X/ENS Modélisation PSI 2006 — Corrigé

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X / ENS Modélisation PSI 2006 — Corrigé

Ce corrigé est proposé par Jean-Julien Fleck (ENS Ulm) ; il a été relu par Benja- min Levrard (Chercheur au CNRS) et Walter Appel (Professeur en CPGE).

Si vous cherchez un corrigé de physique, passez directement au suivant, celui-ci contient essentiellement des mathématiques. Il n’est pas sans intérêt pour autant ! Son thème est la modélisation des vibrations d’une poutre.

• La partie I, la seule contenant véritablement de la physique, repose sur le principe fondamental de la dynamique et le théorème du moment cinétique afin de mettre en équation le système de la poutre vibrante. Elle n’est pas fondamenta- lement difficile mais nécessite d’être sûr de soi lors de l’application du théorème du moment cinétique, notamment quant à son point d’application.

• La deuxième partie présente une résolution fonctionnelle du système d’ordre 4 obtenu à la fin de la partie précédente à l’aide des fonctions propres du système et des produits scalaires associés. Elle s’achève sur une résolution explicite dans deux cas particuliers.

• La troisième partie entreprend une modélisation non continue ouvrant la porte aux méthodes matricielles de résolution introduites dans la quatrième partie.

• Dans cette dernière, la plus mathématique du lot, des théorèmes très généraux sur les systèmes linéaires commandés/observés sont démontrés, notamment en ce qui concerne la stabilisation par bouclage linéaire. Remarquons que cette partie est très proche du sujet de mathématiques posé au concours X/ENS, filière PSI, en 2005.

Le sujet dans son ensemble peut être considéré comme très difficile, notamment en temps limité. Il n’en demeure pas moins très intéressant conceptuellement puis- qu’il décrit des méthodes de résolution mathématiques très générales, applicables à n’importe quel problème physique ainsi discrétisé.

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Indications

1.2 Regarder localement quel est l’angle vu lorsqu’on monte dedvaprès avoir avancé dedxsur la poutre.

1.3 Ne pas oublier que le théorème du moment cinétique doit s’appliquer en un point fixe du système.

1.8 Calculer les quantités dans l’ordre donné par l’énoncé, chacune se déduisant simplement des précédentes.

1.13 Vérifier qu’au final on peut arriver facilement à l’équation(5)présentée dans la deuxième partie.

2.2 Chercher la solution sous la forme

V(x) = A chλx+ B shλx+ C cosλx+ D sinλx afin de simplifier l’expression des conditions aux limites.

2.5 Intégrer K(Vi, u)par parties en se servant des conditions aux limites pour Vi

et de la définition deH.

2.8 Chercher à se débarrasser de la dépendance au premier ordre enδà l’aide de la relation démontrée à la question 2.5.

2.9 Multiplier par Vk(x)et intégrer de0 à L. Utiliser l’orthogonalité des fonctions propres pour conclure.

2.10 Modéliser la force ponctuelleFpar une force étendue valantF/δxentreL−δx etL.

2.12 Que se passe-t-il quand on excite un oscillateur à sa fréquence propre ?

3.9 Montrer que Mest inversible et considérerM⁻¹K.

4.3 Supposer (ou montrer brièvement) que les exponentielles de matrices ont toutes les propriétés voulues pour écrire la solution d’une telle équation différentielle.

4.4 Décomposer sur les différents espaces propres pour majorer les différents termes.

4.6 En supposant le système commandable, montrer en premier lieu que

∀X∈ H^∗ ∃s >0 ∀T^′>s ^tX Q^c(T^′)X>0

Pour ce faire, prendre Φ^a = 0, Φ^d = X et faire apparaîtreQ^c(T) en calculant

tX X. Utiliser le fait que pour une matrice symétriqueQ^c(T^′), Ker Q^c(T^′) =

X ; ^tX Q^c(T^′)X = 0

afin de montrer qu’il existe unTsuffisamment grand tel querg Qc(T) = 2N.

Pour l’inclusion inverser, poser

u(s) = ^tB ^te^(T⁻^s)A·Qc(T)⁻¹·M et trouver l’expression de la matriceM.

4.9 Suivre l’énoncé et remarquer queL = ^te2NC−1 ou encoreLC= ^te2N.

4.11 Pour ajouter une partie réelle −a aux racines λ, il suffit de remplacerλ par λ+adans le polynôme caractéristique de la matriceA.

4.12 Dire que le système est non observable équivaut à dire qu’il existe deux états différents non discernables pour tout instantt.

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I. Étude du modèle de poutre

Préliminaires

1.1 La surface d’une section vaut sa largeur2hque multiplie sa hauteur 2b S = 4hb

Le moment d’inertie d’une tranchedxautour de l’axeGxz se calcule ainsi : Jzdx=

Z dm y²

= Z h

y=−h

Z b

z=−b

y²ρdxdydz Jzdx= 2b ρdx

Z h

−h

y²dy

d’où Jz= 4

3ρ bh³

1.2 Plaçons-nous entre les pointsxetx+ dx. Sur le schéma, on voit qu’un déplacement dedxvers la droite fait monter la ligne moyenne dedv. Cette dernière fait un angleθ petit avec l’horizontale, de sorte quetanθ≈θ. Ainsi,

θ(x) = ∂v

∂x

θ dv

dx θ

Attention,v est une distance, non une vitesse comme un coup d’œil rapide pourrait le faire penser.

Obtention des équations d’équilibre

1.3 Considérons un tronçon de poutre de masse ρSdxsitué entre les abscisses x etx+ dx. Les forces s’appliquant sur ce tronçon se résument aux efforts tranchants T(x+ dx)−→

uy à droite et −T(x)−→

uy à gauche ainsi qu’à l’effort extérieur p(x)dx−→ uy. Le principe fondamental de la dynamique projeté sur−→

uy s’écrit ρSdx∂²v

∂t² = T(x+ dx)−T(x) +p(x) dx

= ∂T

∂x +p(x)

dx au premier ordre

d’où ρS∂²v

∂t² = ∂T

∂x +p(x)

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Appliquons à présent le théorème du moment cinétique au tronçon au point fixeO du système.

Rappelons que le théorème du moment cinétique doit toujours être appliqué à un point fixe, ce qui empêche ici de choisir le pointGxqui aurait pu paraître pertinent. En un pointOfixe et en projection sur l’axe desz, il s’écrit, avecJO

le moment d’inertie enOpar rapport à l’axe deszet−−→

M_O(−→

Fi)le moment de la force−→

Fi enO,

JO

d²θ dt² =P

i

−−→

M_O(−→ Fi)·−→

ez

Le (petit) angle de rotation variable vu du pointOvautv(x)/x. Le moment d’inertie du tronçon en O peut être calculé à partir du théorème de Huygens. Comme le déplacement selony est négligeable, l’axe de rotation est quasiment à la distance x deGx, ce qui donne

dJO= dm x²+ Jzdx= ρSx²+ Jz

dx

En sus des moments fléchissants provenant du torseurζenxetx+dx, il faut rajouter les moments des efforts tranchants enxetx+ dxainsi que ceux des efforts extérieurs.

dJO

∂²v(x)/x

∂t² = [M(x+ dx)−M(x)]−→ uz

+−−→

OGx+dx∧−→

T (x+ dx)−−−→ OGx∧−→

T (x) +−−→ OGx∧−→

p(x) dx ρSx²+ Jz

x

∂²v

∂t² = ∂M

∂x

−

→uz+∂−−→ OGx

∂x ∧T(x)−→ uy+−−→

OGx∧ ∂T

∂x +p(x) −→

uy

Comme−−→

OGx = x−→ ux+v−→

uy, le seul terme non nul des produits vectoriels est celui faisant intervenir la composante −→

ux. On peut donc projeter la relation précédente sur−→

uz pour obtenir

ρSx+Jz

x ∂²v

∂t² = ∂M

∂x + T(x) +x ρS∂²v

∂t²

et au final Jz

x

∂²v

∂t² = ∂M

∂x + T(x)

1.4 Reprenons la relation fondamentale de la dynamique pour le dernier tronçon ρSdx∂²v

∂t² = F(t)−T(L−dx) +p(L) dx ρS∂²v

∂t² = F(t)−T(L) dx +∂T

∂x(L) +p(L)

La quantité (F(t)−T(L))/dx devant rester finie pour dx →0 afin d’éviter que la poutre ne cède, on en déduit

T(L, t) = F(t)

Il suffit de reprendre de même le théorème du moment cinétique pour en tirer M(L, t) = 0