ConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP Corrigé proposé par:
M. Afekir - École Royale de l’Air CPGE Marrakech
cpgeafek@yahoo.fr
Premier problème :
Étude de quelques aspects mécaniques d’une roue de voiture
Première partie
Équilibrage d’une roue de voiture
1 . 1
.
Étude cinétique−→ OA = R ~e
Y′~g = − g ~e
Z= − g − → K
o−−→ OO
′= X
o(t) − → I
o+ Y
o(t) − → J
o+ Z
o(t) − → K
o1 . 1 . 1
.
Vecteur position−−→
O
′A
−−→ O
′A = −−→
O
′O + −→ OA
tels que :
−−→ O
′O = e − → I
o−→ OA = R
cos θ − →
J
o+ sin θ − → K
oSoit :
−−→
O
′A
e R cos θ R sin θ
−→ Io,−→
Jo,−→ Ko
1 . 1 . 2
.
Vecteur position−−→
O
′G
−−→ O
′G (m + ∆m) = ∆m −−→
O
′A + m −−→
O
′O
′= ⇒ −−→
O
′G = ∆m m + ∆m
e − → I
o+ R
cos θ − → J
o+ sin θ − → K
oSoit :
−−→
O
′G = m m + ∆m
e R cos θ R sin θ
−→ Io,−→
Jo,−→ Ko
1 . 1 . 3
.
Vitesse deA
dansR
R
~v
A= d −−→
O
′A dt
!
R
= R θ ˙
− sin θ − → J
o+ cos θ − → K
oSoit : R
~v
A=
0
− R θ ˙ sin θ R θ ˙ cos θ
−→ Io,−→
Jo,−→ Ko
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1 . 1 . 4
.
Moment cinétique deA
dansR
calculé enO
′R
~σ
A(O
′) = −−→
O
′A ∧ ∆m
R~v
A= ∆mR θ ˙
R − → I
o− e cos θ − → J
o− e sin θ − → K
oSoit : R
~σ
A(O
′) = ∆mR θ ˙
R
− e cos θ
− e sin θ
−→ Io,−→
Jo,−→ Ko
1 . 1 . 5
.
Le référentiel barycentrique est tout référentiel dont le centre est le barycentre du système et dont les axes sont parallèles à ceux du repère Galiléen. Le référentiel barycentrique de la roue parfaite estR
.1 . 1 . 6
.
Théorème de Koenig relatif au moment cinétiqueR
~σ
O=
R∗~σ
O+
R~σ
O(G)
avec :(
R~σ
O(G) = M −−→ OG ∧
R~v
GM
: masse total du système1 . 1 . 7
.
Moment cinétique de la roue parfaiteR
dansR
calculé enO
′R
~σ
R(O
′) = I
∆Xθ ˙ − → I
o= mR
22 θ ˙ − → I
oSoit : R
~σ
R(O
′)
mR
22 θ ˙ 0 0
−→ Io,−→
Jo,−→ Ko
1 . 1 . 8
.
Moment cinétiqueR~σ(O
′)
de la roue complèteR
~σ(O
′) =
R~σ
R(O
′) +
R~σ
A(O
′)
Soit : R
~σ(O
′)
1
2 mR
2θ ˙ + ∆mR
2θ ˙
− ∆mR θe ˙ cos θ
− ∆mR θe ˙ sin θ
−→ Io,−→
Jo,−→ Ko
1 . 2
.
Étude dynamique−
→ R
R
XoR
YoR
Zo
−→ Io,−→
Jo,−→ Ko
−
→ P
0 0
− (m + ∆m) g
−→ Io,−→
Jo,−→ Ko
−
→ C
C
XoC
YoC
Zo
−→ Io,−→
Jo,−→ Ko
−
→ Γ (t)
Γ(t)
0 0
−→ Io,−→
Jo,−→ Ko
1 . 2 . 1
.
Mouvement sans frottements⇐⇒ − → R . − → J
o= 0 = ⇒ R
Yo= 0 1 . 2
. 2
.
Une liaison pivot est parfaite si le moment des actions de contact par rapport à l’axe de rotation est nul.Liaison pivot parfaite
⇐⇒ P
contact= 0 (puissance des actions de contacte)
P
contact= − → C . − →
Ω
R′/R(
Mouvement de rotation autour d’un axe fixe)
= 0 ⇐⇒ − → C
est perpendiculaire à− → Ω
R′/R⇐⇒ C
Xo= 0
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1 . 2 . 3
.
Théorème du centre d’inertie :Soit un système de points matériels, de quantité de mouvement −→p dans un référentiel R, soumis sous la résultante des actions extérieurs −→f dans R ; le mouvement de ce système est régit par l’équation vectorielle :
d−→p dt
R
= −→f
1 . 2 . 4
.
Théorème du moment cinétique :Dans un référentiel GaliléenR, la dérivée par rapport au temps du moment cinétique R−→σO
d’un système matériel R, en un point fixe O , est égale au moment R−→
MO(−→f) par rapport à O de la résultante des forces −→f appliquées sur le système.
dR−→σO
dt
R
= R−→ MO(−→
f)
1 . 2 . 5
.
Bilan des forces dansR
non Galiléen−
→ R
R
Xo0 R
Zo
−→ Io,−→
Jo,−→ Ko
−
→ P
0 0
− (m + ∆m) g
−→ Io,−→
Jo,−→ Ko
−
→ f
ie= − (m + ∆m) ¨ Y
o(t) − → J
o et− → f
ic= − → 0
1 . 2 . 6
.
Théorème du centre d’inertie dansR
(m + ∆m)
R~a
G= R
Xo− → I
o− (m + ∆m) ¨ Y (t) + (R
Zo− (m + ∆m) g) − → K
oR
~a
G=
d
2O
′G dt
2R
= ∆m
m + ∆m R θ ˙
2( − cos θ − sin θ) ,
avecθ(t) = ˙ ω
ouθ(t) = ωt + θ
o1 . 2
. 7
.
Projection de l’équation précédente (obtenue en 1.
2.
6.
) suivant− → J
o= ⇒ − ∆mRω
2cosθ = − (m + ∆m) ¨ Y
o(t)
D’où :
Y ¨
o(t) = ∆m
m + ∆m Rω
2cos (ωt + θ
o) (1) 1 . 2
. 8
.
Théorème du moment cinétique dansR d
R~σ(O
′)
dt
R
= − → M
O′− → P
+ − → M
O′− → R
+ − → M
O′f ~
ie+ − → C + − → Γ
tels que :
− → M
O′− → P
= −−→
O
′G ∧ (m + ∆m)~g = ∆mg
e − → J
o− R cos θ − → I
o− → M
O′− → f
ie= −−→
O
′G ∧ − → f
ie= ∆m Y ¨
o(t)
− e − → K
o+ R sin θ − → I
od
R~σ(O
′)
dt
R
= ∆mRω
2e
sin θ − → J
o− cos θ − → K
o−
→ C + − → Γ (t) = C
Yo− → J
o+ C
Zo− → K
o+ Γ(t) − → I
o1 . 2 . 9
.
Projection de l’équation précédente (obtenue en 1.
2.
8.
) suivant− → I
o0 = Γ(t) − ∆mgRcosθ + (∆m)
2Y ¨
o(t)Rsinθ
tels que :
Γ(t) = ∆mgRcosωt
1 − Rω
2∆m
g(m + ∆m) sinωt
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1 . 3
.
Applications1 . 3 . 1
.
Y ¨
o(t) = ∆m
m + ∆m Rω
2cos (ωt) = ⇒ Y ˙
o(t) = ∆m
m + ∆m Rωsin (ωt) Y
o(t) = ∆m
m + ∆m R (1 − cosωt) = Y
o max2 (1 − cosωt) ,
Mouvement de translation sinusoidalY
o max= 2R ∆m
m + ∆m 1 . 3
. 2
. ϕ
étant faible−→ OA = OB = OD et AB = Y
o(t) ⇒ Y
o(t) = Dϕ(t)
D’où :Y
o max= Dϕ
max1 . 3 . 3
.
Pour une roue complète parfaiteY
o max= ϕ
max= 0 1 . 3
. 4 .
Y
o max= 2R ∆m
m + ∆m et ϕ
max= 2R ∆m D(m + ∆m)
∆m ϕ
maxY
o max1 . 3 . 5
.
Le conducteur va ressentir des vibrations au niveau du volant ! ! !1 . 3 . 6
.
Le but est de changer la position du centre de masse de la roue et le positionner sur l’axeO
′X
: pour se faire, il suffit de placer la masse∆m
en une position symétrique, par rapport àO
′′, au pointA
.Deuxième partie
Modélisation d’une suspension d’automobile
2 . 1
.
Équation différentielle2 . 1 . 1
. L
o : longueur à vide du ressort etl
osa longueur à l’équilibre.A l’équilibre :
− → P + − → f = − → 0
avec− → P = − mg − → K et − → f = − k(l
o− L
o) − → K
Soit :∆l
o= L
o− l
o= mg
k
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2 . 1 . 2
.
Bilan des forces exercées sur la massem
−
→ f z(t) − → g
−
→ K
x O
H m
m
l
oz(t) + l
o− z
o(t)
−
Action de pesanteur−
→ P = − mg − → K
−
Action du ressort−
→ f = − k −−→ OH(t) − L
o− → K
= − k ( − ∆l
o+ z(t) − z
o(t)) − → K
−
Action se l’amortisseur fluide−
→ F = − α~v
r= − α ( ˙ z(t) − z ˙
o(t)) − → K 2 . 1
. 3
.
Théorème de la résultante cinétique− mg − →
K − k ( − ∆l
o+ z(t) − z
o(t)) − →
K − α ( ˙ z(t) − z ˙
o(t)) − →
K = m z(t) ¨ − → K
Par projection de l’équation suivant
~u
z tel quek∆l
o= mg
, on en déduit l’équation suivante :m¨ z(t) + α z(t) + ˙ kz(t) = f (t) (2) avec f (t) = α z ˙
o(t) + kz
o(t)
2 . 1 . 4
.
L’équation(2)
pourra s’écrire sous la formez(t) + 2 β
ω
oz(t) + ˙ 1
ω
2oz(t) = ¨ G(t) (3)
tels que :
G(t) = f (t)
k = α
k z ˙
o(t) + z
o(t) ω
o=
r k m β = αω
o2k = α
2 √ km
k
etm
deux constantes ;β = f (α)
: d’où sa nomination coefficient d’amortissement réduit.2 . 2
.
Réponse indicielle2 . 2 . 1
.
Profil de la route :z
o(t)
~v
o= v
o− → I = dx dt
−
→ I ⇔ x(t) = v
ot + x
oConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP
x
6x
oz
o(t) = 0
x
o 6x
6x
1z
o(t) = ax + b (C.I)
( 0 = ax
o+ b Z
o= ax
1+ b ⇒
a = Z
oεv
ob = − Z
oεv
ox
oou
z
o(t) = Z
oε t x
>x
1z
o(t) = Z
o0 z
o(t)
ε Z
ot
2 . 2 . 2
.
Équations horairesz
o(t) z
o(t) = Z
oε t pour t ∈ [0, ε]
z
o(t) = Z
opour t ∈ [ε, + ∞ [ 2 . 2
. 3
.
Unités dans le (SI)grandeur
k α
unité (SI)
kg.s
−2kg.s
−1Applications numériques :
ω
o= 10 s
−1 etβ = 1, 25 2 . 2
. 4
.
Expression deG(t)
pourt
entre0
etε
G(t) = Z
oε
α
k + t
avec :
0
6t
6ε = 10
−3s α
k = 0, 25 ⇒ α
k >> t ∀ t ∈ [0 , ε]
D’où :
G(t) ≈ Z
oα
εk
constant. 2 . 2
. 5 .
G(t) = Z
oα εk
L’équation différentielle(3)
s’écrit pourt ∈ [0, ε]
:z(t) + 2 β
ω
oz(t) + ˙ 1
ω
o2z(t) = ¨ Z
oα
εk (4)
ConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP Solution générale de l’équation
(4)
:z(t) = Aexpr
1t + Bexpr
2t + C avec A et B
constantes d’intégrationC :
solution particulière de l’équation(4)
r
1et r
2> r
1 sont solutions de l’équation caractéristique :1 + 2r β
ω
o+ r
2ω
2o= 0
de discriminent∆ = β
2− 1
ω
o> 0
carβ < 1
Soient :
(
avecr
2> r
1)
C = Z
oα εk r
1= − ω
oβ + p
β
2− 1 r
2= ω
o− β + p
β
2− 1 2 . 2
. 6 .
z(t) = Aexpr
1t + Bexpr
2t + C
Conditions initiales :z(0) = 0
etz(0) = 0 ˙ ⇒
A = − r
2C r
2− r
1B = + r
1C r
2− r
1 Soient :
z(t) = C
r
2− r
1(r
2− r
1− r
2expr
1t + r
1expr
2t)
˙
z(t) = Cr
1r
2r
2− r
1(expr
2t − expr
1t)
Dans le cadre de l’approximation admise (| εr
1| << 1
et| εr
2| << 1
) :1 + expεr
1≈ 1 + r
1ε et 1 + expεr
2≈ 1 + r
2ε
Soient :
z(ε) ≈ C
r
2− r
1(r
2− r
1− r
2(1 + r
1ε) + r
1(1 + r
2ε))
˙
z(ε) ≈ Cr
1r
2r
2− r
1((1 + r
2ε) − (1 + r
1ε)) = Cr
1r
2ε
ou :
z(ε) ≈ 0
˙
z(ε) ≈ Z
oω
o2α
k = 2, 5 ms
−16 = 0 2 . 2
. 7
.
Pourt ∈ [ε , + ∞ [
l’équation différentielle (3) s’écrit :z(t) + 2 β
ω
oz(t) + ˙ 1
ω
o2z(t) = ¨ Z
o(5)
Solution générale de l’équation(5)
:z(t) = A
′expr
1t + B
′expr
2t + Z
oavec A
′et B
′ constantes d’intégrationConditions initiales :
z(ε) = 0
etz(ε) = 0 ˙ ⇒
A
′= − r
2Z
or
2− r
1exp − r
1ε B
′= + r
1Z
or
2− r
1exp − r
2ε
Soient :
A
′≈ − Z
or
2r
2− r
1= Z
o2 1 − β
p β
2− 1
!
B
′≈ + Z
or
1r
2− r
1= Z
o2 1 + β
p β
2− 1
!
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z(t) = Z
o2 1 − β
p β
2− 1
!
expr
1t + Z
o2 1 + β
p β
2− 1
!
expr
2t + Z
o2 . 2
. 8 .
β = α 2 √
km
β > 1
β < 1 z(t) z(t)
Z
oZ
ot t
ε ε
2 . 2 . 9
.
Le vieillissement entraîne une diminution du coefficientβ
qui tendra vers une valeur inférieur à 1. Dans ces conditions lorsque le véhicule rencontre un obstacle sur la route, fini le confort pour les usagers (passagers).2 . 2 . 10
.
Hors sécurité ! !2 . 3
.
Réponse harmoniquez
o(t) = Z
ocosωt
et en représentation complexe :z(t) = Zexpiωt 2 . 3
. 1
.
Fonction de transfert : ,H(iω) = Z/Z
o. En notation complexe, l’équation différen- tielle (3) s’écrit :z(t) + 2 β ω
o˙
z(t) + 1
ω
2o¨ z(t) = α
k z ˙
o(t) + z
o(t)
ou :z(t)
1 + 2iβ ω
ω
o− ω
2ω
2o= z
o(t) iω α
k + 1
= z
o(t)
2iβ ω ω
o+ 1
D’où :
H(iω) =
1 + 2iβ ω ω
o1 + 2iβ ω
ω
o− ω
2ω
2o2 . 3
. 2
.
Gain en décibelG(ω)
G(ω) = 20log
10H(ω) = 10log
10
1 + 4β
2ω
2ω
2o1 − ω
2ω
o2 2+ 4β
2ω
2ω
o2
◦
pourω << ω
oG(ω) ∼ 0
droite horizontale◦
pourω >> ω
oG(ω) ∼ − 20log
10ω
ω
o+ 20log
10(2β)
droite oblique de pente -20 décibel par décadeConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP
2 . 3 . 3
.
Diagramme (asymptotique) de Bode20log
10(2β)
10
−110 10
2− 10
− 20
ω ωo
G (ω) (dB)
droite de pente -20
dB
/ décadeLe gain est maximum au voisinage des faibles fréquences et s’atténue au voisinage des hautes fréquences.
2 . 3 . 4
.
Pulsationω
en fonction deλ v = dx
dt ⇒ x(t) = vt + x
o⇒ z
o(t) = Z
ocosωt = Z
ocos ω
v (x − x
o) = z
o(x) λ
étant la période spatiale⇔ z
o(x + λ) = z
o(x) ⇔ ω
v λ = 2π
d’où :ω = 2 v
oπ
λ 2 . 3
. 5
.
Rallye Paris-Dakarv
min= 10 λω
o2π 2 . 3
. 6
.
On conseille aux pilote d’abaisser leurs vitesse au niveau de cette zone ! !ConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP
Deuxième problème :
Étude thermodynamique d’un moteur de voiture
Première partie
Étude qualitative du cycle
Le cycle étudié est celui d’un moteur thermique. Or un moteur ditherme ne peut que fournir du travail
W = − R
pdV < 0
(surface délimitée par le cycle dans le dans le plan de Clapyron(P , V )
) : c’est le cas lorsque le cycle est décrit dans le sens des aiguilles d’une montre .P
V 1
2 3
4 Q
23> 0
Q
34= 0
Q
41< 0 Q
12= 0
V
2V
3V
1Deuxième partie
Étude quantitative du cycle
2 . 1
.
Point 22 . 1 . 1
.
TempératureT
2La transformation
(12)
est adiabatique réversibleLoi de Laplace
T
1V
1γ−1= T
2V
2γ−1= ⇒ T
2= T
1τ
γ−1 Application numérique :T
2= 750 K
2 . 1 . 2
.
PressionP
2Loi de Laplace
T
1P 1
1−γ
γ
= T
2P 2
1−γ
γ
, = ⇒ P
2= P
1T
1T
2 1γ−γ
= P
1τ
γApplication numérique :
P
2= 25 × 10
5P a
ConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP
2 . 2
.
Point 32 . 2 . 1
.
Rapport des températuresα
α = T
maxT
min= T
3T
12 . 2
. 2
.
TempératureT
3T
3= α T
1= 3000 K 2 . 2
. 3
.
PressionP
3P
3= P
2= 25 × 10
5P a
2 . 3
.
Point 42 . 3 . 1
.
TempératureT
4T
4V
1γ−1= T
3V
3γ−1et V
2T
2= V
3T
3; T
3= αT
1et T 2 = T
1τ
γ−1= ⇒ T
4V
1γ−1= T
3T
3V
2T
2 γ−1= α
γV
2γ−1T
1τ
−(1−γ)2 soit :T
4= α
γτ
γ(1−γ)T
1Application numérique :
T
4≃ 2080 K 2 . 3
. 2
.
PressionP
4P
4T
4= P
1T
1= ⇒ P
4= α
γτ
γ(1−γ)P
1Application numérique :
P
4≃ 7, 00 × 10
5P a
Troisième partie
Rendement d’un cycle moteur
3 . 1
.
Rendementη
d’un cycle moteur compte tenu de la vocation du moteur :η =
transfert d’énergie utile pour l’utilisateurTransfert d’énergie dépensée pour faire fonctionner le moteur
3 . 2
.
Rendement du cycle théorique3 . 2 . 1
.
Expression deη η = − W
Q
23 avec∆U
cycle= W + Q
23+ Q
41= 0 Q
23= ∆H
23= mc
p(T
3− T
2) et Q
41= ∆H
41= mc
v(T
1− T
4)
soit :
η = 1 + Q
41Q
23= 1 + 1 γ
T
1− T
4T
3− T
2ConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP
3 . 2 . 2
.
η = 1 + 1 γ
T
1T
31 −
TT411 −
TT23!
= 1 + 1 γα
1 − α
γτ
γ(1−γ)1 −
TT23!
avec T
2T
3= T
2T
1T
1T
3= 1
α τ
γ−1soit :
η = 1 + 1 γ
1 − α
γτ
γ(1−γ)α − τ
γ−1!
3 . 2 . 3
.
Application numérique :η ≈ 43
o/
o3 . 3
.
Cycle de Carnot3 . 3 . 1
.
Le cycle de Carnot est un cycle réversible décrit par une machine thermique ditherme ; il est constitué de deuxisothermes, de températures égales à celles des sources, et de deux portions d’adiabatiques séparant les deux isothermes.P
V Adiabatiques Isothrmes
T
minT
maxQ
minQ
max3 . 3 . 2
.
Rendementη
c du cycle moteur de Carnotη
c= − W
Q
max= 1 + Q
minQ
maxLe 1er et 2èmeprincipe de la thermodynamique :
∆
Ucycle =W
+Q
min+ Q
max= 0
∆
Scycle =Q
minT
min+ Q
maxT
max= 0
soit :η
c= 1 − T
minT
max3 . 3
. 3 .
η
c= 1 − T
1T
3= 90
o/
oConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP
3 . 3 . 4
.
η
c,> η
Le fait de considérer que les transformations (
1 → 2
) et (3 → 4
) sont adiabatique (absence d’échanges thermiques par les parois des cylindres ) réversibles (absence de frottements despistons sur les cylindres ) n’est qu’une hypothèse théorique.
Quatrième partie
Prise en compte des frottements internes
4 . 1 .
T
S 1
2
3
4 Isobare
Isochore
S
1= S
2S
3= S
44 . 2
.
Énoncé du second principe de la thermodynamique (principe de l’évolution) : Énoncé : Pour tout système fermé, il existe une fonction d’état S , extensive et non conservative, appelée fonction entropie ; tel qu’au cours d’une transformation finie entre les instants ti et tf:∆S = Se + Sp avec
(Se : terme d’échange
Sp(>0) : terme de production ou de création
tels que :
Se =
Z δQ T
Q : transfert thermique
Se > 0 pour une transformation irré vérsible Se = 0 pour une transformation ré vérsible
Énoncé :
L’entropieSd’un système isolé ne peut que croître ! Énoncés historiques :
ConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP Énoncé de Clausius :
La chaleur ne peut pas passer d’elle même (de façon spontanée) que d’un corps chaud à un corps froid.
Communication à l’académie de Berlin , 1850
Énoncé de Thomson :
Un système en contact avec une seule source thermique ne peut, au cours d’un cycle, que recevoir du travail et fournir de la chaleur.
William Thomson (Lord Kelvin) , 1851
4 . 3 .
◦
Les étapes(B)
et(D)
sont adiabatiques réversibles= ⇒
isentropiques.◦
Les étapes(B
′)
et(D
′)
sont adiabatiques irréversibles= ⇒
augmentation d’entropie (désordre).◦
Conséquences :S
2′> S
2= S
1 etS
4′> S
4= S
3T
S 1
2
3
4 Isobare
Isochore 2
′4
′(B
′)
(D
′)
S
1S
2′S
3S
4′Figure 1
4 . 4
.
L’augmentation d’entropie (désordre) s’accompagne d’une augmentation d’agitation thermique :◦
Le long de l’isobare(23)
, la température augmente de2
à3
.◦
Le long de l’isochore(41)
, la température diminue de4
à1
.◦
Conséquences :T
2′> T
2 etT
4< T
4′4 . 5
.
On pose :β = T
2′T
2= T
4′T
4ConcoursNationalCommun—PHYSIQUEI—Filière:MP
4 . 5 . 1
.
Expression du rendementη
,η
,= − W
′Q
2′3avec
∆U
cycle′= W
′+ Q
2′3+ Q
4′1= 0 Q
2′3= ∆H
2′′3= mc
pT
3− T
2′et Q
4′1= ∆H
4′′1= mc
vT
1− T
4′ soit :η
,= 1 + Q
4′1Q
2′3= 1 + 1 γ
T
1− T
4′T
3− T
2′!
4 . 5 . 2
.
η
,= 1 + 1 γ
T
1− βT
4T
3− βT
24 . 5 . 3
.
On introduit le paramètrex
tel que :1 ≤ x ≤ β
soit :η(x) = 1 + 1
γ
T
1− xT
4T
3− xT
2avec
η
,= η(x = β)
etη = η(x = 1)
puis, on étudie la fonctionη(x)
dans l’intervalle[1 , β]
dη(x)
dx = T
1T
2− T
3T
4γ (T
3− xT
2)
2< 0 = ⇒ η(x)
est une fonction décroissante sur l’intervalle[1 , β]
Soit :