|
Soit un cercle de centre C , de diamètres horizontal OE , vertical SN.
*1/. On lachelâche sans vitesse initiale un perle sur une corde NM : montrer que le temps mis pour parcourir la corde est indépendant de M .
*2/. On lachelâche sans vitesse initiale un point matériel sur une corde MS : temps mis pour parcourir MS.
*3/. Votre commentaire ?
*4/. Temps mis pour parcourir OSE ?
*4/. ===
Le temps de chute est après un calcul identique : Tc = Vo/g (1-Vo²/6V1²)> Tm et 2Tc-Tm = 2Vo/g +o(Vo^4/V1^4) (on remarque la symétrie de Corinne en montée et descente, mais attention : celle-ci donne la comparaison entre le temps de montée Tm et le temps de descente T'd pour atteindre la '''même''' vitesse et non pas la '''même''' distance; il faut donc adapter le raisonnement de la WikipediaWikipédia [[chute avec résistance de l'air]]).
----
Cette question est de niveau plus difficile.
Cette démonstration est faite en [[balistique extérieure]] de la WikipediaWikipédia. Torricelli ne la trouva pas. En particulier, la trajectoire parabolique donne le même angle de la vitesse d'arrivée que celui de départ (symétrie t/-t). Les bombardieri savaient depuis longtemps que le tir par mortier donnait une différence significative, et que l'arrivée était quasi-verticale. Torricelli, mathématicien, aurait dû être plus modeste et aurait dû répondre: solution provisoire, sans résistance de l'air ; en attente d'un BernouilliBernoulli, qui , avec le calculus à sa disposition , sût résoudre ce problème :
Appelons la résistance par unité de masse g.f(v), dirigée selon la tangente. La gravité donne donc une concavité vers le bas : quand l'abscisse curviligne augmente , l'angle A(t) de la vitesse avec l'horizontale diminue de A(t=0) à -90° : par conséquent -A(t), fonction monotone croissante du temps peut être choisi comme "échelle de temps" [changer d'échelle est souvent une "astuce" judicieuse]: dt = -dA. v/g cosA ; l'équation du mouvement le long de la tangente devient donc :
Ici est donnée une lecture pour se reposer un peu et ADMIRER le travail accompli en 1 siècle, de 1610 à 1710 :
*en 1610, Galilée trouve la loi que nous appelons : v = g.t soit z = 1/2 gt^2 .
*en 1710, BernouilliBernoulli et Newton ont résolu le problème de la brachistochrone. Cela ouvre la voie à EULER, certainement le plus prolifique des scientifiques du XVIIIème siècle.
Rappelons en deux mots quel est le problème de la brachistochrone :
Soit un point de départ D (coordonnées 0,0) ; il s'agit de trouver la "meilleure piste de ski" pour rejoindre le point A ( a,-y°), meilleure voulant dire : celle qui permet d'y aller dans le moindre temps.
Ce problème est donc de nature un peu différente de celui du calculus, car il porte sur une infinité de fonctions, trouver "la meilleure" s'appelle calcul-des-variations , et cela sera l'oeuvrel’œuvre d'Euler et de Lagrange au XVIIIème siècle. Néanmoins, Newton donne qq exemple dans les Principia, mais ne maitrisemaîtrise pas encore le sujet.
Voyons comment se résout le problème de la brachistochrone.
'''Le problème de BernouilliBernoulli''' : en fait BernouilliBernoulli comprend vite que le problème se ramène au suivant :
Soit un point de départ D(0,0), et un départ lancé de vitesse V°. Quelle est la meilleure piste de ski pour atteindre le point arivéed'arrivée A(a,0) situé plus loin ? Très banalement, ceci se ramène au problème suivant : soit b = a/2 . Comment atteindre la droite d'abscisse x = b "au mieux", et trouver le point B(b, -z°) où passe la piste : on comprend aisément que le reste de la piste sera la piste symétrique par rapport à x = b .
Il reste donc à trouver la piste de ski optimale entre D et B(B est encore inconnu!).
On perçoit intuitivement le problème : si on prend une pente trop grande, on ira plus vite, mais on sera moins propulsé vers les grandes abscisses. Il y a donc "optimum" à trouver. Si on trouve la bonne pente de départ, comme le processus se reproduit au temps ultérieur, cette indication sera sans doute suffisante ! On répèterarépétera le raisonnement et donc on adaptera à chaque position la trajectoire de la même manière [ il s'agit de programmation-dynamique avant la lettre, si on le dit comme ça, façon Pontryagine-Bellman]. Mais sitôt dit cette phrase, il apparaît qu'il suffit de savoir résoudre le problème pour V°=0!
'''Le problème de BernouilliBernoulli, départ arrêté ''' : on comprend immédiatement qu'il vaut mieux se laisser tomber en chute libre depuis le point-départ D,et sitôt après commencer à progresser vers le point B ,où la trajectoire est horizontale ( par symétrie, voir plus haut) ; la trajectoire va ressembler à une piste-de-ski-de-saut.Montrer que le point B est à (b, -z°= -2/Pi. b) n'est pas immédiatement évident.Pour simplifier,on va montrer que cette constante cste = 2/Pi peut être approchée par 1/2 : en effet le problème peut se considérer approximativement comme un problème déjà examiné plus haut : se laisser tomber de z° ,puis avec la vitesse acquise sqrt(2g.z°) parcourir la distance b ,soit le temps sqrt(2z°/g) + b /sqrt(2g.z°),minimum pour sqrt(2z°) = sqrt(b),d'où z° = b/2 ; puis Tmin ~ 2sqrt(b/g) (''remarque'' : beaucoup plus court que le temps mis le long du plan icliné DB,qui aurait été sqrt(5) .sqrt(b/g)).Il ne reste plus qu'à traiter le problème réel dont la solution (unique) est : la demi-arche de cycloïde,de pied le point D,et de sommet le point B,soit x = 2/Pi .b.u et -y = 2/Pi.b.(u-sin(u)),avec u variant de 0 à Pi/2.Le résultat est classique : le temps mis pour parcourir cette arche est 1/4 . 2Pi.sqrt(2z°/g), comme le démontra par un vrai tour-de-force le célèbre Huygens, en 1651 ! Soit au final, '''Tmin = Pi/2 . sqrt(b/g)'''.
'''Comparons''' : plan incliné : sqrt(5) ; coude : 2 ; arche : Pi/2 .Le gain est conséquent !
| 