Mathématiques - [MPSI] comprends rien à cet exo d'optique

[MPSI] comprends rien à cet exo d'optique
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Posted by: pouik

Bonsoir,
Je ne comprends absolument rien à cet exercice

. Donc si vous pourriez m'aider ce serait formidable !!! Merci d'avance.
"En première approximation, la célérité $C$ d'une onde sonore se propageant dans l'océan varie avec la profondeur $z$ suivant la loi : $C = C_0 + a(z - z_0)^2$ , $a$ une constante positive.
Plaçons une source sonore $S$ immergée à la profondeur $z_0$ émettant un faisceau sonore parallèle schématisé par le trajet $SM$ , l'inclination de l'angle $\alpha_0$ par rapport au plan horizontal. Envisageons de découper le milieu de propagation en une succession de tranches horizontales, chacune d'épaisseur infiniment petite $dz$ .
Compte-tenu de la symétrie du milieu, le trajet du faisceau sonore demeure dans le plan vertical $(xOz)$ ; il passe par le point $M(z)$ où la célérité vaut $C$ sous l'inclination $\alpha$ , puis $M'(z+dz)$ où la célérité vaut $C+dC$ , sous l'inclination $\alpha + d\alpha$ . On admettra que les ondes accoustiques suivent les mêmes lois que les ondes électromagnétiques dans le domaine du visible.

- Exprimer la pente $(dz/dx)$ du faisceau en $M$ puis la quantité $(dz/dx)^2$ en fonction de l'angle $\alpha$ . En déduire l'équation différentielle vérifiée par la trajectoire $z=z(x)$ de l'onde accoustique (il est rappelé que : $tan(\alpha)^2 = [1/cos(\alpha)^2] - 1$ ).
-> pour la pente je trouve tan(\alpha) mais je suis pas sur, ensuite je vois pas comment faire !!

- L'angle \alpha est faible et la valeur $C_0$ est beaucoup plus grande que celle de l'expression $a(z - z_0)^2$ . En introduisant la variable $Z = z - z_0$ , montrer que l'équation différentielle précédente peut s'écrire sous la forme :
$(dZ/dx)^2 + K_1Z^2 = K_2$
identifier les constantes $K_1$ et $K_2$ ."

Posted by: pouik

Peut-on dire que :
$ln(1/cos(\alpha)^2) \sim ln(1/cos(\alpha))^2$

Posted by: flaja

NON !!!!
tan(alpha) = dz/dx <----- OK (évidemment) 1ère équation
Il faut appliquer la loi de la réfraction de Descartes <---- 2ème équation
attention à "alpha" au lieu de "i"

1ère équation : permet de calculer (d alpha)/dx en fonction de dz²/dx²
--------------- d'éliminer tous les alpha
2ème équation : exprime (d alpha)/dx en fonction de dz/dx

remarque :
entre 2 tranches (Delta z) (fixe), l'onde sonore suit 2 segments de droite (en descendant)
tranche 1 : alpha, C(z)
tranche 2 : alpha + (d alpha)/dz*(Delta z), C(z)+ d(C(z))/dz*(Delta z)

Posted by: pouik

Bonjour,

Je ne comprends pas où il faut utiliser la loi de Descartes

et comment exprimer $(dz/dx)$ en fonction de $(dz/dx)^2$ : à part dire que l'un est le carré de l'autre !!!

Moi en fait j'avais fait :
$(dz/dx) = tan(\alpha)$ (1)
$(dz/dx)^2 = 1/cos(\alpha)^2 = 1 + tan(\alpha)^2$
On intègre (1), ce qui nous donne :
$z(x) = ln(\frac{1}{cos(\alpha)}) + z_0$
d'où : $z(x)^2 = (ln(\frac{1}{cos(\alpha)}) + z_0)^2$
d'où : $z(x)^2 = (ln(\frac{1}{cos(\alpha)}) + z_0)^2$
d'où : $z(x)^2 = z_0^2(\frac{1}{z_0}.ln(\frac{1}{cos(\alpha)}) + 1)^2$
on fait un developpement limité et on trouve :
$z(x)^2 = z_0^2(\frac{2}{z_0}.ln(\frac{1}{cos(\alpha)} + 1)$
ie : $z(x)^2 = z_0^2(\frac{1}{z_0}.ln(\frac{1}{cos(\alpha)^2) + 1)$
ie : $z(x)^2 = z_0^2(\frac{1}{z_0}.ln(1 + tan(\alpha)^2) + 1)$
ie : $z(x)^2 = z_0^2(\frac{2}{z_0}.ln(1 + (dz/dx)^2)+1)$
on fait encore un developpement limité et on trouve :
$z(x)^2 = z_0^2.(\frac{2}{z_0}.(dz/dx)^2+1)$

et ca ressemble vachement à ce qu'il faut trouver à la question suivante mais y quand même un petit quelque chose qui va pas.
Ai-je fait une erreur ???
merci d'avance.

Posted by: flaja

Non, il faut trouver une équation différentielle du second ordre :
z'' = f(z',z) (dérivées par rapport à x)
Ce n'est pas immédiat, il faut chercher.

On en peut pas résoudre le problème sans tenir compte de c
la première équation tg(alpha) = dz/dx
ne peut pas résoudre la propagation du son à elle tout seule.

Il faut introduire de la physique :
il faut écrire la loi de la réfraction entre 2 couches dz
alpha dans la couche 1 devient (alpha+d alpha) dans la couche 2
ce qui correspond à la courbure ou la dérivée seconde de z(x)
-> ce qui donne une équation différentielle

entre ces 2 équations, on élimine alpha et d alpha/dx

Posted by: pouik

D'après Descartes on a :
$\frac{1}{C}.\sin(\alpha) = \frac{1}{C+dC}.\sin(\alpha+d\alpha)$

Par contre je vois pas c'est quoi la deuxième equation !!

Posted by: flaja

Citation:

D'après Descartes on a :
$\frac{1}{C}.\sin(\alpha) = \frac{1}{C+dC}.\sin(\alpha+d\alpha)$
Par contre je vois pas c'est quoi la deuxième equation !!

C'est ça la deuxième équation qui apporte la physique du problème.
la première étant : tg(alpha) = dz/dx

par contre c'est faux :
1) la loi de Descartes s'applique à l'angle "i" complémentaire de alpha
2) il faut dériver la totalité de l'expression et non pas les deux termes séparéments : voici la solution
$C \cos \alpha = C_1 \cos \alpha_1 = C \cos \alpha + d/dx(C \cos \alpha) dx$

Posted by: pouik

Ne manque-t-il pas des $\alpha$ dans cette formule avec les $d$ ???
$C \cos \alpha = C_1 \cos \alpha_1 = C \cos \alpha + d/dx(C \cos \alpha) dx$

Posted by: flaja

Je pense que cette formule est correcte et elle donne une belle équa. diff.

Posted by: pouik

et après je ne vois pas comment faire intervenir $(dz/dx)^2$ !!!!

Posted by: pouik

Donc l'equadiff est :
$C \cos \alpha = C \cos \alpha + \frac{d(C \cos \alpha)}{dx} dx$ ????

Pk y a t il 2 dx à droite ???

Posted by: flaja

en fait, il faut diviser par C : n = c0 / v
C'est le développement à l'ordre 1 de $(\cos \alpha/C)(x+dx)$
$\cos \alpha_1/C_1 = \cos \alpha/C + d/dx(\cos \alpha/C) dx$

Posted by: pouik

desole mais je comprends toujours pas pourquoi il figure deux $dx$ à droites !!!!

Posted by: flaja

extrait de : http://fr.wikipedia.org/wiki/D%C3%A...ent_limit%C3%A9
Article principal: Théorème de Taylor
Le mathématicien Taylor a démontré qu'une fonction f, dérivable n fois sur un intervalle I contenant x0, possédait un D.L.n au voisinage de x0 :
$f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + \frac{f^{(2)}(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + ...+ \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + o((x-x_0)^n) <br />$
ici x est x_1 et x_0 est x, puis $(x - x_0) = dx$
les termes suivant en dx² sont abandonnés.

Posted by: pouik

oui mais alors si il y a les deux $dx$ : ils se neutralisent donc il n'y en a plus à droite !!!

Posted by: flaja

on met dx pour faire apparaître la dérivée d/dx(\cos \alpha/C)
que l'on sait manipuler. Le dx ne servira plus vois le plutôt comme un Delta x
Je te laisse réfléchir un peu.

Posted by: pouik

en le considérant comme un $\delta.x$ je suis totalement d'accord.

Mais ensuite comment je fais pour avoir l'equadiff vérifiée par $z$ car dans cette equadiff il n'y a pas de $z$ , ni de $(dz/dx)$ ...

Posted by: pouik

Faut-il élever des deux côtés au carré ??

Posted by: flaja

dis-nous ce que tu trouves quand tu développe : $d/dx(\cos \alpha/C) = 0$
il y a des z dans C
mais il restera $d\alpha/dx$
que l'on extrait de l'équation : tg(alpha) = z' (d'où le z'')

Posted by: pouik

$d(\cos(\alpha)/C)/dx = d(\cos(\alpha)/(C_0 + a(z-z_0)^2))/dx$
non ???

Posted by: flaja

Tu as 2 équations :
$tg(\alpha) = dz/dx = z'$
$\frac{d}{dx}\left( \frac{ \cos \alpha}{C_0 + a(z-z_0)^2}\right) = 0$
2 inconnues : $(z,z',z")$ et $(\alpha, \alpha')$ (fonctions de x)
tu élimines alpha (en extrayant $\alpha' = d \alpha/dx$ de chaque équation) et en remplaçant alpha par son expression en fonction de z' : $tg(\alpha) = z'$

Normalement, avec tous ces renseignements, tu devrais pouvoir terminer tout seul.

Posted by: pouik

Donc pour la prempière equation je dois utiliser $\arctan$
et pour la deuxième j'intègre ???

Posted by: pouik

mais le problème c'est que si je dis que :
$\alpha = \arctan((dz)/(dx))$
et en l'injectant dans la deuxième équation au bout de 4 lignes de calcul je retombe sur l'equation 2 du départ.

et je comprends pas pk ????

(oui ca m'enerve!!)

Posted by: flaja

il n'y a pas à transformer tg(alpha) car les fonction de alpha peuvent s'écrire en fonction de tg(alpha) (donc z')

il n' y a rien à intégrer pour l'instant : on cherche une équa. diff.
z'' = f(z',z)

mets chacune des 2 équations sous la forme d alpha/dt = ...

Posted by: pouik

Alors là désolé mais je vois pas du tout comment faire apparaitre $(d\alpha/dt)$ dans les deux équations !!

Une petite piste s'il te plait.

Posted by: flaja

Tu as 2 équations :
$tg(\alpha) = dz/dx = z'$
$\frac{d}{dx}\left( \frac{ \cos \alpha}{C_0 + a(z-z_0)^2}\right) = 0$

tu dérives la première équation par rapport à x et tu auras un d alpha/dx
dans la deuxième équation, il y a déjà un d alpha/dx quand tu développes.

Posted by: pouik

oui mais pour avoir $(d\alpha/dx)$ dans la 1 equation il faut bien que j'écrive :
$\alpha = arctan(dz/dx)$

autrement j'ai en dérivant la 1° :
(ce que j'avais mis dans mon 3ème post (celui qui étais super long).

Posted by: flaja

il suffit de dériver tg(alpha) :
soit : f(alpha)
d/dx( f(alpha) ) = f '(alpha) . d alpha/dx <--- on peut exprimer d alpha/dx en fonction du reste.

Posted by: pouik

donc ca vaut :
$1/(\cos(\alpha)^2).(d\alpha/dx)$
ie $((dz/dx)^2 + 1).(d\alpha/dx)$

non ???

Posted by: flaja

OUI, mais remplace dans l'équation :
$tg(\alpha) = dz/dx = z'$

Posted by: pouik

remplacer est-ce que ca signifie :
$((dz/dx)^2 + 1).(d\alpha/dx) = z''$ ???

Posted by: pouik

sinon pour l'autre equation je trouve :
$(-\sin(\alpha))/(C_0 + a(z - z_0)^2).(d\alpha/dx) = 0$

c'est bien ca ???

Posted by: pouik

sinon est-ce que remplacer signifie remarquer que :
$(dz/dx) = (dz/d\alpha).(d\alpha/dx)$ ???

Posted by: flaja

remplacer est-ce que ca signifie :
$((dz/dx)^2 + 1).(d\alpha/dx) = z"$ ??? <--------- OK
=> d $\alpha/dx = z"/(1+z'^2)$

sinon pour l'autre equation je trouve :
$(-\sin(\alpha))/(C_0 + a(z - z_0)^2).(d\alpha/dx) = 0$ <-------- NON

$\frac{d}{dx}\left(\frac{ \cos \alpha}{C}\right) = 0$
=> $(-\sin(\alpha) C (d \alpha)/dx - \cos(\alpha) dC/dx)/C^2 = 0$
=> $C'/C = -tg(\alpha) (d \alpha)/dx$
...