Ce devoir porte sur les 6 leçons précédentes + l'intermède. 
Relire les leçons, et mémoriser les résumés. 
Ce devoir est prévu pour 3 heures. (exercice : 6 points ; problème 14 points). Bon courage.
Exercice : théorème des cordes (6pts).
Soit un cercle de centre C , de diamètres horizontal OE , vertical SN.
Problème : chute avec résistance de l'air(14pts).
On lance un plomb P, sphérique de rayon R , du point O , verticalement, avec la vitesse Vo. On néglige la légère correction de poussée d'Archimède.
La résistance de l'air est -kaSV², a masse volumique de l'air, S = Pi.R² , si bien que l'équation différentielle donnant le mouvement s'écrit : 
z" = -g - k a S V²/m 
z" = -g(1 + V²/ V1²).
Conclure sur le dialogue de sourds entre les Bombardieri et Torricelli.
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Correction du problème.
 *1/. ===
V1² = mg/kaS ~ R ;
 *2/. ===
si balle de ping-pong, m~S donc V1 indépendante de R [ceci dit , les balles de ping-pong ont un rayon et une masse normalisées].
k~0.25. Alors la vitesse limite pour un faucon, considéré comme une boule de rayon R= 5cm, donne V1² = (r/a)gR/3k ~ 1000. 10.(0.05)4/3 = 100.(20/3), soit V1 = ~ 30m/s (je pense que c'est plus, à cause du k et du maître-couple : à confirmer via lecture sur faucons).
 *3/. ===
soit u := V²/V1² , l'équation devient : V1² du/(1+u)= -2g dz ; donc h = V1²/2g . Ln(1+Vo²/V1²); pertinent avec Vo très petit : h = Vo²/2g.(1-Vo²/2V1²) (très léger ralentissement). 
Le temps de montée Tm est Tm = V1/g . arctan(Vo/V1) = Vo/g (1-V0²/3V1²), plus court que Vo/g [mais on monte moins haut que Vo²/2g].
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 Wikipédia chute avec résistance de l'air).
k=~0.25 , sans dimension . On peut prendre du gaz SF6 , du gaz CO2 , et aussi jouer sur les pressions : ainsi , on peut espérer compenser les erreurs systématiques à 2Vo/g.
la particule rebondit avec la vitesse e.Vo' qui joue le rôle du nouveau Vo ; ainsi la progression et plus rapide que géométrique et donc la balle s'arrête aussi au bout d'un temps Fini.
Cette question est de niveau plus difficile.
Cette démonstration est faite en balistique extérieure de la Wikipédia. 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 Bernoulli, 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 : 
dv/dt = -g sinA -g f(v) soit : 
 dv/dA = v tanA + v.f(v)/cosA (equation (B alistique))
équation du premier ordre, avec C.I. de Cauchy (Ao, Vo).
D'où v = V(A), ce qui est l'hodographe en coordonnées polaires.
Quand A tend vers -90°, v tend vers une limite :f(V1) = 1.
La trajectoire en coordonnées intrinsèques est R = V²(A)/(g.cosA).
Cette trajectoire est dissymétrique par rapport à sa culmination (qui correspond à A = 0), car l'équation (B) donne v(A) > v(-A) et x(t) représente l'aire balayée par l'hodographe (cf. vitesse aréolaire).
L'immense différence avec le cas de Torricelli est que :
C'est bien ce qu'affirmaient les artilleurs : il y a une asymptote.
L'équation (B) s'appelle équation fondamentale de la Balistique.
Lecture : sur la brachistochrone.
Ici est donnée une lecture pour se reposer un peu et ADMIRER le travail accompli en 1 siècle, de 1610 à 1710 : 
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’œuvre d'Euler et de Lagrange au XVIIIème siècle. Néanmoins, Newton donne qq exemple dans les Principia, mais ne maîtrise pas encore le sujet.
Voyons comment se résout le problème de la brachistochrone.
Le problème de Bernoulli : en fait Bernoulli 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 d'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 répétera 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 Bernoulli, 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 !
On aurait pu aussi choisir la gouttière circulaire en quart-de-cercle conduisant à (b,-b) : le résultat de Mersenne (vers 1638!) était alors : 18% de plus !! ( K(k);la formule-de-Borda donne ~Pi^2/64 =17% d'augmentation, ce qui n'est pas si mal pour une théorie approchée )