# Signaux physiques (PCSI)/Exercices/Circuits électriques dans l'ARQS : associations de conducteurs ohmiques
## Résistance équivalente d'un treillis métallique invariant par symétrie et antisymétrie axiales électriques

On considère le treillis métallique ci-contre dont tous les côtés ont une même valeur de résistance $\;r$.
On se propose de déterminer, de $\;4\;$ façons différentes utilisant les invariances électriques du réseau par symétrie ou antisymétrie axiales, la résistance $\;R\;$ entre $\;A\;$ et $\;B$.
Déterminer l'invariance de la répartition des courants traversant le réseau par symétrie axiale et
en déduire deux façons différentes permettant d'évaluer la résistance du réseau.
De même déterminer l'invariance de la répartition des courants traversant le réseau par antisymétrie axiale et
en déduire deux autres façons différentes permettant d'évaluer la résistance du réseau.
L'axe $\;AB\;$ est un axe de symétrie de la répartition des courants, on dispose de deux méthodes principales d'utilisation :
* les courts-circuits coupant perpendiculairement l'axe de symétrie n'étant traversés par aucun courant peuvent être supprimés sans modifier la répartition des courants ; pour utiliser cela on dédouble les points de l'axe de symétrie $\;AB\;$ ${\big$à savoir $\;D'\;$ et $\;D''{\big )}$, en deux points situés de chaque côté de l'axe reliés par un court-circuit $\;\perp \;$ à cet axe, on peut alors supprimer ce court-circuit ce qui représente une 1ère méthode d'utilisation de l’axe de symétrie ;
* les points symétriques par rapport à l'axe de symétrie $\;AB\;$ ${\big$à savoir $\;C\;$ et $\;F$, $\;D\;$ et $\;E$, $\;G\;$ et $\;H$, $\;J\;$ et $\;K$, $\;C'\;$ et $\;E'$, $\;C''\;$ et $\;E''{\big )}$ sont au même potentiel, on peut donc les relier par un court-circuit sans modifier la répartition des courants ce qui représente une 2ème méthode d'utilisation de l’axe de symétrie.
L'axe $\;CDEF\;$ est un axe d'antisymétrie de la répartition des courants, on dispose de deux méthodes principales d'utilisation :
* les courts-circuits le long de cet axe d'antisymétrie n'étant traversés par aucun courant pourront être supprimés sans modifier la répartition des courants ; pour utiliser cela on dédouble chacun des points $\;D\;$ et $\;E\;$ de l'axe d'antisymétrie $\;CDEF\;$ en deux points sur cet axe reliés par un court-circuit $\;\parallel \;$ à cet axe, on peut alors supprimer ce court-circuit ce qui représente une 1ère méthode d'utilisation de l’axe d'antisymétrie ;
* les points de l'axe d'antisymétrie $\;CDEF\;$ sont au même potentiel $\;{\dfrac {V_{A}+V_{B}}{2}}$, ils peuvent donc être courts-circuités sans modifier la répartition des courants ce qui représente une 2ème méthode d'utilisation de l’axe d'antisymétrie.

### Utilisation de l'invariance électrique du réseau par symétrie axiale
#### Mise en œuvre de la 1ère méthode d'utilisation de l'axe de symétrie par suppression de courts-circuits traversés par aucun courant

À l'aide de schémas équivalents successifs déterminer la résistance du réseau entre $\;A\;$ et $\;B$.
Dans le 1er schéma de gauche, on a dédoublé les points de l'axe de symétrie $\;AB\;$ ${\big$à savoir $\;D'\;$ et $\;D''{\big )}$, en deux points situés de chaque côté de l'axe $\;{\big$respectivement $\;{D'}_{s}\;$ et $\;{D'}_{i}\;$ pour le 1er, $\;{D''}_{s}\;$ et $\;{D''}_{i}\;$ pour le 2ème${\big )}$ reliés par un court-circuit $\;\perp \;$ à cet axe, court-circuit que l'on a supprimé car traversé par aucun courant ;
Dans le 1er schéma de gauche, observant une association série de deux résistances $\;r\;$ on en déduit $\;R_{G-{D'}_{i}-E}=R_{E-{D''}_{i}-J}=R_{H-{D'}_{s}-D}=R_{D-{D''}_{s}-K}=2\;r\;$ d'où le nouveau schéma équivalent représenté ci-dessus au centre mais, à ce stade, il faut encore rechercher des invariances pour simplifier le réseau car il n'y a pas que des résistances montées en série ou en $\;\parallel \;$ ;
on remarque dans le schéma ci-dessus au centre que l'axe $\;CDEF\;$ est axe d'antisymétrie de la répartition des courants, il est donc possible de dédoubler les points $\;D\;$ et $\;E\;$ de cet axe d'antisymétrie en deux points de l'axe reliés par un court-circuit le long de cet axe respectivement $\;D_{s}\;$ et $\;D_{i}\;$ pour le 1er et $\;E_{s}\;$ et $\;E_{i}\;$ pour le 2ème, courts-circuits que l'on supprime car traversés par aucun courant d'où le nouveau schéma équivalent ci-dessus à droite ;
observant dans le schéma ci-dessus à droite, une association série de deux résistances $\;r\;$ on en déduit $\;R_{C'-D_{s}-C''}=R_{C'-C-C''}=2\;r\;$ puis par association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;2\;r\;$ $\Rightarrow$ $\;R_{C'-C'',\,{\text{total}}}$ $=r\;$ enfin cette résistance étant montée en série avec deux autres résistances $\;r$, on tire $\;R_{H-[C'-C'']_{\text{total}}-K}=3\;r$ ; de même observant observant dans le schéma ci-dessus à droite, entre $\;H\;$ et $\;K$, une association série de deux résistances $\;2\;r\;$ on en déduit $\;R_{H-D_{i}-K}=4\;r\;$ résistance montée en $\;\parallel \;$ sur $\;R_{H-[C'-C'']_{\text{total}}-K}\;$ d'où $\;R_{H-K,\,{\text{total}}}$ $={\dfrac {3\;r\times 4\;r}{3\;r+4\;r}}={\dfrac {12\;r}{7}}$ ; on poursuit en réduisant cette résistance montée en série avec deux autres résistances $\;r\;$ entre $\;A\;$ et $\;B\;$ selon $\;R_{A-[H-K]_{\text{total}}-B}=$ $r+{\dfrac {12\;r}{7}}+r={\dfrac {26\;r}{7}}$ ;
$\;AB\;$
$\;AB\;$
$\;R_{A-[G-J]_{\text{total}}-B}={\dfrac {26\;r}{7}}\;$
$\;{\dfrac {26\;r}{7}}\;$
$\;\parallel \;$
$\;R_{AB}={\dfrac {1}{2}}\;{\dfrac {26\;r}{7}}={\dfrac {13\;r}{7}}\;$

#### Mise en œuvre de la 2ème méthode d'utilisation de l'axe de symétrie en court-circuitant les points symétriques

À l'aide de schémas équivalents successifs déterminer la résistance du réseau entre $\;A\;$ et $\;B$.
Dans le 1er schéma de gauche, on a court-circuité les points symétriques par rapport à l'axe de symétrie $\;AB\;$ ${\big$à savoir $\;C\;$ et $\;F$, $\;D\;$ et $\;E$, $\;G\;$ et $\;H$, $\;J\;$ et $\;K$, $\;C'\;$ et $\;E'$, $\;C''\;$ et $\;E''{\big )}\;$ car les points symétriques sont au même potentiel ;
Dans le 1er schéma de gauche, observant une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;r\;$ on en déduit $\;R_{A-G=H}=R_{G=H-D'}=R_{D'-D=E}=R_{D=E-D''}=R_{D''-J=K}=R_{J=K-B}={\dfrac {r}{2}}\;$ et Dans le 1er schéma de gauche, observant une association $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ de deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ on en déduit $\;R_{G=H-C'=E'}=R_{C'=E'-C=F}=R_{C=F-C''=E''}=R_{C''=E''-J=K}=R_{C'=E'-D=E}=R_{D=E-C''=E''}={\dfrac {r}{2}}\;$ puis Dans le 1er schéma de gauche, en réduisant les associations série de deux résistances $\;{\dfrac {r}{2}}\;$ $\Rightarrow$ $\;R_{G=H-D'-D=E}=R_{D=E-D''-J=K}=R_{C'=E'-C=F-C''=E''}=r\;$ d'où le 1er schéma équivalent ci-dessus à droite ;
dans le 1er schéma équivalent ci-dessus à droite, il faut encore rechercher des invariances pour simplifier le réseau car il n'y a pas que des résistances montées en série ou en $\;\parallel \;$ ;
dans le 1er schéma équivalent ci-dessus à droite, pour cela il convient de réintroduire le point $\;C=F\;$ milieu électrique de $\;C'=E'-C''=E''\;$ et de remarquer que l'axe $\;C=F-D=E\;$ est un axe d'antisymétrie de répartition des courants et par conséquent qu'il est possible de court-circuiter $\;C=F\;$ et $\;D=E\;$ d'où le 2ème schéma équivalent ci-dessous à gauche :
dans ce 2ème schéma équivalent ci-dessus à gauche, entre $\;C'=E'\;$ et $\;D=E=C=F\;$ on a deux résistances $\;{\dfrac {r}{2}}\;$ montées en $\;\parallel \;$ d'où la résistance équivalente $\;R_{C'=E'-D=E=C=F}={\dfrac {r}{4}}$, de même dans ce 2ème schéma équivalent ci-dessus à gauche, entre $\;C''=E''\;$ et $\;D=E=C=F\;$ on a deux résistances $\;{\dfrac {r}{2}}\;$ montées en $\;\parallel \;$ d'où la résistance équivalente $\;R_{D=E=C=F-C''=E''}={\dfrac {r}{4}}$ ; dans ce 2ème schéma équivalent ci-dessus à gauche, entre $\;G=H\;$ et $\;D=E=C=F\;$ passant par $\;C'=E'\;$ la résistance équivalente précédemment évaluée $\;R_{C'=E'-D=E=C=F}\;$ est montée en série avec une résistance $\;{\dfrac {r}{2}}\;$ d'où $\;R_{G=H-C'=E'-D=E=F=C}=$ ${\dfrac {r}{2}}+{\dfrac {r}{4}}={\dfrac {3\;r}{4}}\;$ laquelle étant montée en $\;\parallel \;$ sur $\;R_{G=H-(D')-D=E}=r\;$ $\Rightarrow$ la résistance équivalente $\;R_{G=H-D=E=C=F,\,{\text{total}}}={\dfrac {{\dfrac {3\;r}{4}}\;r}{{\dfrac {3\;r}{4}}+r}}={\dfrac {3\;r}{7}}$, de même dans ce 2ème schéma équivalent ci-dessus à gauche, entre $\;J=K\;$ et $\;D=E=C=F\;$ passant par $\;C''=E''\;$ la résistance équivalente précédemment évaluée $\;R_{D=E=F=C-C''=E''}\;$ est montée en série avec une résistance $\;{\dfrac {r}{2}}\;$ d'où $\;R_{D=E=F=C-C''=E''-J=K}=$ ${\dfrac {r}{2}}+{\dfrac {r}{4}}={\dfrac {3\;r}{4}}\;$ laquelle étant montée en $\;\parallel \;$ sur $\;R_{J=K-(D'')-D=E}=r\;$ conduit à la résistance équivalente $\;R_{J=K-D=E=C=F,\,{\text{total}}}={\dfrac {{\dfrac {3\;r}{4}}\;r}{{\dfrac {3\;r}{4}}+r}}={\dfrac {3\;r}{7}}\;$ d'où le 3ème schéma équivalent ci-dessus à droite ;
$\;A\;$
$\;B\;$
$\;R_{AB}={\dfrac {r}{2}}+2\;{\dfrac {3\;r}{7}}+{\dfrac {r}{2}}\;$
$\;R_{AB}={\dfrac {13\;r}{7}}\;$

### Utilisation de l'invariance électrique du réseau par antisymétrie axiale
#### Mise en œuvre de la 1ère méthode d'utilisation de l'axe d'antisymétrie par suppression de courts-circuits traversés par aucun courant

À l'aide de schémas équivalents successifs déterminer la résistance du réseau entre $\;A\;$ et $\;B$.
Dans le 1er schéma de gauche, on a dédoublé les points de l'axe d'antisymétrie $\;CDEF\;$ ${\big$à savoir $\;D\;$ et $\;E{\big )}\;$, en deux points situés sur l'axe $\;{\big$respectivement $\;D_{s}\;$ et $\;D_{i}\;$ pour le 1er, $\;E_{s}\;$ et $\;E_{i}\;$ pour le 2ème${\big )}$ reliés par un court-circuit le long de cet axe, court-circuit que l'on a supprimé car traversé par aucun courant ;
Dans le 1er schéma de gauche, observant une association série de deux résistances $\;r\;$ on en déduit $\;R_{C'-C-C''}=R_{C'-D_{s}-C''}=R_{D'-D_{i}-D''}=R_{D'-E_{s}-D''}=R_{E'-E_{i}-E''}=R_{E'-F-E''}=2\;r\;$ puis, sachant que ces résistances équivalentes $2\;r\;$ sont montées deux par deux en $\;\parallel$, on en déduit $\;R_{D'-D'',\,{\text{total}}}=R_{C'-C'',\,{\text{total}}}=R_{E'-E'',\,{\text{total}}}=r\;$ d'où le nouveau schéma équivalent ci-dessus au centre ;
dans ce schéma ci-dessus au centre on remarque qu'entre $\;H\;$ et $\;K\;$ passant par $\;C'\;$ et $\;C''\;$ de même qu'entre $\;G\;$ et $\;J\;$ passant par $\;E'\;$ et $\;E''\;$ on a une association série de trois résistances $\;r\;$ $\Rightarrow$ $\;R_{H-C'-C''-K}=R_{G-E'-E''-J}=3\;r\;$ d'où le 2ème schéma équivalent ci-dessus à droite ;
dans ce nouveau schéma ci-dessus à droite, il faut rechercher des invariances pour simplifier le réseau car il n'y a pas que des associations de résistances montées en série ou en $\;\parallel \;$ ;
dans ce nouveau schéma ci-dessus à droite, on y remarque que l'axe $\;AB\;$ est axe de symétrie de la répartition des courants, il est donc possible de court-circuiter les points $\;H\;$ et $\;G\;$ ainsi que $\;K\;$ et $\;J\;$ respectivement symétriques l'un de l'autre relativement à cet axe de symétrie car ils sont au même potentiel d'où le 3ème schéma équivalent ci-dessous à droite ;
dans ce 3ème schéma équivalent ci-contre, observant une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;r\;$ entre $\;A\;$ et $\;G=H$, entre $\;G=H\;$ et $\;D'$, entre $\;D''\;$ et $\;J=K\;$ ainsi qu'entre $\;J=K\;$ et $\;B$, on en déduit $\;R_{A-G=H}=R_{G=H-D'}=R_{D''-J=K}=R_{J=K-B}={\dfrac {r}{2}}$, de même dans ce 3ème schéma équivalent ci-contre, observant une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;3\;r\;$ entre $\;G=H\;$ et $\;J=K$, on obtient $\;R_{G=H-J=K}={\dfrac {3\;r}{2}}$ ;
dans ce 3ème schéma équivalent ci-contre, entre $\;G=H\;$ et $\;J=K\;$ passant par $\;D'\;$ et $\;D''\;$ on a une association série de deux résistances équivalentes de $\;{\dfrac {r}{2}}\;$ et d'une résistance $\;r\;$ d'où $\;R_{G=H-D'-D''-J=K}=2\;{\dfrac {r}{2}}+r=2\;r\;$ laquelle étant montée en $\;\parallel \;$ sur la résistance équivalente $\;R_{G=H-J=K}={\dfrac {3\;r}{2}}\;$ conduit à la résistance équivalente $\;R_{G=H-J=K,\,{\text{total}}}={\dfrac {2\;r\;{\dfrac {3\;r}{2}}}{2\;r+{\dfrac {3\;r}{2}}}}={\dfrac {6\;r}{7}}$ ;
$\;{\dfrac {r}{2}}\;$
$\;A\;$
$\;B\;$
$\;R_{AB}=2\;{\dfrac {r}{2}}+{\dfrac {6\;r}{7}}={\dfrac {13\;r}{7}}\;$
Remarque : on pouvait utiliser l'axe $\;AD'D''B\;$ de symétrie de la répartition des courants du 2ème schéma équivalent ci-dessus à droite en dédoublant les points $\;D'\;$ et $\;D''\;$ chacun en deux points situés de part et d'autre de l'axe de symétrie reliés par un court-circuit $\;\perp \;$ à cet axe de symétrie $\;AD'D''B\;$ et comme ces courts-circuits n'étaient traversés par aucun courant ils pouvaient être supprimés sans modifier la répartition des courants $\;\ldots$

#### Mise en œuvre de la 2ème méthode d'utilisation de l'axe d'antisymétrie en court-circuitant les points de cet axe

À l'aide de schémas équivalents successifs déterminer la résistance du réseau entre $\;A\;$ et $\;B$.
Dans le 1er schéma ci-dessus à gauche, on a court-circuité les points de l'axe d'antisymétrie $\;CDEF\;$ car les points de cet axe sont au même potentiel $\;{\dfrac {V_{A}+V_{B}}{2}}$ ;
Dans le 1er schéma ci-dessus à gauche, observant une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;r\;$ on obtient $\;R_{C'-C=D=E=F}=R_{D'-C=D=E=F}=R_{E'-C=D=E=F}={\dfrac {r}{2}}\;$ et Dans le 1er schéma ci-dessus à gauche, observant une association $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ de deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ on obtient $\;R_{C=D=E=F-C''}=R_{C=D=E=F-D''}=R_{C=D=E=F-E''}={\dfrac {r}{2}}\;$ puis Dans le 1er schéma ci-dessus à gauche, observant une association $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ de deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ certaines d'entre elles étant en série avec une résistance $\;r\;$ $\Rightarrow$ $\;R_{H-C'-C=D=E=F}=r+{\dfrac {r}{2}}={\dfrac {3\;r}{2}}$, de même Dans le 1er schéma ci-dessus à gauche, observant une association $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ de deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ certaines d'entre elles étant en série avec une résistance $\;\color {transparent}{r}\;$ $\color {transparent}{\Rightarrow }$ $\;R_{G-E'-C=D=E=F}=r+{\dfrac {r}{2}}={\dfrac {3\;r}{2}}\;$ ainsi que Dans le 1er schéma ci-dessus à gauche, observant une association $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ de deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ certaines d'entre elles étant en série avec une résistance $\;\color {transparent}{r}\;$ $\color {transparent}{\Rightarrow }$ $\;R_{C=D=E=F-C''-K}=r+{\dfrac {r}{2}}={\dfrac {3\;r}{2}}\;$ et Dans le 1er schéma ci-dessus à gauche, observant une association $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ de deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ certaines d'entre elles étant en série avec une résistance $\;\color {transparent}{r}\;$ $\color {transparent}{\Rightarrow }$ $\;R_{C=D=E=F-E''-J}=r+{\dfrac {r}{2}}={\dfrac {3\;r}{2}}\;$ d'où Dans le 1er schéma ci-dessus à gauche, observant une association $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ de deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ certaines d'entre elles étant en série avec une résistance $\;\color {transparent}{r}\;$ $\color {transparent}{\Rightarrow }$ le 1er schéma équivalent ci-dessus au centre ;
dans le 1er schéma équivalent ci-dessus au centre, il faut encore rechercher des invariances pour simplifier le réseau car il n'y a pas que des résistances montées en série ou en $\;\parallel \;$ ;
dans le 1er schéma équivalent ci-dessus au centre, on remarque que l'axe $\;AB\;$ est axe de symétrie de la répartition des courants, il est donc possible de court-circuiter les points $\;H\;$ et $\;G\;$ ainsi que $\;K\;$ et $\;J\;$ respectivement symétriques l'un de l'autre relativement à cet axe de symétrie car il sont au même potentiel d'où le 2ème schéma équivalent ci-dessus à droite :
dans ce 2ème schéma équivalent ci-dessus à droite, entre $\;A\;$ et $\;G=H\;$ on a deux résistances $\;r\;$ montées en $\;\parallel \;$ d'où la résistance équivalente $\;R_{A-G=H}={\dfrac {r}{2}}$, de même dans ce 2ème schéma équivalent ci-dessus à droite, entre $\;D'\;$ et $\;G=H\;$on a deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ montées en $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ d'où la résistance équivalente$\;R_{G=H-D'}={\dfrac {r}{2}}\;$ ainsi que dans ce 2ème schéma équivalent ci-dessus à droite, entre $\;D''\;$ et $\;J=K$on a deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ montées en $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ d'où la résistance équivalente$\;R_{D''-J=K}={\dfrac {r}{2}}\;$ et dans ce 2ème schéma équivalent ci-dessus à droite, entre $\;B\;$ et $\;J=K\;$on a deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ montées en $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ d'où la résistance équivalente $\;R_{J=K-B}={\dfrac {r}{2}}$ ; dans ce 2ème schéma équivalent ci-dessus à droite, entre $\;G=H\;$ et $\;C=D=E=F\;$ passant par $\;D'\;$ la résistance équivalente précédemment évaluée $\;R_{G=H-D'}={\dfrac {r}{2}}\;$ est montée en série avec une autre résistance $\;{\dfrac {r}{2}}\;$ d'où $\;R_{G=H-D'-C=D=E=F}={\dfrac {r}{2}}+{\dfrac {r}{2}}=r\;$ laquelle étant montée en $\;\parallel \;$ sur une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;{\dfrac {3\;r}{2}}\;$ dont la résistance équivalente vaut $\;{\dfrac {3\;r}{4}}\;$ conduit à la résistance équivalente $\;R_{G=H-C=D=E=F,\,{\text{total}}}={\dfrac {{\dfrac {3\;r}{4}}\;r}{{\dfrac {3\;r}{4}}+r}}={\dfrac {3\;r}{7}}$, de même dans ce 2ème schéma équivalent ci-dessus à droite, entre $\;J=K\;$ et $\;C=D=E=F\;$ passant par $\;D''\;$ la résistance équivalente précédemment évaluée $\;R_{J=K-D''}={\dfrac {r}{2}}\;$ est montée en série avec une autre résistance $\;{\dfrac {r}{2}}\;$ d'où $\;R_{J=K-D''-C=D=E=F}={\dfrac {r}{2}}+{\dfrac {r}{2}}=r\;$ laquelle étant montée en $\;\parallel \;$ sur une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;{\dfrac {3\;r}{2}}\;$ dont la résistance équivalente vaut $\;{\dfrac {3\;r}{4}}\;$ conduit à la résistance équivalente $\;R_{C=D=E=F-J=K,\,{\text{total}}}={\dfrac {{\dfrac {3\;r}{4}}\;r}{{\dfrac {3\;r}{4}}+r}}={\dfrac {3\;r}{7}}$ ;
$\;A\;$
$\;B$
$\;R_{A-G=H}={\dfrac {r}{2}}$
$\;R_{G=H-C=D=E=F,\,{\text{total}}}={\dfrac {3\;r}{7}}$
$\;R_{C=D=E=F-J=K,\,{\text{total}}}={\dfrac {3r}{7}}\;$
$\;R_{J=K-B}={\dfrac {r}{2}}$
$\;A\;$
$\;B\;$
$\;R_{AB}={\dfrac {r}{2}}+2\;{\dfrac {3\;r}{7}}+{\dfrac {r}{2}}\;$
$\;R_{AB}={\dfrac {13\;r}{7}}\;$
Remarque : on pouvait utiliser l'axe $\;AD'D''B\;$ de symétrie de la répartition des courants du 1er schéma équivalent ci-dessus au centre en dédoublant le point $\;C=D=E=F\;$ ainsi que les points $\;D'\;$ et $\;D''$, chacun des trois points étant dédoublés en deux points situés de part et d'autre de l'axe de symétrie reliés par un court-circuit $\;\perp \;$ à cet axe de symétrie et comme ces courts-circuits n'étaient traversés par aucun courant ils pouvaient être supprimés sans modifier la répartition des courants $\;\ldots$

## Résistances équivalentes, suivant les bornes considérées, d'un conducteur cubique invariant par symétrie ou antisymétrie planes électriques

Un réseau électrique de forme cubique dont chaque côté est un fil métallique de même résistance $\;r\;$ ${\big$voir figure ci-contre${\big )}\;$ peut être alimenté de trois manières différentes :
* entre $\;A\;$ et $\;B$,
* entre $\;A\;$ et $\;C\;$ ou
* entre $\;A\;$ et $\;D$.
On se propose d'évaluer, dans chaque cas, la résistance équivalente du réseau après utilisation de ses invariances électriques.

### Résistance du réseau cubique entre A et D

Rechercher les plans de symétrie et d'antisymétrie de la répartition des courants, puis
en déduire la résistance $\;{\mathcal {R}}_{AD}\;$ du réseau cubique entre $\;A\;$ et $\;D\;$ par la méthode la mieux adaptée.
Dans le schéma ci-dessus à gauche, on remarque que la distribution des courants traversant le réseau cubique de fils métalliques entre les deux points $\;A\;$ et $\;D\;$ ${\big$sommets voisins d'une même face${\big )}\;$ est invariante par symétrie plane relativement au plan $\;AEBD\;$ ${\big$représenté en rouge${\big )}\;$ mais qu'il n'y a pas de plan d'antisymétrie simple ;
Dans le schéma ci-dessus à gauche, on en déduit que les points symétriques par rapport au P.S. $\;{\big$représentés de même couleur${\big )}\;$ sont au même potentiel $\;V_{F}=V_{G}\;$ d'une part et $\;V_{C}=V_{H}\;$ d'autre part, ce qui permet de les relier par un court-circuit sans modifier la répartition des courants d'où le 1er schéma équivalent ci-dessus au centre ;
sur le 1er schéma équivalent ci-dessus au centre, on observe entre $\;G=F\;$ et $\;E\;$ une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;r\;$ d'où $\;R_{G=F-E}={\dfrac {r}{2}}$, de même sur le 1er schéma équivalent ci-dessus au centre, on observe entre $\;B\;$ et $\;C=H\;$ deux résistances $\;r\;$ montées en $\;\parallel \;$ d'où $\;R_{B-C=H}={\dfrac {r}{2}}$, sur le 1er schéma équivalent ci-dessus au centre, ces deux résistances équivalentes étant en série avec une 3ème résistance $\;r\;$ entre $\;G=F\;$ et $\;C=H\;$ soit $\;R_{G=F-E-B-C=H}=2\;{\dfrac {r}{2}}+r=2\;r$ ; sur le 1er schéma équivalent ci-dessus au centre, cette dernière résistance équivalente $\;R_{G=F-E-B-C=H}=2\;r\;$ étant montée en $\;\parallel \;$ sur une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;r\;$ équivalente à une résistance $\;{\dfrac {r}{2}}$, on en déduit $\;R_{G=F-C=H,\,{\text{total}}}={\dfrac {2\;r\;{\dfrac {r}{2}}}{2\;r+{\dfrac {r}{2}}}}={\dfrac {2\;r}{5}}$ ;
sur le 1er schéma équivalent ci-dessus au centre, entre $\;A\;$ et $\;G=F\;$ on a une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;r\;$ d'où $\;R_{A-G=F}={\dfrac {r}{2}}$, de même sur le 1er schéma équivalent ci-dessus au centre, entre $\;C=H\;$ et $\;D\;$ on a deux résistances $\;r\;$ montées en $\;\parallel \;$ $\Rightarrow$ $\;R_{C=H-D}={\dfrac {r}{2}}\;$ d'où le 2ème schéma équivalent ci-dessus à droite ;
$\;A\;$
$\;D\;$
$\;G=F\;$
$\;C=H\;$
$\;R_{A-G=F-C=H-D}=2\;{\dfrac {r}{2}}+{\dfrac {2\;r}{5}}={\dfrac {7\;r}{5}}$
$\;\parallel \;$
$\;r$
$\;A\;$
$\;D\;$
$\;{\mathcal {R}}_{AD}={\dfrac {r\;{\dfrac {7\;r}{5}}}{r+{\dfrac {7\;r}{5}}}}\;$
$\;{\mathcal {R}}_{AD}={\dfrac {7\;r}{12}}\;$

### Résistance du réseau cubique entre A et C

Rechercher les plans de symétrie et d'antisymétrie de la répartition des courants, puis
en déduire la résistance $\;{\mathcal {R}}_{AC}\;$ du réseau cubique entre $\;A\;$ et $\;C\;$ par la méthode la mieux adaptée.
Dans le schéma ci-dessus à gauche, on remarque que la distribution des courants traversant le réseau cubique de fils métalliques entre les deux points $\;A\;$ et $\;C\;$ ${\big$sommets en diagonale d'une même face${\big )}\;$ est invariante par symétrie plane relativement au plan $\;ACBF\;$ ${\big$représenté en rouge${\big )}\;$ et par antisymétrie plane par rapport au plan $\;DHEG\;$ ${\big$représenté en bleu dans le même schéma${\big )}$ ;
Dans le schéma ci-dessus à gauche, utilisant l'invariance de la répartition des courants par antisymétrie plane relativement au plan $\;DHEG\;$ et sachant que le courant en tout point de ce plan d'antisymétrie doit circuler perpendiculairement à ce plan, nous pouvons affirmer que les branches $\;DH\;$ et $\;EG\;$ situées dans ce plan n'étant parcourues par aucun courant peuvent être supprimées sans modifier la répartition des courants dans le réseau, ce qui donne le schéma équivalent ci-dessus à droite ;
sur le schéma équivalent ci-dessus à droite, on observe entre $\;F\;$ et $\;B\;$ passant par $\;E\;$ une association série de deux résistances $\;r\;$ d'où $\;R_{F-E-B}=2\;r$, de même sur le schéma équivalent ci-dessus à droite, on observe entre $\;F\;$ et $\;B\;$ passant par $\;H\;$ deux résistances $\;r\;$ montées en série d'où $\;R_{F-H-B}=2\;r$, sur le schéma équivalent ci-dessus à droite, ces deux résistances équivalentes étant en association $\;\parallel \;$ $\Rightarrow$ $\;R_{F-B,\,{\text{total}}}={\dfrac {2\;r}{2}}=r$ ; sur le schéma équivalent ci-dessus à droite, cette dernière résistance équivalente $\;R_{F-B,\,{\text{total}}}=r\;$ étant, entre $\;A\;$ et $\;C$, montée en série avec deux résistances $\;r$, $\Rightarrow$ $\;R_{A-F-B-C}=r+2\;r=3\;r$ ; de même
$\;A\;$
$\;C\;$
$\;G\;$
$\;r\;$
$\;R_{A-G-C}=2\;r\;$
$\;A\;$
$\;C\;$
$\;D\;$
$\;r\;$
$\;R_{A-D-C}=2\;r$
$\;\parallel \;$
$\Rightarrow$
$\;R_{A-C,\,{\text{total inf}}}={\dfrac {2\;r}{2}}=r$
$\;R_{A-C,\,{\text{total inf}}}=r\;$
$\;\parallel \;$
$\;R_{A-F-B-C}=3\;r$
$\Rightarrow$
$\;{\mathcal {R}}_{AC}={\dfrac {r\;3\;r}{r+3\;r}}\;$
$\;{\mathcal {R}}_{AC}={\dfrac {3\;r}{4}}\;$

### Résistance du réseau cubique entre A et B

On pourrait procéder de même mais ce serait plus laborieux ; il est en fait judicieux
de constater l'invariance électrique du réseau par rotation autour de $\;AB\;$ d'un angle à préciser où $\;{\begin{cases}D\rightarrow G\rightarrow F\rightarrow D\\C\rightarrow E\rightarrow H\rightarrow C\end{cases}}\;$ puis,
de simplifier le réseau par courts-circuits adaptés,
pour en déduire la résistance $\;{\mathcal {R}}_{AB}\;$ du réseau cubique entre $\;A\;$ et $\;B$.
Sur le schéma ci-dessus à gauche, on constate que la distribution des courants est invariante par rotation autour de l'axe $\;AB\;$ d'angle $\;120\,{\text{°}}\;$ ;
Sur le schéma ci-dessus à gauche, les courants circulant dans les branches qui se déduisent les unes des autres par rotation autour de l'axe $\;AB\;$ d'angle $\;120\,{\text{°}}\;$ ${\big$par exemple $\;AD$, $\;AG\;$ et $\;AF\;$ ou $\;CB$, $\;EB\;$ et $\;HB{\big )}\;$ étant de même intensité et les branches correspondantes étant de même résistance, la tension à leurs bornes est la même $\;{\big$sur les exemples $\;u_{AD}=u_{AG}=u_{AF}\;$ ou $\;u_{CB}=u_{EB}=u_{HB}{\big )}\;$ et comme il y a une borne commune les autres bornes sont au même potentiel $\;{\big$soit $\;V_{A}-V_{D}=V_{A}-V_{G}=V_{A}-V_{F}\;$ $\Rightarrow$ $\;V_{D}=V_{G}=V_{F}\;$ ou encore $\;V_{C}-V_{B}=V_{E}-V_{B}=V_{H}-V_{B}\;$ $\Rightarrow$ $\;V_{C}=V_{E}=V_{H}{\big )}$ ;
Sur le schéma ci-dessus à gauche, les points qui se déduisent les uns des autres par rotation autour de l'axe $\;AB\;$ d'angle $\;120\,{\text{°}}\;$ étant au même potentiel peuvent être courts-circuités sans modifier la répartition des courants circulant dans le réseau d'où le schéma équivalent ci-dessus à droite ;
dans ce schéma équivalent ci-dessus à droite on observe entre $\;A\;$ et $\;D=G=F\;$ une association $\;\parallel \;$ de trois résistances $\;r\;$ d'où la résistance équivalente $\;R_{A-D=G=F}={\dfrac {r}{3}}\;$,  dans ce schéma équivalent ci-dessus à droite on observe entre $\;C=E=H\;$ et $\;B\;$ une association $\;\parallel \;$ de trois résistances $\;r\;$ d'où la résistance équivalente $\;R_{C=E=H-B}={\dfrac {r}{3}}\;$ et enfin  dans ce schéma équivalent ci-dessus à droite on observe entre $\;D=G=F\;$ et $\;C=E=H\;$ une association $\;\parallel \;$ de six résistances $\;r\;$ d'où la résistance équivalente $\;R_{D=G=F-C=E=H}={\dfrac {r}{6}}\;$ ;
$\;A\;$
$\;B\;$
$\;{\mathcal {R}}_{AB}=2\;{\dfrac {r}{3}}+{\dfrac {r}{6}}\;$
$\;{\mathcal {R}}_{AB}={\dfrac {5\;r}{6}}\;$
Remarque : Les invariances par symétrie ou antisymétrie planes ou axiales étant de très loin les plus utilisées dans l'évaluation d'une résistance équivalente et celle par rotation très peu fréquente, on aurait pu ne pas la remarquer dans l'exemple précédent ; on aurait alors utilisé les invariances par symétrie ou antisymétrie planes de la façon précisée ci-dessous :
* Invariance par symétrie plane par rapport au plan $\;ACBF\;$ du réseau cubique de fils métalliques entre $\;A\;$ et $\;B\;$ ${\big$deux sommets en diagonale du cube${\big )}$
* 1er schéma équivalent utilisant le court-circuitage des points symétriques par rapport au plan $\;ACBF\;$ du réseau cubique de fils métalliques entre $\;A\;$ et $\;B\;$ ${\big$deux sommets en diagonale du cube${\big )}$
* 2ème schéma équivalent utilisant la réduction des associations série et $\;\parallel \;$ des résistances du 1er schéma équivalent au réseau cubique de fils métalliques entre $\;A\;$ et $\;B\;$ ${\big$deux sommets en diagonale du cube${\big )}$
Remarque : sur le schéma ci-dessus à gauche, on observe une symétrie plane relativement au plan $\;ACBF\;$ de la répartition des courants circulant dans le réseau cubique de fils métalliques entre $\;A\;$ et $\;B$, les points symétriques par rapport à ce plan $\;ACBF\;$ ${\big$à savoir $\;D\;$ et $\;G\;$ d'une part ainsi que $\;H\;$ et $\;E\;$ d'autre part${\big )}\;$ étant respectivement au même potentiel peuvent être courts-circuités sans modifier la répartition des courants d'où 1er schéma équivalent ci-dessus au centre ;
Remarque : dans le 1er schéma équivalent ci-dessus au centre, on observe entre $\;F\;$ et $\;H=E\;$ une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;r\;$ de résistance équivalente $\;R_{F-H=E}={\dfrac {r}{2}}\;$ en série avec une autre résistance $\;r\;$ entre $\;A\;$ et $\;F$, donnant au final entre $\;A\;$ et $\;H=E\;$ passant par $\;F\;$ une résistance équivalente $\;R_{A-F-H=E}=r+{\dfrac {r}{2}}={\dfrac {3\;r}{2}}$, de même Remarque : dans le 1er schéma équivalent ci-dessus au centre, on observe entre $\;G=D\;$ et $\;C\;$ une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;r\;$ de résistance équivalente $\;R_{C-G=D}={\dfrac {r}{2}}\;$ en série avec une autre résistance $\;r\;$ entre $\;C\;$ et $\;B$, donnant au final entre $\;G=D\;$ et $\;B\;$ passant par $\;C\;$ une résistance équivalente $\;R_{G=D-C-B}={\dfrac {r}{2}}+r={\dfrac {3\;r}{2}}$, enfin Remarque : dans le 1er schéma équivalent ci-dessus au centre, on observe entre $\;A\;$ et $\;G=D\;$ ou entre $\;G=D\;$ et $\;H=E\;$ ou encore entre $\;H=E\;$ et $\;B$, une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;r$, respectivement de résistance équivalente $\;R_{A-G=D}=R_{G=D-H=E}=R_{H=E-B}={\dfrac {r}{2}}\;$ d'où le 2ème schéma équivalent ci-dessus à droite ;
Remarque : dans ce 2ème schéma équivalent ci-dessus à droite, on observe la présence d'associations triangle ou étoile ne permettant pas la réduction des résistances en une résistance équivalente, il serait souhaitable, si cela était possible, de trouver de nouvelles invariances par symétrie ou antisymétrie axiales sur ce 2ème schéma équivalent mais $\;\ldots \;$ il n'y en a aucune ; sans autre invariance, on imposerait un courant d'intensité $\;I\;$ traversant le réseau de $\;A\;$ vers $\;B\;$ dans le but de déterminer la tension $\;U_{AB}\;$ en ses bornes en fonction de $\;I$, ce qui conduirait à la résolution d'un système linéaire de $\;5\;$ équations aux $\;5\;$ inconnues représentant les intensités de courant circulant dans les $\;5\;$ branches mais $\;\ldots$
Remarque : dans ce 2ème schéma équivalent ci-dessus à droite, si on appelle $\;O\;$ le milieu électrique de la branche $\;H=E-G=D\;$ on observe une invariance par antisymétrie centrale de centre $\;O\;$ ; Remarque : dans ce 2ème schéma équivalent ci-dessus à droite, cette nouvelle invariance par antisymétrie centrale du 2ème schéma équivalent réduit le nombre d'inconnues de $\;5\;$ à $\;3\;$ qui sont  Remarque : dans ce 2ème schéma équivalent ci-dessus à droite, $\;\succ \;$l'intensité $\;i\;$ du courant traversant la branche $\;H=E-G=D\;$ dont le sens $\;+\;$ est choisi de $\;G=D\;$ à $\;H=E\;$,  Remarque : dans ce 2ème schéma équivalent ci-dessus à droite, $\;\succ \;$l'intensité $\;i_{1}\;$ du courant traversant la branche $\;A-H=E\;$ et $\;G=D-B\;$ et  Remarque : dans ce 2ème schéma équivalent ci-dessus à droite, $\;\succ \;$l'intensité $\;i_{2}\;$ du courant traversant la branche $\;A-G=D\;$ et $\;H=E-B$ ;
Remarque : le système des $\;3\;$ équations linéaires aux $\;3\;$ inconnues $\;\left(i,\,i_{1},\,i_{2}\right)\;$ s'obtient en écrivant deux équations de nœud et une équation de maille :  Remarque : le système des $\;\color {transparent}{3}\;$ équations linéaires aux $\;\color {transparent}{3}\;$ inconnues $\;\color {transparent}{\left(i,\,i_{1},\,i_{2}\right)}\;$ $\succ \;$1ère équation de nœud $\;A$ : «$\;i_{1}+i_{2}=I\;$»,  Remarque : le système des $\;\color {transparent}{3}\;$ équations linéaires aux $\;\color {transparent}{3}\;$ inconnues $\;\color {transparent}{\left(i,\,i_{1},\,i_{2}\right)}\;$ $\succ \;$2ème équation de nœud $\;G=D$ : «$\;i_{2}=i+i_{1}\;$» et  Remarque : le système des $\;\color {transparent}{3}\;$ équations linéaires aux $\;\color {transparent}{3}\;$ inconnues $\;\color {transparent}{\left(i,\,i_{1},\,i_{2}\right)}\;$ $\succ \;$équation de maille $\;\left({\mathfrak {a}}\right)$ : «$\;{\dfrac {r}{2}}\;i_{2}-{\dfrac {3\;r}{2}}\;i_{1}+{\dfrac {r}{2}}\;i=0\;$» ;
Remarque : pour déterminer la tension «$\;U_{AB}=U\;$» on peut utiliser les deux branches inférieures $\;A-G=D\;$ et $\;G=D-B\;$ selon Remarque : pour déterminer la tension «$\;U={\dfrac {r}{2}}\;i_{2}+{\dfrac {3\;r}{2}}\;i_{1}\;$» ce qui nécessite de déterminer les deux intensités $\;\left(i_{1},\,i_{2}\right)\;$ en éliminant $\;i\;$ par la 2ème équation de nœud «$\;i=i_{2}-i_{1}\;$» que l'on reporte dans l'équation de maille $\;\left({\mathfrak {a}}\right)\;$ $\;{\dfrac {r}{2}}\;i_{2}-{\dfrac {3\;r}{2}}\;i_{1}+{\dfrac {r}{2}}\left(i_{2}-i_{1}\right)=0\;$ $\Leftrightarrow$ «$\;i_{2}-2\;i_{1}=0\;$» soit finalement le système des $\;2\;$ équations linéaires aux $\;2\;$ inconnues $\;\left(i_{1},\,i_{2}\right)\;$ à résoudre «$\;\left\lbrace {\begin{array}{c}i_{2}+i_{1}=I\;\;\left({\mathfrak {1}}\right)\\i_{2}-2\;i_{1}=0\;\;\left({\mathfrak {2}}\right)\end{array}}\right\rbrace \;$» ; Remarque : pour déterminer la tension on tire l'expression de $\;i_{2}\;$ en formant $\;2\;\left({\mathfrak {1}}\right)+\left({\mathfrak {2}}\right)\;$ soit $\;3\;i_{2}=2\;I\;$ ou «$\;i_{2}={\dfrac {2\;I}{3}}\;$» et par suite Remarque : pour déterminer la tension on tire l'expression de $\;i_{1}\;$ en utilisant $\;({\mathfrak {2}})\;$ selon «$\;i_{1}={\dfrac {i_{2}}{2}}={\dfrac {I}{3}}\;$» ;
Remarque : finalement on en déduit $\;U={\dfrac {r}{2}}\;i_{2}+{\dfrac {3\;r}{2}}\;i_{1}\;$ ou $\;U={\dfrac {r}{2}}\;{\dfrac {2\;I}{3}}+{\dfrac {3\;r}{2}}\;{\dfrac {I}{3}}=\left({\dfrac {r}{3}}+{\dfrac {r}{2}}\right)I={\dfrac {5\;r}{6}}\;I\;$ d'où «$\;{\mathcal {R}}_{AB}={\dfrac {U}{I}}={\dfrac {5\;r}{6}}\;$».

## Lois de Kirchhoff, utilisation des symétries électriques

Ci-contre un circuit fermé à $\;5\;$ nœuds et $\;8\;$ branches possédant une symétrie axiale.

### Expression des intensités I et i

Après avoir simplifié le circuit ci-contre par étude des invariances de la répartition des courants par symétrie axiale, trouver les expressions des intensités $\;I\;$ et $\;i\;$ en fonction de $\;e\;$ et $\;r$.
L'axe $\;NMC\;$ du schéma ci-dessus est un axe de symétrie des courants, on en déduit que les points symétriques sont au même potentiel c'est-à-dire $\;V_{A}=V_{B}\;$ et $\;V_{F}=V_{G}$ ; on peut donc les relier par un court-circuit sans changer la répartition des courants et on obtient le schéma équivalent ci-contre à gauche avec $\;r\parallel r={\dfrac {r}{2}}$ ;
en associant $\;{\big$presque toutes${\big )}\;$ les résistances montées en série, on transforme le circuit simplifié en celui représenté ci-contre à droite dans lequel on appliquera les lois de Kirchhoff pour déterminer la valeur des intensités des deux courants cherchées :
ayant deux inconnues $\;\left(I,\,i\right)\;$ à déterminer mais trois inconnues effectives $\;\left(I,\,i,\,i_{A=B-M}\right)$, il faut trois équations indépendantes parmi lesquelles on se servira de l'une d'entre elles pour éliminer l'inconnue $\;i_{A=B-M}\;$ qui ne sous intéresse pas :
* équation du nœud $\;M$ : «$\;i_{A=B-M}+i=I\;\Rightarrow \;i_{A=B-M}=I-i\;$»,
* équation de maille $\;\left({\mathfrak {1}}\right)$ : $\;{\dfrac {r}{2}}\;i_{A=B-M}+2\;r\;I-e=0\;$ dans laquelle on reporte l'expression de $\;i_{A=B-M}\;$ précédemment évaluée soit $\;{\dfrac {r}{2}}\;(I-i)+2\;r\;I-e=0\;$ $\Leftrightarrow$ «$\;{\dfrac {5\;r}{2}}\;I-{\dfrac {r}{2}}\;i=e\;$» et
* équation de maille $\;\left({\mathfrak {2}}\right)$ : $\;{\dfrac {3\;r}{2}}\;i-{\dfrac {r}{2}}\;i_{A=B-M}=0\;$ dans laquelle on reporte l'expression de $\;i_{A=B-M}\;$ précédemment évaluée soit $\;{\dfrac {3\;r}{2}}\;i-{\dfrac {r}{2}}\;(I-i)=0\;$ $\Leftrightarrow$ «$\;{\dfrac {r}{2}}\;I-2\;r\;i=0\;$» ;
$\;\left(I,\,i\right)\;$
$\;\left\lbrace {\begin{array}{c}5\;I-i&=&{\dfrac {2\;e}{r}}&\left({\mathfrak {1}}'\right)\\I-4\;i&=&0&\left({\mathfrak {2}}'\right)\end{array}}\right\rbrace \;$
$\;4\;\left({\mathfrak {1}}'\right)-\left({\mathfrak {2}}'\right)\;$
$\;i\;$
$\Rightarrow$
$\;19\;I={\dfrac {8\;e}{r}}\;$
$\;I={\dfrac {8\;e}{19\;r}}\;$
$\;\left({\mathfrak {2}}'\right)\;$
$\;i={\dfrac {I}{4}}={\dfrac {2\;e}{19\;r}}\;$
$\;I={\dfrac {8\;e}{19\;r}}\;$
$\;i={\dfrac {2\;e}{19\;r}}\;$

### Mêmes questions en ajoutant une diode idéale dans la branche MN

On dispose entre $\;N\;$ et $\;M\;$ en plus du conducteur ohmique de résistance $\;r$, d'une diode à jonction idéale.
Déterminer $\;I\;$ dans les deux hypothèses possibles de branchement de cette diode.
$\;M\;$
$\;N$
$\;r\;$
$\;I={\dfrac {8\;e}{19\;r}}\;$
$\;i={\dfrac {2\;e}{19\;r}}\;$
$\;M\;$
$\;N$
$\;r\;$
$\;i=0\;$
l'axe des $\;CMN\;$ étant toujours axe de symétrie de la répartition des courants du schéma ci-dessus à droite on en déduit que les points symétriques relativement à cet axe, à savoir $\;F\;$ et $\;G\;$ d'une part et $\;A\;$ et $\;B\;$ d'autre part, étant deux par deux au même potentiel peuvent être reliés par un court-circuit sans modifier la répartition des courants d'où le 1er schéma équivalent ci-contre :
dans le 1er schéma équivalent ci-contre, le courant traversant la portion de circuit $\;NM\;$ étant d'intensité nulle, il en est de même du courant traversant la résistance $\;r\parallel r\;$ de la portion de circuit $\;A=B-N$, on peut donc supprimer la branche $\;A=B-N-M\;$ sans modifier la répartition des courants $\;{\big$d'où un 2ème schéma équivalent à représenter soi-même${\big )}$ ;
$\;r\parallel r={\dfrac {r}{2}}\;$
$\;r\;$
$\;R_{\text{tot}}={\dfrac {5\;r}{2}}\;$
$\;e\;$
$\;I={\dfrac {e}{R_{\text{tot}}}}\;$
$\;I={\dfrac {e}{\dfrac {5\;r}{2}}}={\dfrac {2\;e}{5\;r}}\;$

## Groupement de piles, optimisation

On dispose de $\;n\;$ piles identiques de f.e.m. $\;e\;$ et de résistance interne $\;r$. On réalise le branchement en parallèle entre $\;A\;$ et $\;B\;$ de $\;x\;$ dipôles comprenant chacun $\;y\;$ piles montées en série.
Déterminer $\;x\;$ et $\;y\;$ pour que l'intensité du courant circulant dans un conducteur ohmique de résistance $\;R$, branché entre $\;A\;$ et $\;B$, soit maximale dans le cas particulier numérique suivant : $\;n=24$, $\;e=1\;V$, $\;r=1\;\Omega \;$ et $\;R=6\;\Omega$ ;
préciser la valeur de l'intensité du courant $\;I_{\text{max}}\;$ délivrée par la batterie de piles avec les valeurs de $\;x\;$ et de $\;y\;$ précédemment trouvées quand celle-ci alimente le conducteur ohmique de résistance $\;R$.
Nous avons un montage dont la partie génératrice formée de $\;x\;$ batteries montées en $\;\parallel$, chaque batterie étant constituée de $\;y\;$ piles en série $\;{\big$avec un nombre total $\;n=x\;y\;$ de piles fixé${\big )}\;$ alimente un conducteur ohmique de résistance $\;R\;$ et nous nous proposons de chercher la disposition pour que l'intensité du courant traversant cette résistance soit maximale $\;{\big$voir figure ci-contre${\big )}$ ;
pour réduire le groupement de piles on remplace chaque batterie par son modèle générateur de tension et les piles étant en série, la f.e.m. du modèle est «$\;e_{\text{batterie}}=y\;e\;$» et la résistance interne «$\;r_{\text{batterie}}=y\;r$», puis
pour réduire le groupement de piles on en prend le modèle générateur de courant de façon à réduire l'association $\;\parallel \;$ des $\;x\;$ batteries, le modèle générateur de chaque batterie ayant pour c.e.m. «$\;\eta _{\text{batterie}}={\dfrac {e_{\text{batterie}}}{r_{\text{batterie}}}}={\dfrac {y\;e}{y\;r}}={\dfrac {e}{r}}\;$» et pour conductance interne «$\;g_{\text{batterie}}$ $={\dfrac {1}{r_{\text{batterie}}}}={\dfrac {1}{y\;r}}\;$» ; pour réduire le groupement de piles les $\;x\;$ batteries étant en $\;\parallel$, le c.e.m. du modèle générateur de courant de l'association est «$\;\eta _{\text{association}}$ $=x\;\eta _{\text{batterie}}={\dfrac {x\;e}{r}}\;$» et la conductance interne «$\;g_{\text{association}}=x\;g_{\text{batterie}}={\dfrac {x}{y\;r}}\;$» ;
pour réduire le groupement de piles on revient alors au modèle générateur de tension de l'association, la résistance interne étant «$\;r_{\text{association}}$ $={\dfrac {1}{g_{\text{association}}}}={\dfrac {y}{x}}\;r\;$» et la f.e.m. «$\;e_{\text{association}}=r_{\text{association}}\;\eta _{\text{association}}={\dfrac {y}{x}}\;r\;{\dfrac {x\;e}{r}}=y\;e\;$» ;
$\;I\;$
$\;I={\dfrac {e_{\text{association}}}{r_{\text{association}}+R}}={\dfrac {y\;e}{{\dfrac {y}{x}}\;r+R}}\;$
$\;x={\dfrac {n}{y}}\;$
$\;y\;$
$\;I={\dfrac {y\;e}{{\dfrac {y^{2}}{n}}\;r+R}}\;$
$\;I={\dfrac {y\;n\;e}{y^{2}\;r+n\;R}}\;$
$\;n=24\;$
$\;y\in \mathbb {N} ^{*}\;$
$\;24\;$
on étend la définition de $\;I=I(y)\;$ à toute valeur de $\;y\in \mathbb {R} ^{+}\;$ et l'extension de $\;I\;$ sera extrémale pour la valeur $\;y_{m}\;$ telle que $\;{\dfrac {dI}{dy}}(y_{m})=0\;$ avec $\;{\dfrac {dI}{dy}}(y)={\dfrac {\left(y^{2}\;r+n\;R\right)n\;e-\left(2\;y\;r\right)y\;n\;e}{\left(y^{2}\;r+n\;R\right)^{2}}}=$ ${\dfrac {n\;e\left(n\;R-y^{2}\;r\right)}{\left(y^{2}\;r+n\;R\right)^{2}}}\;$ s'annulant pour $\;y_{m}={\sqrt {\dfrac {n\;R}{r}}}\;$ soit numériquement, avec $\;R=6\;\Omega \;$ et $\;r=1\;\Omega$, la valeur réelle de $\;y_{m}={\sqrt {24\times 6}}=12\;$ ; cette valeur «$\;y_{m}=12\;$» correspond effectivement à un maximum car  cette valeur «$\;\color {transparent}{y_{m}=12}\;$» $\;\succ \;$pour $\;y=0$, $\;{\dfrac {dI}{dy}}(0)={\dfrac {e}{R}}>0\;$ et par suite $\;I\nearrow \;$ sur l'intervalle $\;\left[0\;,\;y_{m}\right]\;$ et  cette valeur «$\;\color {transparent}{y_{m}=12}\;$» $\;\succ \;$pour $\;y\rightarrow \infty$, $\;{\dfrac {dI}{dy}}(y)\sim -{\dfrac {n\;e}{y^{2}\;r}}\rightarrow 0^{-}<0\;$ d'où $\;I\searrow \;$ sur l'intervalle $\;\left[y_{m}\;,\;+\infty \right[$ ;
en conclusion $\;y_{m}=12\;$ et $\;x_{m}=2$, établissant que c'est une association $\;\parallel \;$ de $\;2\;$ batteries de $\;12\;$ piles chacune qui permettra à ce groupement de piles d'optimiser l'intensité du courant traversant le conducteur de résistance $\;R$ ; en conclusion le modèle générateur de tension du groupement de piles ayant pour f.e.m. $\;e_{\text{association}}=12\;e=12\;V\;$ et pour résistance $\;r_{\text{association}}={\dfrac {12}{2}}\;r=6\;\Omega$, en conclusion l'intensité maximale, obtenue par loi de Pouillet$^,$, vaut donc «$\;I_{\text{max}}={\dfrac {12\;V}{6\;\Omega +6\;\Omega }}=1\;A\;$».

## Réseau dipolaire linéaire actif branché sur un dipôle non linéaire

On considère le circuit représenté ci-contre, comprenant, outre des dipôles linéaires, une « varistance $\;{\big$ou V.D.R.${\big )}\;$» ;
on donne l'équation de la caractéristique statique de la « varistance $\;{\big$ou V.D.R.${\big )}\;$» en convention récepteur «$\;|i|=2,5\;10^{-5}\;u^{2}\;$» où $\;i\;$ est exprimée en $\;A\;$ et $\;u\;$ en $\;V$.

### Détermination du générateur de Thévenin équivalent au R.D.L.A. NM aux bornes duquel est branchée la varistance

Déterminer la f.e.m. $\;e_{\text{Th}}\;$ et la résistance $\;r_{\text{Th}}\;$ du générateur de Thévenin équivalent au R.D.L.A. $\;NM\;$ par application de la méthode qui vous semble la plus appropriée puis
écrire la loi d'Ohm généralisée de ce générateur de Thévenin équivalent $\;{\big$en convention générateur${\big )}$.
Le R.D.L.A. $\;NM\;$ délivrant un courant d'intensité $\;i\;$ étant encadré en rouge dans le schéma ci-contre, on cherche sa modélisation en générateur de Thévenin, la meilleure façon étant, dans la mesure où ils existent, de reconnaître un $\;{\big$ou plusieurs${\big )}\;$ P.D.T. ou d'utiliser le théorème de Millman $\;{\big$mais ce dernier est à considérer comme complément${\big )}$.
Par reconnaissance de P.D.T. : le R.D.L.A. $\;BA\;$ constitué de la branche active $\;BCA\;$ et de la branche passive $\;BA\;$ est un P.D.T. alimenté en entrée par une f.e.m. $\;e_{BC}=-60\;V\;$ et de sortie aux bornes de $\;BA$, dont le générateur de Thévenin équivalent est Par reconnaissance de P.D.T. : $\succ \;$de f.e.m. $\;{\big$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;e_{{\text{Th}},\,BA}=-{\dfrac {R_{BA}}{R_{CA}+R_{BA}}}\;60\;V=-{\dfrac {1}{1+1}}\;60\;V=-30\;V\;$» et Par reconnaissance de P.D.T. : $\succ \;$de résistance $\;{\big$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;r_{{\text{Th}},\,BA}={\dfrac {R_{BA}\;R_{CA}}{R_{CA}+R_{BA}}}={\dfrac {1\times 1}{1+1}}\;k\Omega =0,5\;k\Omega \;$» ;  Par reconnaissance de P.D.T. : en remplaçant le R.D.L.A. $\;BA\;$ par son générateur de Thévenin équivalent Par reconnaissance de P.D.T. : on constate, dans le R.D.L.A. $\;NM\;$ délivrant un courant d'intensité $\;i$, que Par reconnaissance de P.D.T. : on constate, la résistance $\;R_{AM}=1,5\;k\Omega \;$ est en série avec $\;r_{{\text{Th}},\,BA}=0,5\;k\Omega \;$ et Par reconnaissance de P.D.T. : on constate, la source idéale de tension de f.e.m. $\;e_{NB}=10\;V\;$ est aussi en série avec $\;e_{{\text{Th}},\,BA}=-30\;V\;$ Par reconnaissance de P.D.T. : d'où la modélisation du R.D.L.A. $\;NM\;$ délivrant un courant d'intensité $\;i\;$ en générateur de Thévenin  Par reconnaissance de P.D.T. : d'où la modélisation $\succ \;$de f.e.m. $\;{\big$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;e_{{\text{Th}},\,NM}=+10\;V+(-30)\;V=-20\;V\;$» et Par reconnaissance de P.D.T. : d'où la modélisation $\succ \;$de résistance $\;{\big$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;r_{{\text{Th}},\,NM}=0,5\;k\Omega +1,5\;k\Omega =2,0\;k\Omega \;$» ;
Par reconnaissance de P.D.T. : la loi d'Ohm généralisée du générateur de Thévenin équivalent s'écrit donc, en convention générateur, Par reconnaissance de P.D.T. : la loi d'Ohm généralisée «$\;u_{\text{en V}}=e_{{\text{Th}},\,NM}-r_{{\text{Th}},\,NM}\;i=-20-2,0\;10^{3}\;i_{\text{en A}}\;$».
Par utilisation du théorème de Millman : La masse ayant été choisie en $\;N$, la tension aux bornes du R.D.L.A. $\;NM\;$ délivrant un courant d'intensité $\;i\;$ se détermine par loi d'Ohm généralisée en considérant $\;V_{A}\;$ comme une f.e.m. de générateur soit $\;V_{M}=V_{A}-R_{AM}\;i\;$ ; Par utilisation du théorème de Millman : on détermine alors $\;V_{A}\;$ en appliquant, au nœud $\;A$, le théorème de Millman à deux branches de type $\;\left(R,\,V\right)\;$ et délivrance d'un courant extérieur d'intensité $\;i\;$ soit «$\;V_{A}=$ ${\dfrac {{\dfrac {V_{C}}{R_{AC}}}+{\dfrac {V_{B}}{R_{AB}}}-i}{{\dfrac {1}{R_{AC}}}+{\dfrac {1}{R_{AB}}}}}=$ ${\dfrac {R_{AB}\;V_{C}+R_{AC}\;V_{B}-R_{AB}\;R_{AC}\;i}{R_{AB}+R_{AC}}}={\dfrac {R_{AB}}{R_{AB}+R_{AC}}}\;V_{C}+{\dfrac {R_{AC}}{R_{AB}+R_{AC}}}\;V_{B}-{\dfrac {R_{AB}\;R_{AC}}{R_{AB}+R_{AC}}}\;i\;$» que l'on réinjecte dans l'expression de $\;V_{M}\;$ précédente soit
$\;V_{M}={\dfrac {R_{AB}}{R_{AB}+R_{AC}}}\;V_{C}+{\dfrac {R_{AC}}{R_{AB}+R_{AC}}}\;V_{B}-\left[{\dfrac {R_{AB}\;R_{AC}}{R_{AB}+R_{AC}}}+R_{AM}\right]i\;$
$\;V_{B}=V_{B}-V_{N}=10\;V\;$
$\;V_{C}=V_{C}-V_{B}+V_{B}-V_{N}=$
$-60\;V+10\;V=-50\;V\;$
$\;R_{AM}=1500\;\Omega \;$
$\;R_{AB}=R_{AC}=1000\;\Omega \;$
$\;V_{M,\,{\text{en V}}}=$
${\dfrac {1}{2}}\times (-50)+{\dfrac {1}{2}}\times (10)-\left[{\dfrac {10^{3}\times 10^{3}}{2\;10^{3}}}+1,5\;10^{3}\right]i_{\text{en A}}\;$
$\Leftrightarrow$
$\;V_{M,\,{\text{en V}}}=-20-2,0\;10^{3}\;i_{\text{en A}}\;$
$\;u_{\text{en V}}=V_{M}-V_{N}=-20-2,0\;10^{3}\;i_{\text{en A}}\;$
$\;{\big$
${\big )}\;$
$\;e_{{\text{Th}},\,NM}=-20\;V\;$
$\;{\big$
${\big )}\;$
$\;r_{{\text{Th}},\,NM}=2,0\;10^{3}\Omega \;$

### Détermination du point de fonctionnement de la varistance

Représenter le circuit équivalent en remplaçant le R.D.L.A. $\;MN\;$ par son générateur de Thévenin équivalent.
Déterminer le signe de l'intensité du courant traversant la varistance à partir de celui de la f.e.m. $\;e_{\text{Th}}\;$ et en déduire aussi le signe de la tension à ses bornes, puis
écrire l'équation de la caractéristique statique de la « varistance $\;{\big$ou V.D.R.${\big )}\;$» en convention récepteur ;
à partir de la loi d'Ohm généralisée du générateur de Thévenin équivalent et de l'équation de la caractéristique statique de la « varistance $\;{\big$ou V.D.R.${\big )}\;$», en déduire le point de fonctionnement $\;\left(i,\;u\right)\;$ de la « varistance $\;{\big$ou V.D.R.${\big )}\;$».
$\;<0\;$
$\;i\;$
$\;<0\;$
$\Downarrow$
$\;u<0\;$
l'équation de la caractéristique statique courant tension de la varistance est donc «$\;i=-2,5\;10^{-5}\;u^{2}\;$» avec $\;u\;$ en $\;V\;$ et $\;i\;$ en $\;A$ ;
$\;\left(i,\;u\right)\;$
$\;i=-2,5\;10^{-5}\;u^{2}\;$
$\;\color {transparent}{\left(i,\;u\right)}\;$
$\;u=-20-2\;10^{3}\;i\;$
$\;\color {transparent}{\left(i,\;u\right)}\;$
$\;u\;$
$\;\color {transparent}{\left(i,\;u\right)}\;$
$\;u=-20-2\;10^{3}\left(-2,5\;10^{-5}\;u^{2}\right)\;$
$\Leftrightarrow$
$\;u=-20+0,05\;u^{2}\;$
$\Leftrightarrow$
$\;u^{2}-20\,u-400=0\;$
$\;\color {transparent}{\left(i,\;u\right)}\;$
$\;\Delta '=100+400=500\;$
$\;\color {transparent}{\left(i,\;u\right)}\;$
$\;u_{\pm }=10\pm {\sqrt {500}}=10\pm 10\;{\sqrt {5}}\;$
$\;<0\;$
$\;u=-10\left({\sqrt {5}}-1\right)\simeq -12,36\,V\;$
$\;\color {transparent}{\left(i,\;u\right)}\;$
$\;i\;$
$\;\color {transparent}{\left(i,\;u\right)}\;$
$\;i\simeq -2,5\;10^{-5}\times \left(-12,36\right)^{2}\simeq -3,82\;10^{-3}\;A\;$
$\;i\simeq -3,82\;mA\;$

## Détermination de l'intensité du courant traversant un conducteur ohmique dans un réseau à deux sources de tension

Les générateurs du circuit ci-contre sont de résistance interne nulle.
Cherchant à déterminer l'intensité $\;i\;$ du courant circulant dans le conducteur ohmique de résistance $\;r$, nous nous proposons de remplacer le R.D.L.A. $\;AB\;$ par son générateur de Thévenin équivalent, lequel délivre un courant à la branche extérieure constituée du conducteur ohmique de résistance $\;r$.

### Générateur de Thévenin équivalent au R.D.L.A. AB aux bornes duquel est branché le conducteur ohmique de résistance r

Redessiner le circuit fermé ci-contre en termes de « R.D.L.A. $\;AB\;$» fermé sur la « charge de résistance $\;r\;$», le R.D.L.A. délivrant un courant d'intensité $\;i\;$ à la charge extérieure, puis,
déterminer, par la méthode qui vous semble la mieux adaptée, le générateur de Thévenin équivalent au R.D.L.A. $\;AB\;$ délivrant un courant d'intensité $\;i$.
On redessine le circuit fermé en termes de R.D.L.A. $\;AB\;$ fermé sur la charge de résistance $\;r$, le R.D.L.A. délivrant le courant d'intensité $\;i\;$ à la charge de résistance $\;r\;$ ${\big$considérée comme une branche extérieure${\big )}\;$ voir schéma ci-contre :
pour déterminer le générateur de Thévenin équivalent au R.D.L.A. encadré en tiretés, on peut reconnaître un $\;{\big$ou plusieurs${\big )}\;$ P.D.T. ou appliquer le théorème de Millman $\;{\big$mais ce dernier est à considérer comme complément${\big )}$ ;
par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;C=F\;$ et $\;A\;$ on reconnaît un P.D.T. alimenté en entrée par $\;e_{CD}=-e_{1}\;$ et de sortie aux bornes $\;C=F-A\;$ par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{C=F}\;$ et $\;\color {transparent}{A}\;$ on reconnaît un P.D.T. délivrant un courant d'intensité $\;i\;$ par la borne $\;A\;$ par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{C=F}\;$ et $\;\color {transparent}{A}\;$ on reconnaît un P.D.T. dont le générateur de Thévenin équivalent est de par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{C=F}\;$ et $\;\color {transparent}{A}\;$ on reconnaît un P.D.T. $\succ \;$f.e.m. $\;{\big$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;e_{{\text{Th}},\,C=F-A}={\dfrac {R}{R+R}}\;e_{CD}=-{\dfrac {e_{1}}{2}}\;$» et par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{C=F}\;$ et $\;\color {transparent}{A}\;$ on reconnaît un P.D.T. $\succ \;$résistance $\;{\big$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;r_{{\text{Th}},\,C=F-A}=R\ \parallel R={\dfrac {R}{2}}\;$» d'où
par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{C=F}\;$ et $\;\color {transparent}{A}\;$ «$\;u_{1}=e_{{\text{Th}},\,C=F-A}-r_{{\text{Th}},\,C=F-A}\;i=-{\dfrac {e_{1}}{2}}-{\dfrac {R}{2}}\;i\;$» ; de même
par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;B\;$ et $\;C=F\;$ on reconnaît un P.D.T. alimenté en entrée par $\;e_{EC}=e_{2}\;$ et de sortie aux bornes $\;B-C=F\;$ par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{C=F}\;$ et $\;\color {transparent}{A}\;$ on reconnaît un P.D.T. recevant un courant d'intensité $\;i\;$ par la borne $\;B\;$ par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{B}\;$ et $\;\color {transparent}{C=F}\;$ on reconnaît un P.D.T. dont le générateur de Thévenin équivalent est par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{B}\;$ et $\;\color {transparent}{C=F}\;$ on reconnaît un P.D.T. $\succ \;$de f.e.m. $\;{\big$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;e_{{\text{Th}},\,B-C=F}={\dfrac {R}{R+R}}\;e_{EC}={\dfrac {e_{2}}{2}}\;$» et  par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{B}\;$ et $\;\color {transparent}{C=F}\;$ on reconnaît un P.D.T. $\succ \;$de résistance $\;{\big$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;r_{{\text{Th}},\,B-C=F}=R\ \parallel R={\dfrac {R}{2}}\;$» d'où
par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{B}\;$ et $\;\color {transparent}{C=F}\;$ «$\;u_{2}=e_{{\text{Th}},\,B-C=F}-r_{{\text{Th}},\,B-C=F}\;i={\dfrac {e_{2}}{2}}-{\dfrac {R}{2}}\;i\;$» ;
par reconnaissance de P.D.T. : on en déduit «$\;u=u_{1}+u_{2}={\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2}}-R\;i\;$», le générateur de Thévenin équivalent au R.D.L.A. $\;AB\;$ étant par reconnaissance de P.D.T. : on en déduit «$\;\color {transparent}{u=u_{1}+u_{2}={\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2}}-R\;i}\;$», le générateur de Thévenin équivalent $\succ \;$de f.e.m. $\;{\big$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;e_{{\text{Th}},\,BA}={\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2}}\;$» et par reconnaissance de P.D.T. : on en déduit «$\;\color {transparent}{u=u_{1}+u_{2}={\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2}}-R\;i}\;$», le générateur de Thévenin équivalent $\succ \;$de résistance $\;{\big$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;r_{{\text{Th}},\,BA}=R\;$».
Par application du théorème de Millman : la masse étant choisie en $\;C\;$, on applique successivement, au R.D.L.A. $\;AB\;$ délivrant un courant d'intensité $\;i$, Par application du théorème de Millman : la masse étant choisie en $\;\color {transparent}{C}\;$, on applique le théorème de Millman au nœud $\;A\;$ puis au nœud $\;B\;$, on obtient ; Par application du théorème de Millman : la masse étant choisie en $\;\color {transparent}{C}\;$, on applique le théorème de Millman $\succ \;$au nœud $\;A$, «$\;V_{A}={\dfrac {{\dfrac {V_{D}}{R}}+{\dfrac {V_{F}}{R}}-i}{{\dfrac {1}{R}}+{\dfrac {1}{R}}}}={\dfrac {{\dfrac {-e_{1}}{R}}+{\dfrac {0}{R}}-i}{{\dfrac {1}{R}}+{\dfrac {1}{R}}}}=-{\dfrac {e_{1}}{2}}-{\dfrac {R}{2}}\,i\;$» et Par application du théorème de Millman : la masse étant choisie en $\;\color {transparent}{C}\;$, on applique le théorème de Millman $\succ \;$au nœud $\;B$, «$\;V_{B}={\dfrac {{\dfrac {V_{E}}{R}}+{\dfrac {V_{F}}{R}}+i}{{\dfrac {1}{R}}+{\dfrac {1}{R}}}}={\dfrac {{\dfrac {-e_{2}}{R}}+{\dfrac {0}{R}}+i}{{\dfrac {1}{R}}+{\dfrac {1}{R}}}}=-{\dfrac {e_{2}}{2}}+{\dfrac {R}{2}}\,i\;$» d'où
Par application du théorème de Millman : la masse étant choisie en $\;\color {transparent}{C}\;$, en formant la différence on en déduit la tension aux bornes du R.D.L.A. en fonction de l'intensité $\;i\;$ du courant délivré soit Par application du théorème de Millman : la masse étant choisie en $\;\color {transparent}{C}\;$, en formant la différence on en déduit «$\;V_{A}-V_{B}={\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2}}-R\,i\;$» dont on tire le générateur de Thévenin équivalent Par application du théorème de Millman : la masse étant choisie en $\;\color {transparent}{C}\;$, en formant la différence on en déduit «$\;\color {transparent}{V_{A}-V_{B}={\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2}}-R\,i}\;$» $\succ \;$de f.e.m. $\;{\big$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;e_{{\text{Th}},\,BA}={\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2}}\;$» et Par application du théorème de Millman : la masse étant choisie en $\;\color {transparent}{C}\;$, en formant la différence on en déduit «$\;\color {transparent}{V_{A}-V_{B}={\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2}}-R\,i}\;$» $\succ \;$de résistance $\;{\big$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;r_{{\text{Th}},\,BA}=R\;$».

### Détermination de l'intensité i du courant traversant le conducteur ohmique de résistance r

Tracer le schéma équivalent en remplaçant le R.D.L.A. $\;AB\;$ par son générateur de Thévenin équivalent puis
en déduire l'intensité $\;i\;$ du courant que ce générateur de Thévenin délivre au conducteur ohmique de résistance $\;r$.
Voir ci-contre le schéma du circuit équivalent obtenu en remplaçant le R.D.L.A. $\;AB\;$ par son générateur de Thévenin équivalent ;
$\;i\;$
$\;r\;$
$\;i={\dfrac {e_{{\text{Th}},\,BA}}{r_{{\text{Th}},\,BA}+r}}={\dfrac {\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2}}{R+r}}\;$
$\;i={\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2\;(R+r)}}\;$

## Détermination de l'intensité du courant traversant un conducteur ohmique dans un réseau à deux sources de tension et une source de courant

Les sources de tension et de courant du circuit ci-contre sont idéales.
Cherchant à déterminer l'intensité $\;i\;$ du courant circulant dans le conducteur ohmique de résistance $\;R_{3}$, nous nous proposons de remplacer le R.D.L.A. $\;AB\;$ par son générateur de Norton équivalent, lequel délivre un courant à la branche extérieure constituée du conducteur ohmique de résistance $\;R_{3}$.

### Générateur de Norton équivalent au R.D.L.A. AB aux bornes duquel est branché le conducteur ohmique de résistance R$_3$

Redessiner le circuit fermé représenté ci-contre en termes de « R.D.L.A. $\;AB\;$» fermé sur la « charge de résistance $\;R_{3}\;$», le R.D.L.A. délivrant un courant d'intensité $\;i\;$ à la charge extérieure, puis,
déterminer, par la méthode qui vous semble la mieux adaptée, le générateur de Norton équivalent au R.D.L.A. $\;AB\;$ délivrant un courant d'intensité $\;i$.
Voir ci-contre le schéma équivalent au circuit fermé ci-dessus, Voir ci-contre le schéma dans lequel on a remplacé les deux résistances $\;R_{1}\;$ et $\;R_{2}\;$ montés en série Voir ci-contre le schéma dans lequel on a remplacé les deux résistances par leur résistance équivalente $\;R_{1}+R_{2}\;$ et Voir ci-contre le schéma dans lequel on a mis la résistance $\;R_{3}\;$ en bout de chaîne pour la considérer comme branche extérieure alimentée par le R.D.L.A. $\;AB\;$ Voir ci-contre le schéma${\big$encadré en tiretés violets dans le schéma ci-contre${\big )}$ ;
pour déterminer le générateur de Norton équivalent au R.D.L.A. $\;AB$, le plus simple est pour déterminer le générateur de Norton de transformer toutes les branches dont on connaît le modèle générateur de tension en leur modèle générateur de courant puis pour déterminer le générateur de Norton d'utiliser la propriété d'équivalence d'une association $\;\parallel \;$ de modèles générateurs de courant soit : pour déterminer le générateur de Norton $\succ \;$branche $\;BCA$, source de courant parfaite de c.e.m. $\;\eta _{N,\,BCA}={\dfrac {e_{1}}{R_{1}+R_{2}}}\;$ pour déterminer le générateur de Norton $\color {transparent}{\succ }\;$branche $\;\color {transparent}{BCA}$, en $\;\parallel \;$ sur conducteur ohmique de résistance $\;r_{N,\,BCA}=$ $R_{1}+R_{2}$, pour déterminer le générateur de Norton $\succ \;$branche $\;BDA$, source de courant parfaite de c.e.m. $\;\eta _{N,\,BDA}={\dfrac {e_{4}}{R_{4}}}\;$ pour déterminer le générateur de Norton $\color {transparent}{\succ }\;$branche $\;\color {transparent}{BDA}$, en $\;\parallel \;$ sur conducteur ohmique de résistance $\;r_{N,\,BDA}=R_{4}\;$ et pour déterminer le générateur de Norton $\succ \;$les deux autres branches formant un générateur de Norton de c.e.m. $\;{\big$de Norton${\big )}$ $\;\eta _{N,\,BA,\,{\text{autres}}}=i_{0}\;$ et pour déterminer le générateur de Norton $\color {transparent}{\succ }\;$les deux autres branches formant un générateur de Norton de résistance $\;{\big$de Norton${\big )}$ $\;r_{N,\,BA,\,{\text{autres}}}=R_{5}$ ; finalement
pour déterminer $\succ \;$le générateur de Norton équivalent au R.D.L.A. $\;AB\;$ a pour c.e.m. $\;{\big$de Norton${\big )}$ $\;\eta _{N,\,BA}=\eta _{N,\,BCA}+\eta _{N,\,BDA}+\eta _{N,\,BA,\,{\text{autres}}}={\dfrac {e_{1}}{R_{1}+R_{2}}}+{\dfrac {e_{4}}{R_{4}}}+i_{0}\;$ et pour déterminer $\color {transparent}{\succ }\;$le générateur de Norton équivalent au R.D.L.A. $\;\color {transparent}{AB}\;$ a pour résistance $\;{\big$de Norton${\big )}$ $\;r_{N,\,BA}\;$ telle que $\;{\dfrac {1}{r_{N,\,BA}}}={\dfrac {1}{r_{N,\,BCA}}}+{\dfrac {1}{r_{N,\,BDA}}}+{\dfrac {1}{r_{N,\,BA,\,{\text{autres}}}}}={\dfrac {1}{R_{1}+R_{2}}}+{\dfrac {1}{R_{4}}}+{\dfrac {1}{R_{5}}}$.

### Détermination de l'intensité i du courant traversant le conducteur ohmique de résistance R$_3$

Tracer le schéma équivalent en remplaçant le R.D.L.A. $\;AB\;$ par son générateur de Norton équivalent puis
en déduire l'intensité $\;i\;$ du courant que ce générateur de Norton délivre au conducteur ohmique de résistance $\;R_{3}$.
A.N. : $\;R_{1}=R_{2}=1\;k\Omega$, $\;R_{3}=100\;\Omega$, $\;R_{4}=0,5\;k\Omega$, $\;R_{5}=1,5\;k\Omega$, $\;e_{1}=10\;V$, $\;e_{4}=5\;V\;$ et $\;i_{0}=20\;mA$.
Voir ci-contre le schéma équivalent en remplaçant le R.D.L.A. $\;AB\;$ par son générateur de Norton équivalent :
numériquement avec $\;R_{4}=500\;\Omega$, $\;R_{5}=1500\;\Omega$, $\;R_{1}+R_{2}=2000\;\Omega$, $\;e_{1}=10\;V$, $\;e_{4}=5\;V\;$ et $\;i_{0}=0,02\;A$, numériquement le générateur de Norton a pour c.e.m. $\;{\big$de Norton${\big )}$ $\;\eta _{N,\,BA}={\dfrac {10}{2000}}+{\dfrac {5}{500}}+0,02=0,035\;$ en $\;A\;$ soit encore numériquement le générateur de Norton a pour c.e.m. $\;\color {transparent}{\big$de Norton $\color {transparent}{\big )}$ $\;\eta _{N,\,BA}=35\;mA\;$ et numériquement le générateur de Norton a pour résistance $\;{\big$de Norton${\big )}$ $\;r_{N,\,BA}\;$ telle que $\;{\dfrac {1}{r_{N,\,BA}}}={\dfrac {1}{2000}}+{\dfrac {1}{500}}+{\dfrac {1}{1500}}={\dfrac {3+12+4}{6000}}$ $={\dfrac {19}{6000}}\;S\;$ d'où $\;r_{N,\,BA}={\dfrac {6000}{19}}\;\Omega \simeq 315,8\;\Omega$.
$\;i\;$
$\;R_{3}=100\;\Omega \;$
$\;\eta _{N,\,BA}=35\;mA\;$
$\;R_{3}=100\;\Omega \;$
$\;i={\dfrac {r_{N,\,BA}}{r_{N,\,BA}+R_{3}}}\;\eta _{N,\,BA}\;$
$\;i\simeq {\dfrac {315,8}{315,8+100}}\times 35\;mA\simeq 26,6\;mA\;$