# Introduction aux vibrations mécaniques

Hichème Ferdjani

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Hichème Ferdjani. Introduction aux vibrations mécaniques. Licence. Algérie. 2023. hal-04274692

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Cours Physique 3

H. FERDJANI, USDB, ferdjani_hicheme@univ-blida.dz

November 6, 2023

<figure><img src="image_2.png" /></figure>
## Définition

Une vibration (ou oscillation) est le mouvement d'un système mécanique qui reste **voisin** d'un état de repos (pendule, masse-ressort ...etc).

## Éléments d'un système vibratoire

<figure><img src="image_3.png" /></figure>

* La masse m [kg] est supposée être un corps rigide, elle exécute les vibrations autour de la position d'équilibre.

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* Le ressort est supposé de masse négligeable, représente l'élasticité du système. On suppose qu'il est linéaire:

<figure><img src="image_11.png" /></figure>

$F = K\Delta L$, F : Force de rappel, K : raideur du ressort [N/m].

* L'amortisseur dissipe une partie de l'énergie du système en chaleur (système dissipatif). Il représente le frottement existant dans le système. On suppose que le frottement est visqueux.

<figure><img src="image_12.png" /></figure>

$F = \beta v$, F : Force de frottement, v : vitesse du piston par rapport au cylindre, β : coefficient de frottement [Kg/s].

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<figure><img src="image_14.png" /></figure>
* La **force d'excitation F(t)** introduit l'énergie dans le système. Elle varie avec le temps.

## Définition

Un système vibratoire avec un ressort linéaire et un frottement visqueux est dit **système vibratoire linéaire**.

Dans ce cours on n'étudie que les systèmes vibratoires linéaires.

## Degrés de liberté (d.d.l) d'un système vibratoire

Le nombre de d.d.l. d'un système est égal au nombre de coordonnées **indépendantes** nécessaires pour décrire son mouvement.

## Exemples de systèmes à 1 d.d.l

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<figure><img src="image_17.png" /></figure>
<figure><img src="image_18.png" /></figure>

Il y a deux coordonnées $x(t)$ et $\theta(t)$ mais elles ne sont pas indépendantes car $x(t) = R\theta(t)$. Donc système à 1 d.d.l.
Exemples de systèmes à 2 d.d.l

<figure><img src="image_19.png" /></figure>

<figure><img src="image_20.png" /></figure>
Position d'équilibre, stabilité et condition d'oscillation

Soit un système à 1 d.d.l., nous supposons qu'à l'instant $t=0$, le système est en équilibre en $q(0) = q_0$. Nous pouvons montrer que l'énergie potentielle vérifie la condition suivante :

$$ \left. \frac{dU}{dq} \right|_{q=q_0} = 0 \qquad (1) $$

Cela veut dire qu'à l'équilibre, U est stationnaire (minimale ou maximale).

<figure><img src="image_21.png" /></figure>
L'équilibre est **stable** en $q = q_0$ si l'énergie potentielle est minimale en ce point, c'est à dire si la condition suivante est vérifiée:

$$ \left. \frac{d^2 U}{dq^2} \right|_{q=q_0} > 0 \qquad (2) $$

L'équilibre est **instable** en $q = q_0$ si l'énergie potentielle est maximale en ce point, c'est à dire si la condition suivante est vérifiée:

$$ \left. \frac{d^2 U}{dq^2} \right|_{q=q_0} < 0 \qquad (3) $$

<figure><img src="image_22.png" /></figure>

<figure><img src="image_23.png" /></figure>
Exemple

Considérons l'exemple d'une tige sans masse portant à l'une de ses extrémités une masse ponctuelle m et tournant autour d'un axe horizontal passant par O (Figure 2).

<figure><img src="image_24.png" /><figcaption>Figure 2: Exemple d'équilibre et de stabilité</figcaption></figure>

<figure><img src="image_25.png" /></figure>
L'énergie potentielle du système représenté est donnée par:

$$U(\theta) = -mga \cos(\theta)$$

Les positions d'équilibre doivent satisfaire la condition :

$$\frac{dU}{d\theta} = mga \sin(\theta) = 0$$

Il existe donc deux positions d'équilibre :

$$\theta = 0, \quad \theta = \pi$$

Pour savoir laquelle des deux positions est stable, nous devons étudier le signe de la dérivée seconde de U, donnée par:

$$\frac{d^2 U}{d\theta^2} = mga \cos(\theta)$$

Il vient :

$$\left. \frac{d^2 U}{d\theta^2} \right|_{\theta=0} = mga > 0 \Rightarrow \theta = 0 \Rightarrow \text{Position d'équilibre stable}$$

Oscillations possibles autour de $\theta = 0$.

<figure><img src="image_26.png" /></figure>
$$ \left. \frac{d^2 U}{d\theta^2} \right|_{\theta=\pi} = -mga < 0 \Rightarrow \theta = \pi \Rightarrow \text{Position d'équilibre instable} $$

Oscillations impossibles autour de $\theta = \pi$.

## Condition d'oscillation

Pour qu'un système puisse osciller autour d'une position $q = q_0$, il faut qu'elle soit une **position d'équilibre stable** :

$$ \bullet \left. \frac{dU}{dq} \right|_{q=q_0} = 0 $$

$$ \bullet \left. \frac{d^2 U}{dq^2} \right|_{q=q_0} > 0 $$

<figure><img src="image_27.png" /></figure>
## Définition

* Libres → Pas d'excitation $F(t)=0$

* Non amorties → Pas de frottement $\beta = 0$

## Équation différentielle du mouvement-Méthode du Lagrangien

Soit $q(t)$ la coordonnée généralisée décrivant le mouvement du système. On suppose que $q(t)$ reste au voisinage de $q_0$, position d'équilibre stable.

**Énergie cinétique** : Soit un système constitué d'une masse $m$ dont la position est repérée par le vecteur position $\vec{r}(q(t))$ dépendant du paramètre $q(t)$. L'énergie cinétique s'écrit :

$$T = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{1}{2}m \left(\frac{d\vec{r}}{dt}\right)^2 = \frac{1}{2}m \left(\frac{d\vec{r}}{dq} \frac{dq}{dt}\right)^2 = \frac{1}{2}m \left(\frac{d\vec{r}}{dq}\right)^2 \dot{q}^2$$

<figure><img src="image_28.png" /></figure>
Elle peut également s'écrire :

$$T = \frac{1}{2} a(q) \dot{q}^2, \quad \text{avec } a(q) = m \left(\frac{d\vec{r}}{dq}\right)^2$$

En faisant un développement limité de $a(q)$ au voisinage de $q = q_0$, on obtient :

$$T(q, \dot{q}) = \frac{1}{2} \left( a(q_0) + \left. \frac{da}{dq} \right|_{q=q_0} (q-q_0) + \frac{1}{2} \left. \frac{d^2 a}{dq^2} \right|_{q=q_0} (q-q_0)^2 + \dots \right) \dot{q}^2$$

En négligeant les termes contenant $(q - q_0)$ et $(q - q_0)^2$, on obtient :

$$T \approx \frac{1}{2} a_0 \dot{q}^2, \quad \text{avec } a_0 = a(0) \quad (4)$$

### Remarque

En translation, $a_0$ représente la masse. En rotation, elle représente le moment d'inertie par rapport au centre de rotation. $a_0$ est **tjs** positif.
## Énergie potentielle :

En faisant un développement limité de $U(q)$ au voisinage de $q_0$, on obtient :

$$U(q) = U(q_0) + \left. \frac{dU}{dq} \right|_{q=q_0} (q - q_0) + \left. \frac{d^2 U}{dq^2} \right|_{q=q_0} (q - q_0)^2 + \dots$$

En prenant $U(q_0) = 0$ et sachant que $\left. \frac{dU}{dq} \right|_{q=q_0} = 0$, on obtient :

$$U(q) \approx \frac{1}{2} b_0 (q - q_0)^2, \quad \text{avec} \quad b_0 = \frac{d^2 U}{dq^2} > 0 \quad (5)$$

## Remarque

Lorsque le mouvement se fait au voisinage d'une position d'équilibre, $\frac{d^2 U}{dq^2}$ est une constante.

## Équation différentielle : Le Lagrangien est défini par :

$$\mathcal{L} = T - U = \frac{1}{2} a_0 \dot{q}^2 - \frac{1}{2} b_0 (q - q_0)^2$$
L'équation différentielle est déduite de l'équation de Lagrange donnée par :

$$ \frac{d}{dt} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}} \right) - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q} = 0 \qquad (6) $$

On obtient l'équation différentielle du mouvement :

$$ a_0 \ddot{q} + b_0 (q - q_0) = 0 \qquad (7) $$

La forme canonique est donnée par :

$$ \ddot{q} + \frac{b_0}{a_0} (q - q_0) = 0 $$

ou encore :

$$ \ddot{q} + \omega_0^2 (q - q_0) = 0, \quad \text{avec} \quad \omega_0 = \sqrt{\frac{b_0}{a_0}} $$

<figure><img src="image_29.png" /></figure>
## Solution de l'équation différentielle. Équation horaire

Sauf mention contraire, on prendra dans la suite de ce cours $q_0 = 0$. La solution de l'équation différentielle, appelée également **équation horaire**, est une fonction sinusodale :

$$q(t) = A \cos(\omega_0 t + \phi)$$

où :

* $A = q_{max}$ est appelée **amplitude du mouvement**. Elle a la même dimension que $q(t)$.

* $\omega_0$ [rad/s] est appelée **pulsation propre**.

* $\phi$ [rad] est appelée **phase initiale**.

<figure><img src="image_30.png" /></figure>
## Vérification

$$ \dot{q} = -\omega_0 A \sin(\omega_0 t + \phi) $$

$$ \ddot{q} = -\omega_0^2 A \cos(\omega_0 t + \phi) = -\omega_0^2 q $$

En remplaçant dans l'équation différentielle, on a :

$$ -\omega_0^2 q + \omega_0^2 \dot{q} = 0 $$

## Remarque 1

Deuxième forme possible de la solution :

$$ q(t) = A \sin(\omega_0 t + \phi'), \text{ avec } \phi' = \phi + \frac{\pi}{2} $$

Troisième forme possible de la solution :

$$ q(t) = A \sin(\phi') \cos(\omega_0 t) + A \cos(\phi') \sin(\omega_0 t) $$

<figure><img src="image_31.png" /></figure>
En posant $C = A \sin(\phi')$ et $D = A \cos(\phi')$ ($A = \sqrt{C^2 + D^2}$), on obtient :

$$q(t) = C \cos(\omega_0 t) + D \sin(\omega_0 t)$$

## Remarque 2

Chacune des trois formes contient deux constantes inconnues :

$$\bullet q(t) = A \cos(\omega_0 t + \phi) \longrightarrow A \text{ et } \phi$$

$$\bullet q(t) = A \sin(\omega_0 t + \phi') \longrightarrow A \text{ et } \phi', (\phi' = \phi + \frac{\pi}{2})$$

$$\bullet q(t) = C \cos(\omega_0 t) + D \sin(\omega_0 t) \longrightarrow C \text{ et } D,$$

$$(A = \sqrt{C^2 + D^2})$$

<figure><img src="image_32.png" /></figure>
Ces deux constantes sont déterminées par la donnée de deux conditions initiales à t=0:

* $q(0)$ : Position initiale.

* $\dot{q}(0)$ : Vitesse initiale.

## Détermination des constantes

Première forme $q(t) = A \cos(\omega_0 t + \phi)$

On calcule d'abord $\dot{q}(t)$ :

$$ \dot{q}(t) = -\omega_0 A \sin(\omega_0 t + \phi) $$

On remplace $t=0$ dans $q(t)$ et $\dot{q}(t)$ :

$$ q(0) = A \cos(\phi) \quad (8) $$

$$ \dot{q}(0) = -\omega_0 A \sin(\phi) = \dot{q}(0) \quad (9) $$

En divisant (9) par (8), on obtient :

$$ -\omega_0 \tan(\phi) = \frac{\dot{q}(0)}{q(0)} \Rightarrow \phi = \tan^{-1}\left(\frac{-\dot{q}(0)}{\omega_0 q(0)}\right) $$

<figure><img src="image_33.png" /></figure>
En remplaçant dans (8) (ou 9)), on obtient:

$$A = \frac{q(0)}{\cos(\phi)}, \quad \text{ou} \quad A = \frac{-\dot{q}(0)}{\omega_0 \sin(\phi)}$$

**Deuxième forme** $q(t) = A \sin(\omega_0 t + \phi')$

On utilise la même méthode

**Troisième forme** $q(t) = C \cos(\omega_0 t) + D \sin(\omega_0 t)$

$$\begin{gather*} \dot{q}(t) = -\omega_0 C \sin(\omega_0 t) + \omega_0 D \cos(\omega_0 t) \\ q(0) = C \tag{10} \end{gather*}$$

$$\dot{q}(0) = \omega_0 D = \dot{q}(0) \Rightarrow D = \frac{\dot{q}(0)}{\omega_0} \tag{11}$$

Remarque

La troisième forme est la plus facile pour déterminer les constantes.

<figure><img src="image_34.png" /></figure>
## Propriétés de l'équation horaire

La solution est sinusoïdale, la courbe de $q(t)$ a l'allure suivante (en supposant $q(0) > 0$ et $\dot{q}(0) > 0$):

<figure><img src="image_35.png" /></figure>

<figure><img src="image_36.png" /></figure>
On observe que le mouvement est **oscillatoire sinusoïdal périodique**.

$T_0$ [s] est appelée **période**.

## Détermination de $T_0$

Par définition on a :

$$q(t + T_0) = q(t)$$

$$A \cos(\omega_0(t + T_0) + \phi) = A \cos(\omega_0 t + \phi)$$

En divisant par A l'égalité devient :

$$\cos(\omega_0(t + T_0) + \phi) = \cos(\omega_0 t + \phi) \quad (12)$$

L'équation (12) implique $\omega_0 T_0 = 2k\pi$ en prenant la valeur la plus petite ($k=1$) on obtient :

$$T_0 = \frac{2\pi}{\omega_0}$$

<figure><img src="image_37.png" /></figure>
On peut aussi calculer la fréquence par :

$$f = \frac{1}{T_0} = \frac{\omega_0}{2\pi} \text{ [Hz]}$$

### Remarque

La pulsation propre $\omega_0$, la période $T_0$, et la fréquence $f$ sont des propriétés du système et ne dépendent pas des conditions initiales.

## Conservation de l'énergie mécanique E

L'énergie mécanique est définie par :

$$E = T + U$$

Dans le cas d'un mouvement sinusoïdal, on a :

$$q(t) = A \cos(\omega_0 t + \phi)$$ $$T = \frac{1}{2} a_0 \dot{q}^2 = \frac{1}{2} \omega_0^2 A^2 a_0 \sin^2(\omega_0 t + \phi)$$
Sachant que $\omega_0^2 = \frac{b_0}{a_0}$, on obtient :

$$T = \frac{1}{2} b_0 A^2 \sin^2(\omega_0 t + \phi)$$

$$U = \frac{1}{2} b_0 q^2 = \frac{1}{2} b_0 A^2 \cos^2(\omega_0 t + \phi)$$

$$E = \frac{1}{2} b_0 A^2$$

## Remarques

* Les énergies cinétique et potentielle varient au cours du temps. L'énergie mécanique se conserve, on dit que le système est **conservatif**. Ceci est du à l'absence de frottement.

* Nous observons sur la Figure 3 qu'il y a un transfert d'énergie perpétuel entre les deux formes : potentielle et cinétique.

<figure><img src="image_38.png" /></figure>
<figure><img src="image_39.png" /><figcaption>Figure 3: Transfert d'énergie entre U et T.</figcaption></figure>

<figure><img src="image_40.png" /></figure>
# Énergie potentielle d'un système masse-ressort
## Système masse-ressort vertical

<figure><img src="image_41.png" /><figcaption>Figure 4: Système masse-ressort</figcaption></figure>

À l'équilibre, la masse est soumise à son propre poids et à la force de rappel F du ressort : $F - mg = k\Delta X - mg = 0 \Rightarrow k\Delta X = mg$

<figure><img src="image_42.png" /></figure>
Pendant le mouvement, on a :

$$
\begin{align*}
U &= \int_{0}^{x} (\text{force de rappel totale du ressort}) dx - mgx \\
&= \int_{0}^{x} k(x + \Delta X) dx - mgx \\
&= \frac{1}{2} kx^2 + x(k\Delta X - mg) = \frac{1}{2} kx^2
\end{align*}
$$

Reamrques :

* Dans un système masse-ressort vertical, l'énergie potentielle gravitationnelle est compensée par l'allongement initial du ressort. L'énergie potentielle du système est égale à l'énergie potentielle élastique due à l'allongement du ressort à partir de la position d'équilibre. Ce résultat est valable pour un système masse-ressort horizontal ou incliné.

* $\frac{d^2 U}{dx^2} = k > 0$, cela veut dire que la position d'équilibre est stable, et que les oscillations sont possibles. Ceci est valable pour n'importe quel système masse-ressort en translation.
## Exemple

Pour le système de la Figure 4, on donne $m = 1$ Kg, $K=100$ N/m, $x(0)=1$cm, $\dot{x}(0) = 1$ cm/s. On demande de :

* donner l'équation différentielle du mouvement, ainsi que la pulsation propre et la période.

* donner l'équation horaire.

## Solution

<figure><img src="image_43.png" /></figure>

$$T = \frac{1}{2}m\dot{x}^2, \quad U = \frac{1}{2}kx^2$$

On constate que $T$ et $U$ ont la forme (4) et (5) avec $a_0 = m$ et $b_0 = \frac{d^2U}{dq^2} = k$.

$$\mathcal{L} = T - U = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 - \frac{1}{2}kx^2$$

$$\frac{d}{dt}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{x}} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x} = 0 \Rightarrow m\ddot{x} + kx = 0$$

<figure><img src="image_44.png" /></figure>
Forme canonique :

$$ \ddot{x} + \frac{k}{m}x = 0 \Rightarrow \omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}} = 10 \text{ rad/s} $$

A partir de (29) et (11) on a :

$$ x(t) = C \cos \omega_0 t + D \sin \omega_0 t $$

$$ C = x_0 = 1 \text{ cm}, \quad D = \frac{\dot{x}_0}{\omega_0} = 0.1 \text{ cm} $$

Remarque

On aurait pu écrire directement l'équation différentielle à partir de (7), en posant $q = x$, $a_0 = m$, et $b_0 = k$.

<figure><img src="image_45.png" /></figure>
# Énergie cinétique d'un solide en rotation

Solide en rotation autour d'un axe passant par un point O avec une vitesse angulaire $ω$:

$$T = \frac{1}{2} J \omega^2$$

$J$ : [Kgm²] Moment d'inertie du solide par rapport à O.

## Exemples

Masse $m$ en mouvement circulaire autour d'un point O:

$$J = mR^2$$

<figure><img src="image_46.png" /></figure>

<figure><img src="image_47.png" /></figure>
Disque de masse M et de rayon R en rotation autour de son centre:

* Disque plein :

$$J = \frac{1}{2}MR^2$$

* Disque creux :

$$J = MR^2$$

<figure><img src="image_48.png" /></figure>
Exemple 2

<figure><img src="image_49.png" /></figure>

$$
T = \frac{1}{2}ma^2\dot{\theta}^2, U = mga(1 - \cos\theta)
$$

$\theta$ est petit, donc $\cos \theta \approx 1 - \frac{\theta^2}{2}$, U devient :

$$
U = \frac{1}{2} mga\theta^2
$$

<figure><img src="image_50.png" /></figure>
On constate que T et U ont la forme (4) et (5) avec $a_0 = ma^2$
(moment d'inertie) et $b_0 = \frac{d^2U}{d\theta^2} = mga$.

$$
\mathcal{L} = T - U = \frac{1}{2} ma^2 \dot{\theta}^2 - mga \frac{\theta^2}{2}
$$

L'équation de Lagrange $\frac{d}{dt} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \theta} \right) - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \theta} = 0$ donne l'équation différentielle du mouvement :

$$
ma^2\ddot{\theta} + mga\theta = 0
$$

Remarque

On aurait pu écrire directement l'équation différentielle à partir de
(7), en posant $q = \theta$, $a_0 = ma^2$, et $b_0 = mga$.

<figure><img src="image_51.png" /></figure>
# Énergie potentielle d'un système masse-ressort en rotation :

On considère le cas d'un système rotatif avec un ressort et une masse ponctuelle. Dans ce cours, nous ne considérons que deux cas:

* La masse est située sur l'axe horizontal passant par le centre de rotation.

* La masse est située sur l'axe vertical passant par le centre de rotation.

## Masse posée sur l'axe horizontal :

<figure><img src="image_52.png" /></figure>

<figure><img src="image_53.png" /></figure>
Pour déterminer l'allongement à l'équilibre $\Delta X$ du ressort, on prend la somme des moments, par rapport à l'axe perpendiculaire au plan de la poulie et passant par O, du poids $\vec{P}$ et la force de rappel $F = k\Delta X$ du ressort :

$$FR - Pa = k\Delta XR - mga = 0$$

L'énergie potentielle du système est donnée par :

$$U = \int_{0}^{\theta} k(R\theta + \Delta X)Rd\theta - mgh = \frac{1}{2}kR^{2}\theta^{2} + k\Delta XR\theta - mga \sin\theta$$

Puisque $\theta$ est petit, on $\sin\theta \simeq \theta$, on a:

$$U = \frac{1}{2}kR^{2}\theta^{2} + (k\Delta XR - mga)\theta = \frac{1}{2}kR^{2}\theta^{2}$$

<figure><img src="image_54.png" /></figure>
## Conclusion

Dans le cas où la masse est située sur l'axe horizontal, son énergie potentielle gravitationnelle est compensée par l'allongement initial du ressort. L'énergie potentielle du système est égale à l'énergie potentielle élastique due à l'allongement du ressort à partir de la position d'équilibre.

## Remarque

Ce résultat s'applique au cas d'une masse suspendue par un fil accroché à la poulie.

<figure><img src="image_55.png" /></figure>
Masse posée sur l'axe vertical :

<figure><img src="image_56.png" /></figure>

La somme des moments à l'équilibre donne :

$$FR = k\Delta XR = 0 \Rightarrow \Delta X = 0$$

L'énergie potentielle du système est donnée par :

$$ 
\begin{align*}
U &= \int_{0}^{\theta} kR\theta Rd\theta - mgh = \frac{1}{2}kR^{2}\theta^{2} - mga(1 - \cos\theta) \\
&= \frac{1}{2}kR^{2}\theta^{2} - mga\left(1 - \left(1 - \frac{\theta^{2}}{2}\right)\right) = \frac{1}{2}(kR^{2} - mga)\theta^{2}.
\end{align*} $$
Conclusion

Dans le cas où la masse est située sur l'axe vertical, l'allongement initial correspondant est nul. Par conséquent, l'énergie potentielle du système est égale à l'énergie potentielle élastique due à l'allongement du ressort à partir de la position d'équilibre plus l'énergie potentielle gravitationnelle de la masse.

Exemple 3

<figure><img src="image_57.png" /></figure>

On néglige la masse de la poulie. Écrire l'équation différentielle du mouvement.

<figure><img src="image_58.png" /></figure>
Solution

$$
\begin{align*}
T &= \frac{1}{2}(m_1 R^2 + m_2 a^2 + m_3 R^2) \dot{\theta}^2 \\
U &= \frac{1}{2} k (R \theta)^2 + m_1 g R \left(1 - \frac{\theta^2}{2}\right) - m_3 g R \left(1 - \frac{\theta^2}{2}\right)
\end{align*}
$$

Puisque U est définie à une constante additive près, les constantes dans son expression peuvent-être éliminées. On obtient :

$$
U = \frac{1}{2} (kR^2 - m_1 gR + m_3 gR) \theta^2 \quad (13)
$$

Par identification avec (7), en posant $q = \theta$, $a_0 = (m_1 R^2 + m_2 a^2 + m_3 R^2)$, et $b_0 = (kR^2 - m_1 gR + m_3 gR)$, on obtient l'équation différentielle du mouvement :

$$
(m_1 R^2 + m_2 a^2 + m_3 R^2) \ddot{\theta} + (k R^2 - m_1 g R + m_3 g R) \theta = 0 \quad (14)
$$

<figure><img src="image_59.png" /></figure>
# Stabilité de l'équilibre

D'après (13), on a :

$$ \frac{d^2 U}{d\theta^2} = kR^2 - m_1gR + m_3gR. $$

La masse $m_3$, située sur la verticale en dessous de l'axe de rotation, contribue à la stabilite de l'équilibre. Par contre, la masse $m_1$, située sur la verticale au dessus de l'axe de rotation, contribue à son instabilité. La stabilité de l'équilibre n'est donc pas automatiquement vérifiée. Pour qu'il y ait stabilité, et donc oscillations, il faut que :

$$ kR^2 - m_1gR + m_3gR > 0 $$

En conclusion si un **système rotatif** ne contient pas une masse située sur la verticale et au dessus de l'axe de rotation, son équilibre est toujours stable et la condition d'oscillation est automatiquement vérifiée. Dans le cas contraire, la condition d'oscillation doit être vérifiée.

<figure><img src="image_60.png" /></figure>
Formules et résultats essentiels

• Énergie cinétique : $T = \frac{1}{2} a_0 \dot{q}^2$

• Énergie potentielle : $U = \frac{1}{2} b_0 q^2$

• Équation différentielle : $a_0 \ddot{q} + b_0 q = 0$

• Conditions d'oscillation : 
$$ \begin{cases} \text{Équilibre : } \frac{dU}{dq} = 0 \\ \text{Stabilité : } b_0 = \frac{d^2U}{dq^2} > 0 \end{cases} $$

• Équation horaire :

$$q(t) = C \cos \omega_0 t + D \sin \omega_0 t$$

$$\omega_0 = \sqrt{\frac{b_0}{a_0}} \text{ pulsation propre (rad/s)}$$

$$C = q(0), \quad D = \frac{\dot{q}(0)}{\omega_0}$$

<figure><img src="image_61.png" /></figure>
## Définition

* Libres $\rightarrow F(t) = 0$ (Pas d'excitation)

* Amorties $\rightarrow \beta \neq 0$ (amortissement du système non négligé).

## Fonction de dissipation

Pour un amortisseur de coefficient de frottement $\beta$, la fonction de dissipation, qui représente la puissance dissipée par frottement, est donnée par :

$$D = \frac{1}{2} \beta v^2 [W],$$

où $v$ est la vitesse **linéaire** du piston par rapport au cylindre.

<figure><img src="image_62.png" /></figure>
Généralement, l'une des extrémités du piston est fixe, alors que l'autre est fixée à la masse repérée par la coordonnée généralisée q. Dans ce cas, D s'écrit:

$$D = \frac{1}{2} \beta_{eq} \dot{q}^2, \qquad (15)$$

où $\beta_{eq}$ est un coefficient dû au frottement du système. Dans la suite du cours, et sauf mention contraire, on se mettra dans ce cas.

## Remarques

* Si $q=x$ (translation), $\beta_{eq}$ a la même dimension qu'un coefficient de frottement $\beta$ (Kg/s).

* Si $q = \theta$ (rotation), $\beta_{eq}$ ($[Kg.m^2/s]$) n'a pas la dimension d'un coefficient de frottement.

## Équation différentielle du mouvement

Équation de Lagrange pour un système dissipatif :

$$\frac{d}{dt} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}} + \frac{\partial \mathcal{D}}{\partial \dot{q}} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q} = 0 \qquad (16)$$
Le Lagrangien est donné par :

$$ \mathcal{L} = \frac{1}{2} a_0 \dot{q}^2 - \frac{1}{2} b_0 q^2 \quad (17) $$

En remplaçant (17) et (15) dans (16), on obtient l'équation différentielle du mouvement :

$$ a_0 \ddot{q} + \beta_{eq} \dot{q} + b_0 q = 0 \quad (18) $$

La forme canonique est donnée par :

$$ \ddot{q} + \frac{\beta_{eq}}{a_0} \dot{q} + \frac{b_0}{a_0} q = 0, \quad \ddot{q} + 2\lambda \dot{q} + \omega_0^2 q = 0, \quad (19) $$

où $\lambda [s^{-1}]$, appelée **constante d'amortissement**, est défini par :

$$ \lambda = \frac{\beta_{eq}}{2a_0} $$

## Solution de l'équation différentielle:

On cherche $q(t)$ sous la forme : $q(t) = Ae^{rt}$. En remplaçant dans la forme canonique (19) et en simplifiant, on obtient l'équation caractéristique :

$$ r^2 + 2\lambda r + \omega_0^2 = 0 $$

<figure><img src="image_63.png" /></figure>

<figure><img src="image_64.png" /></figure>

<figure><img src="image_65.png" /></figure>

<figure><img src="image_66.png" /></figure>

<figure><img src="image_67.png" /></figure>

<figure><img src="image_68.png" /></figure>

<figure><img src="image_69.png" /></figure>
Le discriminant est donné par :

$$ \Delta = 4(\lambda^2 - \omega_0^2) $$

Il y a plusieurs cas.

**Amortissement fort $\lambda > \omega_0$**

Dans ce cas : $\Delta > 0$ $\sqrt{\Delta} = 2\sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2}$, les racines sont données par :

$$ r_1 = -\lambda - \sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2}, \quad r_2 = -\lambda + \sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2}, \quad r_1 < 0, r_2 < 0 $$

L'équation horaire s'écrit :

$$ q(t) = A_1 e^{r_1 t} + A_2 e^{r_2 t} = e^{-\lambda t} (A_1 e^{-\sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2} t} + A_2 e^{\sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2} t}) $$

($A_1$ et $A_2$ sont des constantes à déterminer avec la donnée des conditions initiales ($q(0)$ et $\dot{q}(0)$).

<figure><img src="image_70.png" /></figure>
Détermination des constantes

$$
\begin{align*}
\dot{q}(t) &= r_1 A_1 e^{r_1 t} + r_2 A_2 e^{r_2 t} \\
\begin{cases}
q(0) = A_1 + A_2 \\
\dot{q}(0) = \dot{q}(0) = r_1 A_1 + r_2 A_2
\end{cases}
\end{align*}
$$

La résolution du système précédent donne :

$$
A_1 = - \frac{\dot{q}(0) - r_2 q(0)}{2\sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2}} \quad A_2 = \frac{\dot{q}(0) - r_1 q(0)}{2\sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2}}
$$

<figure><img src="image_71.png" /></figure>
## Allure de la courbe $q(t)$

En supposant que $q(0) > 0$ et $\dot{q}(0) = 0$, la courbe de $q(t)$ a l'allure suivante :

<figure><img src="image_72.png" /></figure>

On constate que le mouvement n'est pas **oscillatoire**, et que $q(t) \to 0$ quand $t \to \infty$.

<figure><img src="image_73.png" /></figure>
## Amortissement critique $\lambda = \omega_0$

Dans ce cas $\Delta = 0$ et l'équation caractéristique a une racine double $r = -\lambda$. On peut montrer que la forme générale de l'équation horaire est :

$$q(t) = (A + Bt)e^{-\lambda t},$$

où A et B sont deux constantes a déterminer par les conditions initiales.

## Détermination des constantes

$$\dot{q}(t) = (-\lambda A + B(1 - \lambda t)) e^{-\lambda t}$$

$$\begin{cases} q(0) = A \\ \dot{q}(0) = -\lambda A + B = \dot{q}(0) \end{cases} \Rightarrow B = \dot{q}(0) + \lambda q(0)$$

<figure><img src="image_74.png" /></figure>
Allure de la courbe $q(t)$

<figure><img src="image_75.png" /></figure>

On observe que le mouvement n'est pas **oscillatoire**, qu'il a la même allure que dans le cas de l'amortissement fort, sauf qu'il tend vers 0 plus rapidement. En effet, on peut montrer que :

$$ \frac{(A + Bt)e^{-\lambda t}}{A_{11}e^{r_1 t} + A_{22}e^{r_2 t}} \underset{t \to +\infty}{\longrightarrow} 0 $$

<figure><img src="image_76.png" /></figure>
Amortissement faible $\lambda < \omega_0$

Dans ce cas, $\Delta < 0$, $\sqrt{\Delta} = i2\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}$. Les racines de l'équation caractéristique sont données par:

$$r_1 = -\lambda - i\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}, \quad r_2 = -\lambda + i\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}$$

L'équation horaire est donnée par:

$$q(t) = \Re(A_1 e^{r_1 t} + A_2 e^{r_2 t}) = e^{-\lambda t} \Re(A_1 e^{-i\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}t} + A_2 e^{i\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}t}) \\ A_1 \text{ et } A_2 \in \mathbb{C}$$

En posant $\omega_p = \sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}$ et en utilisant la formule d'Euler:
$e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta$, on peut montrer que l'équation horaire s'écrit :

* Première forme : $[q(t) = Ae^{-\lambda t} \cos(\omega_p t + \phi)]$

* Deuxième forme : $[q(t) = Ae^{-\lambda t} \sin(\omega_p t + \phi')]$, $(\phi' = \phi + \frac{\pi}{2})$
• Troisième forme : $[q(t) = e^{-\lambda t} [C \cos \omega_p t + D \sin \omega_p t]]$

Les constantes $(A, \phi)$, $(A, \phi')$, $(C, D)$ sont déterminées par les conditions initiales.

Détermination des constantes

$$ \dot{q}(t) = \left( (-\lambda C + \omega_p D) \cos \omega_p t + (-\lambda D - \omega_p C) \sin \omega_p t \right) e^{-\lambda t} $$

$$ \begin{cases} q(0) = C \\ \dot{q}(0) = -\lambda q(0) + \omega_p D = \dot{q}(0) \end{cases} \Rightarrow D = \frac{\dot{q}(0) + \lambda q(0)}{\omega_p} $$

<figure><img src="image_77.png" /></figure>
Allure de la courbe $q(t)$

<figure><img src="image_78.png" /></figure>

Le mouvement est **oscillatoire, pseudo-périodique**.

<figure><img src="image_79.png" /></figure>
$\omega_p = \sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}$ [rad/s], est appelée pseudo-pulsation

$T_p = \frac{2\pi}{\omega_p}$ [s], est appelée pseudo-période

## Décrément logarithmique

Calculons le rapport entre deux sommets successifs $t_1$ et $t_1 + T_p$:

$$ \frac{q(t_1)}{q(t_1 + T_p)} = \frac{Ae^{-\lambda t_1} \cos(\omega_p t_1 + \phi)}{Ae^{-\lambda(t_1+T_p)} \cos(\omega_p(t_1 + T_p) + \phi)} = e^{\lambda T_p} $$

Le décrément logarithmique $\delta$ est défini par:

$$ \delta = \log \left( \frac{q(t_1)}{q(t_1 + T_p)} \right) = \log(e^{\lambda T_p}) = \lambda T_p, \text{ Sans unité !} $$

Pour le rapport entre n sommets successifs $t_1$ et $t_1 + (n-1)T_p$, on peut montrer que : $\log\left(\frac{q(t_1)}{q(t_1+(n-1)T_p)}\right) = (n-1)\delta$

<figure><img src="image_80.png" /></figure>
Remarque

Le décrément logarithmique fournit un moyen très simple pour
mesurer la constante d'amortissement du système λ.

<figure><img src="image_81.png" /></figure>
Exemple

<figure><img src="image_82.png" /></figure>

On donne m=1 Kg, $\beta = 0.2kg/s$, k=1N/m. $x(0)=1cm$, $\dot{x}(0) = 1cm/s$.

Établir l'équation différentielle.

Donner l'équation horaire.

Calculer le coefficient de frottement $\beta$ pour avoir un amortissement critique. Donner l'équation horaire dans ce cas.

Pour $\beta = 4kg/s$, donner l'équation horaire.

<figure><img src="image_83.png" /></figure>
# Solution

## 1.

$$T = \frac{1}{2}m\dot{x}^2, \quad U = \frac{1}{2}kx^2$$

$$\mathcal{L} = T - U = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 - \frac{1}{2}kx^2$$

La fonction de dissipation est donnée par:

$$\mathcal{D} = \frac{1}{2}\beta\dot{x}^2$$

## Remarque

$\mathcal{D}$ a la même forme que (15) avec $\beta_{eq} = \beta$ qui a la dimension d'un coefficient de frottement [Kg/s].

L'équation de Lagrange $\frac{d}{dt}(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{x}}) + \frac{\partial \mathcal{D}}{\partial \dot{x}} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x} = 0$ donne

l'équation différentielle du mouvement :

$$m\ddot{x} + \beta\dot{x} + kx = 0$$
Remarque

L'équation différentielle aurait pu être écrite directement en posant
$q = x, a_0 = m, \beta_{eq} = \beta, b_0 = k$ dans (18).

2. Forme canonique de l'équation différentielle :

$$
\ddot{x} + \frac{\beta}{m}\dot{x} + \frac{k}{m}x = 0
$$

$$
\lambda = \frac{\beta}{2m} = 0.1s^{-1}, \omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}} = 1 \text{rad/s} \Rightarrow \lambda < \omega_0, \text{Amortissement faible.}
$$

$$
\begin{gather*}
\omega_p = \sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2} = 0.98 \text{ rad/s} \\
x(t) = e^{-\lambda t} [C \cos(\omega_p t) + D \sin(\omega_p t)]
\end{gather*}
$$

Détermination des constantes C et D :

$$
C = x_0 = 1cm
$$

$$
D = \frac{\dot{x}_0 + \lambda x_0}{\omega_p} = 1.225cm
$$

<figure><img src="image_84.png" /></figure>
3.

$$ \lambda = \frac{\beta}{2m} = \omega_0 = 1\,\text{rad/s} \quad \Rightarrow \quad \beta = 2m\omega_0 = 2\,\text{kg/s} $$

$$ x(t) = (A + Bt)e^{-\lambda t}, \quad A = x_0 = 1\,\text{cm}, \quad B = \dot{x}_0 + \lambda x_0 = 2\,\text{cm} $$

4.

$$ \lambda = 2s^{-1} > \omega_0 = 1\,\text{rad/s} \quad \Rightarrow \quad \text{Amortissement fort.} $$

$$ x(t) = A_1 e^{r_1 t} + A_2 e^{r_2 t} $$

$$ r_1 = -\lambda - \sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2} = -3.73s^{-1}, \quad r_2 = -\lambda + \sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2} = -0.27s^{-1} $$

$$ A_1 = -\frac{\dot{x}_0 - r_2 x_0}{2\sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2}} = -0.366\,\text{cm}, \quad A_2 = \frac{\dot{x}_0 - r_1 x_0}{2\sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2}} = 1.366\,\text{cm} $$

<figure><img src="image_85.png" /></figure>
<figure><img src="image_86.png" /></figure>

<figure><img src="image_87.png" /></figure>
• Fonction de dissipation : $\mathcal{D} = \frac{1}{2}\beta_{eq}\dot{q}^2$

• Équation différentielle : $a_0\ddot{q} + \beta_{eq}\dot{q} + b_0q = 0$

• Constante d'amortissement : $\lambda = \frac{\beta_{eq}}{2a_0}$

• Amortissement fort :

$$ \lambda > \omega_0, q(t) = e^{-\lambda t}(A_1 e^{-\sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2}t} + A_2 e^{\sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2}t}) $$

• Amortissement critique : $\lambda = \omega_0$, $q(t) = e^{-\lambda t}(A + Bt)$

• Amortissement faible :

$$ \lambda < \omega_0, q(t) = e^{-\lambda t}(C \cos(\omega_p t) + D \sin(\omega_p t)) $$

$$ \omega_p = \sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}, \text{ pseudo-pulsation} $$

$$ T_p = \frac{2\pi}{\omega_p}, \text{ pseudo-période} $$

$$ \delta = \lambda T_p, \text{ décrément logarithmique} $$
## Définition

Oscillations **forcées** ⇒ Présence d'une force d'excitation ($F(t) \neq 0$).

## Équation différentielle du mouvement

L'équation de Lagrange s'écrit dans ce cas :

$$ \frac{d}{dt} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}} \right) + \frac{\partial \mathcal{D}}{\partial \dot{q}} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q} = \frac{\partial W_{\text{ext}}(t)}{\partial q}, \quad (20) $$

où $W_{\text{ext}}$ est le travail des forces ou couples extérieurs.

<figure><img src="image_88.png" /></figure>
Sachant que $\mathcal{L} = \frac{1}{2}a_0\dot{q}^2 - \frac{1}{2}b_0q^2$ et que $\mathcal{D} = \frac{1}{2}\beta_{eq}\dot{q}^2$, (20) donne
l'équation différentielle du mouvement :

$$a_0\ddot{q} + \beta_{eq}\dot{q} + b_0q = \frac{\partial W_{\text{ext}}(t)}{\partial q} \quad (21)$$

## Remarque

L'équation (21) a été obtenue en supposant $q_0 = 0$ et l'une des extrémités de l'amortisseur fixe (équation (15)). Ces hypothèses ne seront pas satisfaites dans certains cas particuliers traités dans la suite du chapitre.

La forme canonique est donnée par :

$$\ddot{q} + 2\lambda\dot{q} + \omega_0^2 q = \frac{\frac{\partial W_{\text{ext}}(t)}{\partial q}}{a_0} = f_0(t),$$

avec :

$$\left\{ \begin{array}{l} \lambda = \frac{\beta_{eq}}{2a_0} \\ \omega_0 = \sqrt{\frac{b_0}{a_0}} \end{array} \right.$$

<figure><img src="image_89.png" /></figure>
Exemple 1

<figure><img src="image_90.png" /><figcaption>Figure 5:</figcaption></figure>

$$
\mathcal{L} = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 - \frac{1}{2}kx^2, \quad \mathcal{D} = \frac{1}{2}\beta\dot{x}^2, \quad W_{\text{ext}}(t) = F(t)x.
$$

L'équation de Lagrange

$$
\frac{d}{dt} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{x}} \right) + \frac{\partial \mathcal{D}}{\partial x} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x} = \frac{\partial W_{\text{ext}}(t)}{\partial x},
$$

<figure><img src="image_91.png" /></figure>
donne l'équation différentielle du mouvement:

$$m\ddot{x} + \beta\dot{x} + kx = F(t)$$

<figure><img src="image_92.png" /></figure>
Exemple 2

<figure><img src="image_93.png" /></figure>

Poulie de moment
d'inertie J

$$
\begin{gather*}
T = \frac{1}{2} (J + m_1 R^2) \dot{\theta}^2 \\
U = m_1 g R \left(1 - \frac{\theta^2}{2}\right) + \frac{1}{2} k R^2 \theta^2
\end{gather*}
$$

En éliminant les constantes, U devient :

$$
U = \frac{1}{2} (kR^2 - m_1 gR) \theta^2
$$

<figure><img src="image_94.png" /></figure>
$$ \mathcal{D} = \frac{1}{2} \beta (R \dot{\theta})^2, \quad W_{\text{ext}}(t) = F(t) R \theta. $$

On obtient l'équation différentielle du mouvement:

$$ (J + m_1 R^2) \ddot{\theta} + \beta R^2 \dot{\theta} + (k R^2 - m_1 g R) \theta = F(t) R $$

<figure><img src="image_95.png" /></figure>
## Solution de l'équation différentielle dans le cas d'une sollicitation extérieure sinusoïdale

Dans beaucoup de cas pratiques, l'excitation est sinusoïdale sous la forme:

$$W_{ext}(t) = W_0(\omega) \cos(\omega t), \text{où } W_0(\omega) \sin(\omega t),$$

$\omega$ est appelée: **pulsation d'excitation**. La forme canonique de l'équation différentielle devient :

$$\ddot{q} + 2\lambda\dot{q} + \omega_0^2 q = f_0(\omega) \cos(\omega t). \quad (22)$$

## Résolution de l'équation différentielle

(22) est une équation différentielle **non homogène**. On recherche sa solution sous la forme : $q(t) = q_h(t) + q_p(t)$, où :

* $q_h(t)$ est la solution de l'équation différentielle **homogène** : $\ddot{q} + 2\lambda\dot{q} + \omega_0^2 q = 0$

* $q_p(t)$ est une solution particulière de (22).

<figure><img src="image_96.png" /></figure>
## Solution de l'équation différentielle homogène

* Si $\lambda > \omega_0 \Rightarrow q_h(t) = e^{-\lambda t}(Ae^{\sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2}t} + Be^{-\sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2}t})$

* Si $\lambda = \omega_0 \Rightarrow q_h(t) = e^{-\lambda t}(A + Bt)$

* Si $\lambda < \omega_0 \Rightarrow q_h(t) = Ae^{-\lambda t} \cos(\omega_p t + \phi)$

Dans tous les cas $q_h(t) \underset{t \to +\infty}{\longrightarrow} 0$. En pratique, $q_h(t)$ devient négligeable au bout de quelques instants.

## Solution particulière de l'équation différentielle non homogène

On cherche une solution particulière $q_p(t)$ solution de :

$$ \ddot{q} + 2\lambda\dot{q} + \omega_0^2 q = f_0(\omega) \cos(\omega t) \quad (23) $$

On choisit $q_p(t)$ sous la forme :

$$ q_p(t) = C(\omega) \cos(\omega t - \psi(\omega)) $$

<figure><img src="image_97.png" /></figure>
# Détermination de l'amplitude $C(\omega)$ et de la phase $\psi(\omega)$ de $q_p$

En remplaçant $q_p(t)$ dans (23), on obtient :

$$ (\omega_0^2 - \omega^2) \cos(\omega t - \psi(\omega)) - 2\lambda\omega \sin(\omega t - \psi(\omega)) = \frac{f_0(\omega)}{C(\omega)} \cos(\omega t) \quad (24) $$

En utilisant les relations trigonométriques, on reécrit (24) sous la forme :

$$ \begin{aligned} & [(\omega_0^2 - \omega^2) \cos \psi(\omega) + 2\lambda\omega \sin \psi(\omega)] \cos(\omega t) + \\ & [(\omega_0^2 - \omega^2) \sin \psi(\omega) - 2\lambda\omega \cos \psi(\omega)] \sin(\omega t) = \frac{f_0(\omega)}{C(\omega)} \cos(\omega t) \end{aligned} \quad (25) $$

<figure><img src="image_98.png" /></figure>
Par identification entre les deux membres de l'équation (25), on obtient:

$$ (\omega_0^2 - \omega^2) \cos \psi(\omega) + 2\lambda\omega \sin \psi(\omega) = \frac{f_0(\omega)}{C(\omega)} \quad (26) $$

$$ (\omega_0^2 - \omega^2) \sin \psi(\omega) - 2\lambda\omega \cos \psi(\omega) = 0 \quad (27) $$

En effectuant la somme des carrés de (26) et (27), on obtient :

$$ (\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\lambda^2\omega^2 = \frac{f_0(\omega)^2}{C(\omega)^2} \quad (28) $$

A partir de l'équation (28), on obtient :

$$ C(\omega) = \frac{f_0(\omega)}{\sqrt{(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\lambda^2\omega^2}} \quad (29) $$

A partir des équations (26) et (27), on obtient :

$$ \left\{ \begin{aligned} \sin \psi(\omega) &= \frac{2\lambda\omega}{\sqrt{(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\lambda^2\omega^2}} \\ \cos \psi(\omega) &= \frac{\omega_0^2 - \omega^2}{\sqrt{(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\lambda^2\omega^2}} \end{aligned} \right. \quad (30) $$
A partir des équations (30), il vient ($\omega \neq \omega_0$):

$$ \tan \psi(\omega) = \frac{2\lambda\omega}{\omega_0^2 - \omega^2}. \qquad (31) $$

A partir de l'équation (31) et en tenant compte du signe de $\cos \psi(\omega)$ dans l'équation (30), on a :

$$ \psi(\omega) = \begin{cases} \tan^{-1} \frac{2\lambda\omega}{\omega_0^2 - \omega^2} & \text{si } \omega < \omega_0 \\ \pi + \tan^{-1} \frac{2\lambda\omega}{\omega_0^2 - \omega^2} & \text{si } \omega > \omega_0 \\ \frac{\pi}{2} & \text{si } \omega = \omega_0 \end{cases} \qquad (32) $$

## Remarques

* Nous constatons que $C(\omega)$ et $\psi(\omega)$ dépendent de la pulsation d'excitation $\omega$.

* La formule (32) est valable avec $q_p(t) = C(\omega)\cos(\omega t - \psi(\omega))$ et $F(t) = F_0\cos(\omega t)$, ou bien avec $q_p(t) = C(\omega)\sin(\omega t - \psi(\omega))$ et $F(t) = F_0\sin(\omega t)$.

Finalement, la solution générale s'écrit: $q(t) = q_h(t) + q_p(t)$.
On a vu que $q_h(t)$ tend rapidement vers 0. L'équation horaire $q(t)$ dure seulement quelques instants. Elle est appelée **régime transitoire**.

Après quelques instants, $q_h(t)$ devient négligeable et $q(t) \approx q_p(t)$, l'équation horaire devient sinusoïdale de pulsation $\omega$. C'est le **régime permanent**.

Exemple

<figure><img src="image_99.png" /></figure>

$m=10 \text{ Kg}, k=100 \text{ N/m}, \beta = 40\text{kg/s}, F(t) = F_0 \sin(5t) \quad F_0 = 10 \text{ N}, x_0 = 1 \text{ cm}, \dot{x}_0 = 0$.

<figure><img src="image_100.png" /></figure>
* Calculer $\lambda$, $\omega_0$ et $f_0$. Équation différentielle :

$$m\ddot{x} + \beta\dot{x} + kx = F_0 \sin(5t)$$

Forme canonique :

$$\ddot{x} + \frac{\beta}{m}\dot{x} + \frac{k}{m}x = \frac{F_0}{m}\sin(5t)$$

$$\ddot{x} + 2\lambda\dot{x} + \omega_0^2 x = f_0 \sin 5t$$

$$\omega = 5 \text{rad/s}^2, \quad \lambda = \frac{\beta}{2m} = 0.25 \text{s}^{-1}, \quad \omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}} = 3.162 \text{rad/s}^2$$

$$f_0 = \frac{F}{m} = 1 \text{m/s}^2$$

<figure><img src="image_101.png" /></figure>
* Donner l'équation horaire en régime transitoire.

Solution homogène :

$$ 
\begin{aligned}
\lambda < \omega_0 &\Rightarrow x_h = e^{-0.25t} (A \cos(\omega_p t) + B \sin(\omega_p t)) \\
\omega_p &= \sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2} = 3.152 \, \text{rad/s}
\end{aligned}
$$

Solution particulière :

$$ x_p = C(\omega) \sin(5t - \psi(\omega)) $$

En utilisant (29), on obtient : $C(\omega) = 6.576 \text{ cm.}$

En utilisant (32) ($\omega > \omega_0$), on obtient : $\psi = 2.976 \text{ rad}$

Équation horaire en régime transitoire :

$$ 
\begin{aligned}
x(t) = &e^{-0.25t} (A \cos(3.152t) + B \sin(3.152t)) \\
&+ 6.576 \sin(5t - 2.976)
\end{aligned}
$$

## Détermination des constantes A et B

$$ 
\begin{aligned}
\dot{x}(t) = &e^{-0.25t} (A(-0.25 \cos(3.152t) - 3.152 \sin(3.152t)) + \\
& B(-0.25 \sin(3.152t) + 3.152 \cos(3.152t)))
\end{aligned}
$$
$$x_0 = 1 = A + 6.576 \sin(-2.976) \Rightarrow A = 2.081 \, \text{cm}$$
$$\dot{x}_0 = 0 = A(-0.25) + B(3.152) + 32.88 \cos(-2.976) \Rightarrow B = 10.45 \, \text{cm}$$

• Donner l'équation horaire en régime permanent.

$$x(t) = 6.576 \sin(5t - 2.976) \, \text{cm}$$

<figure><img src="image_102.png" /></figure>
<figure><img src="image_103.png" /></figure>

Regime transitoire

Regime
permanent

<figure><img src="image_104.png" /></figure>
<figure><img src="image_105.png" /></figure>

Excitation–Regime permanent

<figure><img src="image_106.png" /></figure>
## Étude du régime permanent dans le cas où $F_q^0(\omega) = F_q^0$.
### Phénomène de résonance

## Étude de la variation de l'amplitude en fonction de $\omega$

$$C(\omega) = \frac{f_0}{\sqrt{(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\lambda^2\omega^2}}$$

## Étude de la fonction $C(\omega)$

$$C'(\omega) = \frac{f_0[4\omega(\omega_0^2 - \omega^2) - 8\lambda^2\omega]}{((\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\lambda^2\omega^2)^{3/2}}$$

C'(ω) = 0 implique :

$$\omega[\omega_0^2 - \omega^2 - 2\lambda^2] = 0 \qquad (33)$$

<figure><img src="image_107.png" /></figure>
Les racines de (33) sont données par :

$$
\left\{
\begin{array}{ll}
\omega = 0 & \text{si } \lambda \ge \frac{\omega_0}{\sqrt{2}} \\
\omega_1 = 0 \text{ et } \omega_2 = \sqrt{\omega_0^2 - 2\lambda^2} = \omega_r & \text{si } \lambda < \frac{\omega_0}{\sqrt{2}}
\end{array}
\right.
$$

<caption>Tableau de variation de C(ω)</caption>

• Si $\lambda \ge \frac{\omega_0}{\sqrt{2}} \Rightarrow \omega_0^2 - \omega^2 - 2\lambda^2 \le 0 \Rightarrow C'(\omega) \le 0$:

<table><thead><tr><th>ω</th><th>0</th><th></th><th>+∞</th></tr></thead><tbody><tr><td>C(ω)</td><td>f<sub>0</sub>/ω<sub>0</sub><sup>2</sup></td><td></td><td>0</td></tr></tbody></table>

• Si $\lambda < \frac{\omega_0}{\sqrt{2}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{ll} \omega_0^2 - \omega^2 - 2\lambda^2 > 0 & \text{si } 0 < \omega < \omega_r \\ \omega_0^2 - \omega^2 - 2\lambda^2 < 0 & \text{si } \omega > \omega_r \end{array} \right.$

<table><thead><tr><th>ω</th><th>0</th><th></th><th>ω<sub>r</sub></th><th></th><th>+∞</th></tr></thead><tbody><tr><td>C(ω)</td><td>f<sub>0</sub>/ω<sub>0</sub><sup>2</sup></td><td> rightarrow;</td><td>f<sub>0</sub>/2λ√(ω<sub>0</sub><sup>2</sup> - λ<sup>2</sup>)</td><td> rightarrow;</td><td>0</td></tr></tbody></table>

<figure><img src="image_108.png" /></figure>
<figure><img src="image_109.png" /></figure>

Remarques

• Si $\lambda \ge \frac{\omega_0}{\sqrt{2}}$, l'amplitude $C(\omega)$ diminue avec $\omega$

* Si $\lambda < \frac{\omega_0}{\sqrt{2}}$, l'amplitude atteint un maximum lorsque $\omega = \omega_r$, on dit qu'il y a résonance. $\omega_r = \sqrt{\omega_0^2 - 2\lambda^2}$ est appelée pulsation de résonance. $\lambda < \frac{\omega_0}{\sqrt{2}}$ est appelée condition de résonance.

<figure><img src="image_110.png" /></figure>
* Plus l'amortissement est faible, plus le pic de résonance est élevé.

* Quand $\lambda \ll \omega_0$ (amortissement très faible) $\omega_r \simeq \omega_0$ et $C_{max} = \frac{f_0}{2\lambda\omega_0}$

* La résonance peut être un phénomène très utile à rechercher (enfant dans une balançoire, amplificateur de son, sismographe, trampoline ...). Il peut être aussi une phénomène très dangereux à éviter. En effet, la résonance est la cause d'accidents célèbres dont:

① Pont suspendu à Angers (France) le 18 Avril 1850 (régiment traversant au pas cadencé).

② Pont suspendu à Tacoma (USA) le 7 Nov 1940 (rafales de vent régulières à 60 Km/h).

<figure><img src="image_111.png" /></figure>
Bande passante (amortissement très faible)

* La **bande passante** B est définie par :

$B = \omega_2 - \omega_1$, avec $\omega_1$ et $\omega_2$ tels que :

$$C(\omega_1) = C(\omega_2) = \frac{C_{max}}{\sqrt{2}}$$

<figure><img src="image_112.png" /></figure>

<figure><img src="image_113.png" /></figure>
$\omega_1$ et $\omega_2$ sont solutions de :

$$ \frac{f_0}{2\sqrt{2}\lambda\omega_0} = \frac{f_0}{\sqrt{(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\lambda^2\omega^2}} \quad (34) $$

La résolution de (34) donne :

$$ \omega_1 \approx \omega_0 - \lambda \text{ et } \omega_2 \approx \omega_0 + \lambda $$

et donc :

$$ B = 2\lambda $$

La bande passante B est très utile pour déterminer la constante d'amortissement du système.

## Facteur de qualité Q

Il est défini par :

$$ Q = \frac{\omega_0}{B} $$

Dans les systèmes où la résonance est utile, on recherche un facteur de qualité élevé.

<figure><img src="image_114.png" /></figure>
# Etude de la variation de $\psi(\omega)$

$$ \psi(\omega) = \begin{cases} \tan^{-1} \frac{2\lambda\omega}{\omega_0^2 - \omega^2} & \text{si } \omega < \omega_0 \\ \pi + \tan^{-1} \frac{2\lambda\omega}{\omega_0^2 - \omega^2} & \text{si } \omega > \omega_0 \end{cases} $$ 
$$ \psi(0) = 0 $$

$$ \lim_{\omega \to \omega_0^-} \psi(\omega) = \lim_{x \to +\infty} \tan^{-1}(x) = \frac{\pi}{2} $$

$$ \lim_{\omega \to \omega_0^+} \psi(\omega) = \pi + \lim_{x \to -\infty} \tan^{-1}(x) = \pi - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} $$

On peut montrer à partir des équations (26) et (27) que :

$$ \psi(\omega_0) = \frac{\pi}{2} $$

$$ \psi'(\omega) = \frac{2\lambda(\omega_0^2 + \omega^2)}{(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\lambda^2\omega^2} > 0 \Rightarrow \psi(\omega) \text{ strictement croissante} $$

<figure><img src="image_115.png" /></figure>
<figure><img src="image_116.png" /></figure>

Remarque

Lorsque l'amortissement est très faible ($\omega_r \simeq \omega_0$), $\psi \simeq \frac{\pi}{2}$.

<figure><img src="image_117.png" /></figure>
## Exemple

Pour l'exemple précédent, est ce que la résonance est possible ? Si oui, calculer $\omega_r$, l'amplitude et la phase du régime permanent.

### Solution

$$ \lambda = 0.25 < \frac{\omega_0}{\sqrt{2}} = 2.236 \Rightarrow \text{ la résonance est possible} $$

$$ \omega_r = \sqrt{\omega_0^2 - 2\lambda^2} = 3.142 \, \text{rad/s} \approx \omega_0 = 3.162 \, \text{rad/s} $$

$$ C_{\max} = \frac{f_0}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}} = 63.4 \, \text{cm} $$

$$ \psi = \tan^{-1} \frac{2\lambda\omega_r}{\omega_0^2 - \omega_r^2} = 1.49 \, \text{rad} \approx \frac{\pi}{2} $$

En comparant avec l'amplitude du régime permanent, obtenue précédemment pour $\omega = 5 \, \text{rad/s}$ ($C = 6.57 \, \text{cm}$), nous remarquons que l'amplitude de résonance est presque 10 fois plus élevée ! Ceci est très dangereux car le ressort ne peut probablement pas supporter une telle amplitude et le système peut être détruit.
# Oscillations forcées dues au mouvement du support

A titre d'exemple, on considère le cas d'un véhicule se déplaçant sur une route ondulée décrite par le profil sinusoïdal $y_1(x) = Y_1 \sin(2\pi x/a)$ (Figure 6). On suppose que les pneus sont rigides. On s'intéresse uniquement au déplacement vertical $y(t)$ du véhicule dans le plan de la figure. On donne : $m = 350 \text{ kg}, k = 350 \text{ kN/m}, v = 100 \text{ km/h}, a = 5 \text{ m}, Y_1 = 20 \text{ cm}$.

* Établir l'équation différentielle du mouvement vertical du véhicule.

* En déduire l'amplitude Y du mouvement du véhicule pour :

* $\beta = 2000 \text{ kg/s}$

* $\beta = 4000 \text{ kg/s}$

* En supposant que l'amortissement est très faible, calculer la vitesse du véhicule pour laquelle on observe le phénomène de résonance.

<figure><img src="image_118.png" /></figure>
<figure><img src="image_119.png" /><figcaption>Figure 6:</figcaption></figure>

$$
\begin{gather*}
\bullet \quad T = \frac{1}{2} m \dot{y}^2, \quad U = \frac{1}{2} k (y - y_1(t))^2, \quad \mathcal{D} = \frac{1}{2} \beta (\dot{y} - \dot{y}_1(t))^2 \\
\mathcal{L} = \frac{1}{2} m \dot{y}^2 - \frac{1}{2} k (y - y_1(t))^2 \\
\frac{d}{dt} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{y}} \right) + \frac{\partial \mathcal{D}}{\partial \dot{y}} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y} = 0
\end{gather*}
$$

<figure><img src="image_120.png" /></figure>
$$m\ddot{y} + \beta\dot{y} + ky = ky_1(t) + \beta\dot{y}_1(t)$$

$$y_1(t) = Y_1 \sin \omega t, \text{ avec : } \omega = \frac{2\pi v}{a}$$

$$ky_1(t) + \beta\dot{y}_1(t) = Y_1 \sqrt{k^2 + \beta^2\omega^2} \sin(\omega t + \phi), \text{ où } \phi = \tan^{-1}\left(\frac{\beta\omega}{k}\right)$$

$$\ddot{y} + 2\lambda\dot{y} + \omega_0^2 y = f_0(\omega) \sin(\omega t + \phi), \quad \lambda = \frac{\beta}{2m}, \quad \omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}}, \quad f_0(\omega) = Y_1 \sqrt{\omega_0^2 + 4\lambda^2\omega_0^2}$$

● L'amplitude du mouvement en régime permanent est donnée par :

$$Y = \sqrt{\frac{\omega_0^2 + 4\lambda^2\omega^2}{(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\lambda^2\omega^2}} Y_1$$

<figure><img src="image_121.png" /></figure>
Application numérique :

• Pour $\beta = 2000 \text{ kg/s} : Y = 16 \text{ cm.}$

• Pour $\beta = 4000 \text{ kg/s} : Y = 9 \text{ cm.}$

Pour les faibles amortissements :

$$Y = \frac{\omega_0}{|\omega_0^2 - \omega^2|} Y_1$$

On observe le phénomène de résonnance lorsque :

$$\omega = \omega_0 \implies v = \frac{a}{2\pi} \sqrt{\frac{k}{m}} \approx 90 \text{ km/h}$$

<figure><img src="image_122.png" /></figure>
Les machines tournantes (moteurs électriques, turbines, machines à laver, etc...) peuvent être le siège de vibrations importantes, car très souvent le centre de masse nous coïncide pas avec l'axe de rotation.

On se propose d'étudier, à titre d'exemple, le cas d'une machine à laver (Figure 7). Soit M la masse de cette machine. La partie tournante est constituée d'un tambour de rayon e tournant à une vitesse angulaire constante $\omega$. La masse tournante m représente le linge. Pour des raisons de simplicité, on suppose que la machine ne peut effectuer que des mouvements verticaux.

* Établir l'équation différentielle du mouvement.

* Tracer et commenter le graphe de l'amplitude du mouvement.

* Calculer l'amplitude de la force transmise au sol à la résonance.

<figure><img src="image_123.png" /></figure>
<figure><img src="image_124.png" /><figcaption>Figure 7:</figcaption></figure>

Solution

<figure><img src="image_125.png" /></figure>

Détermination de la vitesse de m :

$$
\begin{cases} x_m = e \cos \omega t \\ y_m = e \sin \omega t + y(t) \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \dot{x}_m = -e\omega \sin \omega t \\ \dot{y}_m = e\omega \cos \omega t + \dot{y} \end{cases}
$$

$$
\nu_m^2 = \dot{x}_m^2 + \dot{y}_m^2 = e\omega(e\omega + 2\dot{y}\cos\omega t) + \dot{y}^2
$$

<figure><img src="image_126.png" /></figure>

<figure><img src="image_127.png" /></figure>
$$T = \frac{1}{2}(M\ddot{y}^2 + mv_m^2) = \frac{1}{2}\left((M+m)\dot{y}^2 + m\epsilon\omega(e\omega + 2\dot{y}\cos\omega t)\right)$$

$$U = \frac{1}{2}ky^2, \quad D = \frac{1}{2}\beta\dot{y}^2$$

$$\mathcal{L} = \frac{1}{2}\left((M+m)\dot{y}^2 + m\epsilon\omega(e\omega + 2\dot{y}\cos\omega t)\right) - \frac{1}{2}ky^2$$

$$\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{y}}\right) + \frac{\partial \mathcal{D}}{\partial \dot{y}} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y} = (M+m)\ddot{y} - m\epsilon\omega^2 \sin\omega t + \beta\dot{y} + ky = 0$$

Équation différentielle sous forme canonique :

$$\ddot{y} + \frac{\beta}{M+m}\dot{y} + \frac{k}{M+m}y = \frac{m\epsilon\omega^2}{M+m}\sin\omega t$$

$$\lambda = \frac{\beta}{2(M+m)}, \quad \omega_0 = \sqrt{\frac{k}{M+m}}, \quad f_0 = \frac{m\epsilon\omega^2}{M+m}$$
L'amplitude est donnée par :

$$Y = \frac{me}{M+m} \frac{\omega^2}{\sqrt{(\omega^2 - \omega_0^2)^2 + 4\lambda^2\omega^2}}$$

<figure><img src="image_128.png" /></figure>

$$\omega_r = \frac{\omega_0^2}{\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}},$$

$$Y_{max} = \frac{me}{M+m} \frac{\omega_0^2}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}},$$

$$Y_{lim} = \frac{me}{M+m}$$

<figure><img src="image_129.png" /></figure>
Remarques

* On a la même condition de résonance que dans le cas $F_0^q(\omega) = F_0^q$.

* Lorsque $\omega$ tend vers l'infini, l'amplitude tend vers $Y_{lim}$. Si on veut réduire l'amplitude des vibrations pour les grandes vitesses, on doit diminuer e et augmenter M.

<figure><img src="image_130.png" /></figure>
Formules et résultats essentiels

* Équation différentielle avec $F(t)$ sinusoïdale :

$$ \ddot{q} + 2\lambda\dot{q} + \omega_0^2 q = f_0 \cos(\omega t), \text{ ou } f_0 \sin(\omega t) $$

* Équation horaire en régime permanent:

$$ q(t) = C \cos(\omega t - \psi) \text{ ou } q(t) = C \sin(\omega t - \psi) $$

$$ C(\omega) = \frac{f_0}{\sqrt{(\omega_0^2 - \omega^2)^2 + 4\lambda^2\omega^2}}, \quad \psi(\omega) = \begin{cases} \tan^{-1}\frac{2\lambda\omega}{\omega_0^2 - \omega^2} & \text{si } \omega < \omega_0 \\ \pi + \tan^{-1}\frac{2\lambda\omega}{\omega_0^2 - \omega^2} & \text{si } \omega > \omega_0 \\ \frac{\pi}{2} & \text{si } \omega = \omega_0 \end{cases} $$

* Condition de résonance : $\lambda < \frac{\omega_0}{\sqrt{2}}$

* Pulsation de résonance : $\omega_r = \sqrt{\omega_0^2 - 2\lambda^2}$

* Bande passante : $B = 2\lambda$

* Facteur de qualité : $Q = \frac{\omega_0}{B}$
## Équations de Lagrange :

$$ \begin{cases} \frac{d}{dt} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}_1} \right) - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q_1} = 0 \\ \frac{d}{dt} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}_2} \right) - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q_2} = 0 \end{cases} \qquad (35) $$

## Équations différentielles du mouvement
Exemple : masses-ressorts en translation

<figure><img src="image_131.png" /></figure>

$$ T = \frac{1}{2} m \dot{x}_1^2 + \frac{1}{2} m \dot{x}_2^2, \quad U = \frac{1}{2} k x_1^2 + \frac{1}{2} k (x_1 - x_2)^2 + \frac{1}{2} k x_2^2 $$

<figure><img src="image_132.png" /></figure>
$$ \mathcal{L} = T - U = \frac{1}{2} (m\dot{x}_1^2 + m\dot{x}_2^2 - kx_1^2 - k(x_1 - x_2)^2 - kx_2^2) $$

Les équations de Lagrange (35) avec $q_1 = x_1$ et $q_2 = x_2$ donnent les équations différentielles du mouvement :

$$ \begin{cases} m\ddot{x}_1 + 2kx_1 - kx_2 = 0 \\ m\ddot{x}_2 + 2kx_2 - kx_1 = 0 \end{cases} \qquad (36) $$

Le système (36) représente deux équations différentielles **couplées**.

Remarque

* Système à 1 d.d.l. ⇒ 1 équation différentielle.

* Système à 2 d.d.l. ⇒ 2 équations différentielles.

* Système à n d.d.l. ⇒ n équations différentielles.

<figure><img src="image_133.png" /></figure>
# Résolution des équations différentielles

Écriture matricielle des équations différentielles :

$$ \begin{pmatrix} m & 0 \\ 0 & m \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \ddot{x}_1 \\ \ddot{x}_2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2k & -k \\ -k & 2k \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

Écriture matricielle réduite :

$$ [M]\ddot{x} + [K]x = 0 $$

$$ [M] = \begin{pmatrix} m & 0 \\ 0 & m \end{pmatrix} \quad \text{Matrice Masse} $$

$$ [K] = \begin{pmatrix} 2k & -k \\ -k & 2k \end{pmatrix} \quad \text{Matrice de rigidité} $$

$$ \ddot{x} = \begin{pmatrix} \ddot{x}_1 \\ \ddot{x}_2 \end{pmatrix} \quad \text{Vecteur accélération} $$

$$ x = \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \end{pmatrix} \quad \text{Vecteur déplacement} $$

<figure><img src="image_134.png" /></figure>
Remarques

* Système à 2 d.d.l ⇒ [M]et [K] de dimension 2 × 2, ¨ et x de dimension 2 × 1.

* Système à n d.d.l ⇒ [M]et [K] de dimension n × n, ¨ et x de dimension n × 1.

* Les matrices [M]et [K] sont **symétriques**. On peut montrer que c'est toujours le cas lorsque les déplacements sont mesurés à partir d'une position fixe dans l'espace, comme la position d'équilibre.

* On observe, dans ce cas, que [M] est diagonale et [K] est non-diagonale, on dit qu'on a un **couplage par rigidité**

On recherche $x_1(t)$ et $x_2(t)$ sous la forme :

$$x_1(t) = A_1 \cos(\omega t + \phi), \quad x_2(t) = A_2 \cos(\omega t + \phi)$$

En reportant dans les équations différentielles et en simplifiant, on obtient :

$$(-\omega^2[M] + [K]) \begin{pmatrix} A_1 \\ A_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

<figure><img src="image_135.png" /></figure>

<figure><img src="image_136.png" /></figure>

<figure><img src="image_137.png" /></figure>

<figure><img src="image_138.png" /></figure>

<figure><img src="image_139.png" /></figure>

<figure><img src="image_140.png" /></figure>

<figure><img src="image_141.png" /></figure>

<figure><img src="image_142.png" /></figure>

<figure><img src="image_143.png" /></figure>

<figure><img src="image_144.png" /></figure>

<figure><img src="image_145.png" /></figure>

<figure><img src="image_146.png" /></figure>

<figure><img src="image_147.png" /></figure>

<figure><img src="image_148.png" /></figure>

<figure><img src="image_149.png" /></figure>

<figure><img src="image_150.png" /></figure>

<figure><img src="image_151.png" /></figure>

<figure><img src="image_152.png" /></figure>
On pose $[D(\omega)] = -\omega^2[M] + [K]$ **Matrice dynamique**

$$[D(\omega)] = \begin{pmatrix} -\omega^2 m + 2k & -k \\ -k & -\omega^2 m + 2k \end{pmatrix}$$

Le système $[D(\omega)] \begin{pmatrix} A_1 \\ A_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ admet une solution non nulle si :
$$\det[D(\omega)] = 0.$$

$$\det[D(\omega)] = \omega^4 - \omega^2 \frac{4k}{m} + \frac{3k^2}{m^2} = 0 \quad \text{Équation caractéristique}$$

L'équation caractéristique admet deux racines réelles : $\omega_1 = \sqrt{\frac{k}{m}}$ et $\omega_2 = \sqrt{\frac{3k}{m}}$ appelées **pulsations propres**

Remarque

Par convention on prend toujours $\omega_1 < \omega_2 < \dots < \omega_n$.

<figure><img src="image_153.png" /></figure>
Remarque

● 1 d.d.l $\Rightarrow$ 1 pulsation propre.

● 2 d.d.l $\Rightarrow$ 2 pulsations propres.

● n d.d.l $\Rightarrow$ n pulsation propres.

Les équations horaires s'écrivent :

$$ \begin{cases} x_1(t) = A_{11} \cos(\omega_1 t + \phi_1) + A_{12} \cos(\omega_2 t + \phi_2) \\ x_2(t) = A_{21} \cos(\omega_1 t + \phi_1) + A_{22} \cos(\omega_2 t + \phi_2) \end{cases} $$

Modes propres de vibration
Mode 1

Si $A_{12} = A_{22} = 0$, les deux masses oscillent à la même pulsation $\omega_1$, c'est le **premier mode propre ou mode 1** de vibration du système :

$$ \begin{cases} x_1(t) = A_{11} \cos(\omega_1 t + \phi_1) \\ x_2(t) = A_{21} \cos(\omega_1 t + \phi_1) \end{cases} $$

<figure><img src="image_154.png" /></figure>
## Mode 2

Si $A_{11} = A_{21} = 0$, les deux masses oscillent à la même pulsation $\omega_2$, c'est le **second mode propre ou mode 2** de vibration du système :

$$ egin{cases} x_1(t) = A_{12} \cos(\omega_2 t + \phi_2) \\ x_2(t) = A_{22} \cos(\omega_2 t + \phi_2) \end{cases} $$

## Étude des modes propres
### Mode 1

On reporte $x_1(t) = A_{11} \cos(\omega_1 t + \phi_1)$ et $x_2(t) = A_{21} \cos(\omega_1 t + \phi_1)$ dans les équations différentielles. on obtient après simplification :

$$ [D(\omega_1)] \begin{pmatrix} A_{11} \\ A_{21} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\omega_1^2 m + 2k & -k \\ -k & -\omega_1^2 m + 2k \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A_{11} \\ A_{21} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

La résolution du système précédent donne :

$$ \mu_1 = \frac{A_{21}}{A_{11}} = \frac{2k - m\omega_1^2}{k} = \frac{k}{2k - m\omega_1^2} = 1 $$
Remarque

Le rapport $\mu_1$ entre les amplitudes en mode 1 est **toujours constant**.

Mode 2

On reporte $x_1(t) = A_{12} \cos(\omega_2 t + \phi_2)$ et $x_2(t) = A_{22} \cos(\omega_2 t + \phi_2)$
dans les équations différentielles. On obtient après simplification :

$$ [D(\omega_2)] \begin{pmatrix} A_{12} \\ A_{22} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\omega_2^2 m + 2k & -k \\ -k & -\omega_2^2 m + 2k \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A_{12} \\ A_{22} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

La résolution du système précédent donne :

$$ \mu_2 = \frac{A_{22}}{A_{12}} = \frac{2k - m\omega_2^2}{k} = \frac{k}{2k - m\omega_2^2} = -1 $$

Remarque

Le rapport $\mu_2$ entre les amplitudes en mode 2 est **toujours constant**.

<figure><img src="image_155.png" /></figure>
Les solutions générales de $x_1(t)$ et $x_2(t)$ s'écritent :

$$ egin{cases} x_1(t) = A_{11} \cos(\omega_1 t + \phi_1) + A_{12} \cos(\omega_2 t + \phi_2) \\ x_2(t) = \mu_1 A_{11} \cos(\omega_1 t + \phi_1) + \mu_2 A_{12} \cos(\omega_2 t + \phi_2) \end{cases} $$

Les 4 constantes $A_{11}$, $A_{12}$, $\phi_1$, $\phi_2$ sont déterminées par la donnée des 4 conditions initiales $x_1^0$, $x_2^0$, $\dot{x}_1^0$, $\dot{x}_2^0$.

<figure><img src="image_156.png" /></figure>
# Calcul des constantes

Les conditions $x_1(0) = x_1^0$ et $x_2(0) = x_2^0$ donnent :

$$A_{11} \cos(\phi_1) + A_{12} \cos(\phi_2) = x_1^0 \quad (37)$$

$$A_{11} \cos(\phi_1) - A_{12} \cos(\phi_2) = x_2^0 \quad (38)$$

Les conditions $\dot{x}_1(0) = \dot{x}_1^0$ et $\dot{x}_2(0) = \dot{x}_2^0$ donnent :

$$-\omega_1 A_{11} \sin(\phi_1) - \omega_2 A_{12} \sin(\phi_2) = \dot{x}_1^0 \quad (39)$$

$$-\omega_1 A_{11} \sin(\phi_1) + \omega_2 A_{12} \sin(\phi_2) = \dot{x}_2^0 \quad (40)$$

Les équations (37), (38), (39) et (40) peuvent être réécrites de la manière suivante :

$$\left\{ \begin{aligned} A_{11} \cos(\phi_1) &= \frac{\dot{x}_1^0 + x_2^0}{2} \\ A_{12} \cos(\phi_2) &= \frac{\dot{x}_1^0 - x_2^0}{2} \\ \omega_1 A_{11} \sin(\phi_1) &= -\frac{\dot{x}_1^0 + \dot{x}_2^0}{2} \\ \omega_2 A_{12} \sin(\phi_2) &= \frac{\dot{x}_2^0 - \dot{x}_1^0}{2} \end{aligned} \right. \quad (41)$$

<figure><img src="image_157.png" /></figure>
La résolution du système d'équations (41) permet de déterminer les constantes.

## Premier cas

On donne $x_1^0 = x_2^0 = x_0$ et $\dot{x}_1^0 = \dot{x}_2^0 = 0$.

$$ egin{cases} A_{11} \cos(\phi_1) = x_0 \\ A_{12} \cos(\phi_2) = 0 \\ \omega_1 A_{11} \sin(\phi_1) = 0 \\ \omega_2 A_{12} \sin(\phi_2) = 0 \end{cases} \Rightarrow \phi_1 = 0, \quad A_{11} = x_0, \quad A_{12} = 0. $$

$$ x_1 = x_2 = x_0 \cos(\omega_1 t) \Rightarrow \text{Mode 1} $$

En prenant $k=1\text{N/m}$, $m=1\text{Kg}$, $\omega_1 = 1 \text{ rad/s}$, $\omega_2 = \sqrt{3} \text{ rad/s}$ et $x_0 = 1\text{cm}$, on a les courbes suivantes.

<figure><img src="image_158.png" /></figure>
<figure><img src="image_159.png" /></figure>

<figure><img src="image_160.png" /></figure>
**Deuxième cas :** On donne $x_1^0 = -x_2^0 = x_0$ et $\dot{x}_1^0 = \dot{x}_2^0 = 0$.

$$ egin{cases} A_{11} \cos(\phi_1) = 0 \\ A_{12} \cos(\phi_2) = x_0 \\ \omega_1 A_{11} \sin(\phi_1) = 0 \\ \omega_2 A_{12} \sin(\phi_2) = 0 \end{cases} \implies \phi_2 = 0, \quad A_{11} = 0, \quad A_{12} = x_0. $$
$$ x_1 = -x_2 = x_0 \cos(\omega_2 t) \Rightarrow \text{Mode 2} $$

<figure><img src="image_161.png" /></figure>
**Troisième cas :** On donne $x_1^0 = x_0$ et $x_2^0 = 0$ et $\dot{x}_1^0 = \dot{x}_2^0 = 0$

$$ \begin{cases} A_{11} \cos(\phi_1) = \frac{x_0}{2} \\ A_{12} \cos(\phi_2) = \frac{x_0}{2} \\ \omega_1 A_{11} \sin(\phi_1) = 0 \\ \omega_2 A_{12} \sin(\phi_2) = 0 \end{cases} \implies \phi_1 = \phi_2 = 0, \quad A_{11} = A_{12} = \frac{x_0}{2}. $$

$$ x_1 = \frac{x_0}{2} (\cos(\omega_1 t) + \cos(\omega_2 t)) $$

$$ x_2 = \frac{x_0}{2} (\cos(\omega_1 t) - \cos(\omega_2 t)) $$

<figure><img src="image_162.png" /></figure>
<figure><img src="image_163.png" /></figure>

Remarque

Dans le cas général, le mouvement des masses n'est pas sinusoïdal .
Il ne l'est que dans les modes propres.

<figure><img src="image_164.png" /></figure>

<figure><img src="image_165.png" /></figure>
Cas de deux oscillateurs identiques faiblement couplés
Phénomène de battement:

<figure><img src="image_166.png" /></figure>

$$ [K] = \begin{pmatrix} k+k' & -k' \\ -k' & k+k' \end{pmatrix} \quad [D(\omega)] = \begin{pmatrix} -\omega^2 m + k + k' & -k' \\ -k' & -\omega^2 m + k + k' \end{pmatrix} $$

$$ \det[D(\omega)] = (k - m\omega^2)(k + 2k' - m\omega^2) = 0 $$

$$ \omega_1 = \sqrt{\frac{k}{m}}, \quad \omega_2 = \sqrt{\frac{k+2k'}{m}} $$

<figure><img src="image_167.png" /></figure>
## Cdts initiales :

$$x_1^0 = x_0 \quad x_2^0 = 0 \text{ et } \dot{x}_1^0 = \dot{x}_2^0 = 0$$

$$\phi_1 = \phi_2 = 0 \quad A_{11} = A_{12} = \frac{x_0}{2}$$

$$x_1 = \frac{x_0}{2}(\cos(\omega_1 t) + \cos(\omega_2 t))$$

$$x_2 = \frac{x_0}{2}(\cos(\omega_1 t) - \cos(\omega_2 t))$$

On donne $k=100$ N/m, $k'=10$ N/m, $x_0 = 1$ cm, $m=1$ kg.

$$\omega_1 = 10 \text{rad/s} \quad \omega_2 = 10,49 \text{rad/s}$$

<figure><img src="image_168.png" /></figure>
<figure><img src="image_169.png" /></figure>

<figure><img src="image_170.png" /></figure>
Exemple de couplage inertiel

<figure><img src="image_171.png" /></figure>

$$
\begin{align*}
T &= \frac{1}{2} m L^2 \dot{\theta}_1^2 + \frac{1}{2} m L^2 \left( \dot{\theta}_1^2 + \dot{\theta}_2^2 + 2 \dot{\theta}_1 \dot{\theta}_2 \cos(\theta_1 - \theta_2) \right) \\
U &= -m g L \cos \theta_1 - m g L (\cos(\theta_1) + \cos(\theta_2))
\end{align*}
$$

<figure><img src="image_172.png" /></figure>
Les équations de Lagrange donnent les équations différentielles du mouvement:

$$ egin{cases} 2mL^2\ddot{\theta}_1 + mL^2\ddot{\theta}_2 + 2mgL\theta_1 = 0 \\ mL^2\ddot{\theta}_2 + mL^2\ddot{\theta}_1 + mgL\theta_2 = 0 \end{cases} $$

Après simplification, on obtient :

$$ egin{cases} 2L\ddot{\theta}_1 + L\ddot{\theta}_2 + 2g\theta_1 = 0 \\ L\ddot{\theta}_1 + L\ddot{\theta}_2 + g\theta_2 = 0 \end{cases} $$

Matrice masse : $[M] = \begin{pmatrix} 2L & L \\ L & L \end{pmatrix}$

Matrice de rigidité : $[K] = \begin{pmatrix} 2g & 0 \\ 0 & g \end{pmatrix}$

### Remarque

On observe que $[M]$ est non-diagonale et $[K]$ est diagonale, on dit qu'on a un **couplage inertiel**

Matrice dynamique :

$$ [D(\omega)] = (-\omega^2[M] + [K]) = \begin{pmatrix} -\omega^2 2L + 2g & -\omega^2 L \\ -\omega^2 L & -\omega^2 2L + g \end{pmatrix} $$
Équation caractéristique :

$$ \det[D(\omega)] = 2(-\omega^2 L + g)^2 - \omega^4 L^2 = 0 $$

D'où l'on tire les pulsations propres $\omega_1$ et $\omega_2$:

$$ \omega_1 = \sqrt{\frac{\sqrt{2}g}{(\sqrt{2}+1)L}}, \text{ et } \omega_2 = \sqrt{\frac{\sqrt{2}g}{(\sqrt{2}-1)L}} $$

Équations horaires :

$$ \left\{ \begin{array}{l} \theta_1 = A_{11} \cos(\omega_1 t + \phi_1) + A_{12} \cos(\omega_2 t + \phi_2) \\ \theta_2 = A_{21} \cos(\omega_1 t + \phi_1) + A_{22} \cos(\omega_2 t + \phi_2) \end{array} \right. $$

$$ [D(\omega_1)] \begin{pmatrix} A_{11} \\ A_{21} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \text{donne} \quad \begin{cases} (-\omega_1^2 2L + 2g)A_{11} - \omega_1^2 L A_{21} = 0 \\ -\omega_1^2 L A_{11} + (-\omega_1^2 L + g)A_{21} = 0 \end{cases} $$

$$ \mu_1 = \frac{A_{21}}{A_{11}} = \frac{-\omega_1^2 2L + 2g}{\omega_1^2 L} = \frac{\omega_1^2 L}{-\omega_1^2 L + g} = \sqrt{2} $$

$$ [D(\omega_2)] \begin{pmatrix} A_{12} \\ A_{22} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \text{donne} \quad \begin{cases} (-\omega_2^2 2L + 2g)A_{12} - \omega_2^2 L A_{22} = 0 \\ -\omega_2^2 L A_{12} + (-\omega_2^2 L + g)A_{22} = 0 \end{cases} $$
$$ \mu_2 = \frac{A_{22}}{A_{12}} = \frac{-\omega_2^2 2L + 2g}{\omega_2^2 L} = \frac{\omega_2^2 L}{-\omega_2^2 L + g} = -\sqrt{2} $$

Finalement, les équations horaires s'écrivent:

$$ \begin{cases} \theta_1 = A_{11} \cos(\omega_1 t + \phi_1) + A_{12} \cos(\omega_2 t + \phi_2) \\ \theta_2 = \sqrt{2}A_{11} \cos(\omega_1 t + \phi_1) - \sqrt{2}A_{12} \cos(\omega_2 t + \phi_2) \end{cases} $$

<figure><img src="image_173.png" /></figure>
* Équation différentielle sous forme matricielle : $[M]\ddot{q} + [K]q = 0$
$[M]$ : Matrice masse, $[K]$ : Matrice de rigidité
$\ddot{q}$ : Vecteur accélération, $q$ : Vecteur déplacement.

* Pulsations propres $\omega_1$ et $\omega_2$ ($\omega_1 < \omega_2$) racines de l'équation caractéristique : $\det[D(\omega)] = 0$
$[D(\omega)] = -\omega^2[M] + [K]$ : Matrice dynamique

* Équations horaires :
$$ \begin{pmatrix} q_1(t) \\ q_2(t) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A_{11} \\ A_{21} \end{pmatrix} \cos(\omega_1 t + \phi_1) + \begin{pmatrix} A_{12} \\ A_{22} \end{pmatrix} \cos(\omega_2 t + \phi_2) $$

* $\mu_1 = \frac{A_{21}}{A_{11}}$ déterminé par la résolution du système
$$ [D(\omega_1)] \begin{pmatrix} A_{11} \\ A_{21} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

* $\mu_2 = \frac{A_{22}}{A_{12}}$ déterminé par la résolution du système
$$ [D(\omega_2)] \begin{pmatrix} A_{12} \\ A_{22} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$
## I. Circuit LC

<figure><img src="image_174.png" /></figure>

Loi de Kirchoff :

$$V_L + V_C = L\dot{i} + \frac{q}{C} = 0$$

Sachant que $i = \dot{q}$, on obtient l'équation différentielle suivante :

$$L\ddot{q} + \frac{1}{C}q = 0 \qquad (42)$$

Solution sinusoidale : $q(t) = A \cos(\omega_0 t + \phi)$, avec $\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}$
L'équation différentielle est **analogue** à celle d'un système mécanique masse-ressort:

$$m\ddot{x} + kx = 0, \text{ Oscillations libres non amorties} \quad (43)$$

Il existe une ressemblance formelle ou **analogie** entre les deux équations (42) et (43). On peut passer de l'une à l'autre en effectuant les remplacements suivants:

$$x \leftrightarrow q \quad \text{déplacement} \leftrightarrow \text{charge}$$

$$m \leftrightarrow L \quad \text{masse} \leftrightarrow \text{inductance}$$

$$k \leftrightarrow \frac{1}{C} \quad \text{raideur} \leftrightarrow \text{capacitance}$$

L'analogie est également valable pour les énergies. En effet on a:

$$T = \frac{1}{2} m \dot{x}^2 \quad \text{Énergie cinétique} \Leftrightarrow U_M = \frac{1}{2} L \dot{q}^2 \quad \text{Énergie magnétique}$$

$$U = \frac{1}{2} kx^2 \quad \text{Énergie potentielle} \Leftrightarrow U_E = \frac{1}{2} \frac{q^2}{C} \quad \text{Énergie électrostatique}$$
# I. Circuit RLC

<figure><img src="image_175.png" /></figure>

Loi de Kirchoff :

$$V_L + V_R + V_C = 0 \Rightarrow L\ddot{q} + R\dot{q} + \frac{1}{C}q = 0$$

Analogie avec système mécanique masse+ressort+amortisseur:

$$m\ddot{x} + \beta\dot{x} + kx = 0$$

Nouvelles analogies :

$\beta$ coefficient de frottement $\Leftrightarrow$ résistance R

$$D = \frac{1}{2}\beta\dot{x}^2 \Leftrightarrow E_R = \frac{1}{2}R\dot{q}^2 \text{ Énergie dissipée dans R}$$
En ajoutant au circuit RLC un générateur de tension. On obtient :

<figure><img src="image_176.png" /></figure>

Loi de Kirchoff :

$$V_L + V_R + V_C = V(t) \Rightarrow L\ddot{q} + R\dot{q} + \frac{1}{C}q = V(t)$$

Analogie avec système mécanique masse+ressort+amortisseur avec
$F(t)$:

$$\ddot{x} + \beta \dot{x} + kx = F(t)$$

Nouvelle analogie :

$V(t)$ Générateur $\Leftrightarrow$ Force excitatrice $F(t)$

<figure><img src="image_177.png" /></figure>
# Circuit électrique analogue
## Exemple

<figure><img src="image_178.png" /></figure>

Les étapes pour obtenir le circuit électrique analogue sont les suivantes :

* Établir le système d'équations différentielles :

$$ egin{cases} m_1 \ddot{x}_1 + (\beta_1 + \beta_2) \dot{x}_1 + (k_1 + k_2)x_1 - \beta_2 \dot{x}_2 - k_2 x_2 = F \ 
m_2 \ddot{x}_2 + \beta_2 \dot{x}_2 + k_2 x_2 - \beta_2 \dot{x}_1 - k_2 x_1 = 0 \end{cases} $$

<figure><img src="image_179.png" /></figure>
Formules et résultats essentiels

<table><tr><td>Mécanique</td><td>Électricité</td></tr><tr><td>Masse : m</td><td>inductance : L</td></tr><tr><td>Déplacement x</td><td>Charge : q</td></tr><tr><td>Raideur : k</td><td>capacitance : 1/C</td></tr><tr><td>Énergie cinétique : T = 1/2 m&middot;x<sup>2</sup></td><td>Énergie magnétique : U<sub>M</sub> = 1/2 L&middot;q<sup>2</sup></td></tr><tr><td>Énergie potentielle : U = 1/2 kx<sup>2</sup></td><td>Énergie electrostatique : U<sub>E</sub> = 1/2 q<sup>2</sup>/C</td></tr><tr><td>Coefficient de frottement : &beta;</td><td>Resistance : R</td></tr><tr><td>Fonction de dissipation : D = 1/2 &beta;&middot;x<sup>2</sup></td><td>Énergie dissipée : E<sub>R</sub> = 1/2 R&middot;q<sup>2</sup></td></tr><tr><td>Force : F(t)</td><td>Tension : V(t)</td></tr></table>

<figure><img src="image_180.png" /></figure>
# Chapitre VII : Oscillations forcées d'un système non amorti à deux degrés de liberté

## Équations de Lagrange :

$$ egin{cases} \frac{d}{dt} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}_1} \right) - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q_1} = F_{q1} \\ \frac{d}{dt} \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{q}_2} \right) - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial q_2} = F_{q2} \end{cases} $$

## Exemple

<figure><img src="image_181.png" /></figure>

## Équations de Lagrange :

$$ egin{cases} \frac{d}{dt} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{x}_1} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x_1} = F(t) \\ \frac{d}{dt} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{x}_2} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x_2} = 0 \end{cases} $$

<figure><img src="image_182.png" /></figure>
Équations différentielles :

$$ \begin{cases} m\ddot{x}_1 + 2kx_1 - mx_2 = F(t) \\ m\ddot{x}_2 + 2kx_2 - mx_1 = 0 \end{cases} $$

$$ [M] = \begin{pmatrix} m & 0 \\ 0 & m \end{pmatrix} $$

$$ [K] = \begin{pmatrix} 2k & -k \\ -k & 2k \end{pmatrix} $$

<figure><img src="image_183.png" /></figure>
Solution : $x(t) = x_h(t) + x_p(t)$

$x_h(t)$ solution de $[M]\ddot{x} + [K]x = 0$ déja vue au Chapitre précédent.

$x_p(t)$ solution particulière de $[M]\ddot{x} + [K]x = \begin{pmatrix} F(t) \\ 0 \end{pmatrix}$

**Cas où F(t) est sinusoïdale :** $F(t) = F_0 \cos \omega t$

On recherche la solution particulière sous la forme :

$$x_p(t) = \begin{pmatrix} X_1 \\ X_2 \end{pmatrix} \cos \omega t$$

En reportant dans l'équation différentielle, on obtient :

$$[D(\omega)] \begin{pmatrix} X_1 \\ X_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} F_0 \\ 0 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} X_1 \\ X_2 \end{pmatrix} = [D(\omega)]^{-1} \begin{pmatrix} F_0 \\ 0 \end{pmatrix} \\ \begin{cases} X_1(\omega) = \frac{F_0(2k - m\omega^2)}{(k - m\omega^2)(3k - m\omega^2)} \\ X_2(\omega) = \frac{F_0 k}{(k - m\omega^2)(3k - m\omega^2)} \end{cases}$$

on remarque que pour $\omega_A = \sqrt{\frac{2k}{m}}$ $X_1(\omega_A) = 0$, $\omega_A$ est appelée pulsation d'antirésonance.

<figure><img src="image_184.png" /></figure>

<figure><img src="image_185.png" /></figure>

<figure><img src="image_186.png" /></figure>

<figure><img src="image_187.png" /></figure>

<figure><img src="image_188.png" /></figure>

<figure><img src="image_189.png" /></figure>

<figure><img src="image_190.png" /></figure>

<figure><img src="image_191.png" /></figure>

<figure><img src="image_192.png" /></figure>

<figure><img src="image_193.png" /></figure>

<figure><img src="image_194.png" /></figure>

<figure><img src="image_195.png" /></figure>

<figure><img src="image_196.png" /></figure>

<figure><img src="image_197.png" /></figure>
Pulsations propres :

$$ \det[D(\omega)] = (k - m\omega^2)(3k - m\omega^2) = 0 \Rightarrow \omega_1 = \sqrt{\frac{k}{m}} \quad \omega_2 = \sqrt{\frac{3k}{m}} $$

<figure><img src="image_198.png" /></figure>
<figure><img src="image_199.png" /></figure>

<figure><img src="image_200.png" /></figure>
<figure><img src="image_201.png" /></figure>

Équation différentielle : $m\ddot{x} + kx = F_0 \cos \omega t \quad \omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}}$
pulsation propre

Solution particulière : $x_p(t) = X_1 \cos \omega t \quad \text{avec } X_1 = \frac{F_0}{-m\omega^2 + k}$.
Lorsque $\omega \to \omega_0$ $X_1 \to \infty$

$\omega_0$ est la fréquence de résonance.

Dans le cas où $\omega = \omega_0$, et devant la difficulté (ou l'impossibilité) de
changer $\omega_0$ qui est une propriété du système. On adopte la solution
de l'étouffeur de vibrations.

<figure><img src="image_202.png" /></figure>
<figure><img src="image_203.png" /></figure>

Équations différentielles :

$$
\begin{cases}
m\ddot{x}_1 + kx_1 + k_1(x_1 - x_2) = F_0 \cos \omega t \\
m_1\ddot{x}_2 + k_1(x_2 - x_1) = 0
\end{cases}
$$

La solution particulière : $x_p(t) = \begin{pmatrix} X_1 \\ X_2 \end{pmatrix} \cos \omega t$

$$
X_1(\omega) = \frac{F_0(k_1 - m_1\omega^2)}{(k + k_1 - m\omega^2)(k_1 - m_1\omega^2) - k_1^2}
$$

$$
Pour \omega = \omega_A = \sqrt{\frac{k_1}{m_1}} \Rightarrow X_1 = 0
$$

On choisit $m_1$ et $k_1$ tels que : $\frac{k_1}{m_1} = \frac{k}{m}$ et donc $\omega_A = \omega_0$ et la
résonance est éliminée.

<figure><img src="image_204.png" /></figure>
Exemple : Machine tournante

<figure><img src="image_205.png" /></figure>

$m_0$ fait partie de $M_1$. On a : $M_2 = m$, $M_1 = 5m$, $m_0 = 0.1m$, $k_2 = k$ et $k_1 = 2.5k$. On demande :

<figure><img src="image_206.png" /></figure>

Donner les équations différentielles du mouvement.

<figure><img src="image_207.png" /></figure>

Pour quelle valeur de la pulsation d'excitaion $\omega$ la masse $M_1$ est immobile ?

<figure><img src="image_208.png" /></figure>
$$T = \frac{1}{2} M_1 \dot{x}_1^2 + \frac{1}{2} M_2 \dot{x}_2^2 + \frac{1}{2} m_0 (\omega^2 e^2 + \dot{x}_1^2 + 2 \dot{x}_1 e \omega \cos(\omega t))$$

$$U = k_1 x_1^2 + \frac{1}{2} k_2 (x_2 - x_1)^2$$

$$\left\{ \begin{array}{l} \frac{d}{dt} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{x}_1} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x_1} = 0 \\ \frac{d}{dt} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{x}_2} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x_2} = 0 \end{array} \right.$$

$$\left\{ \begin{array}{l} (M_1 + m_0)\ddot{x}_1 + (2k_1 + k_2)x_1 - k_2x_2 = m_0 e \omega^2 \sin(\omega t) \\ M_2\ddot{x}_2 + k_2x_2 - k_2x_1 = 0 \end{array} \right.$$

<figure><img src="image_209.png" /></figure>
$$
\begin{cases}
5m\ddot{x}_1 + 6kx_1 - kx_2 = 0.1m\epsilon\omega^2 \sin(\omega t) \\
m\ddot{x}_2 + kx_2 - kx_1 = 0
\end{cases}
$$

$$
\begin{align*}
[M] &= \begin{pmatrix} 5m & 0 \\ 0 & m \end{pmatrix} \quad [K] = \begin{pmatrix} 6k & -k \\ -k & k \end{pmatrix} \\
x_p(t) &= \begin{pmatrix} X_1 \\ X_2 \end{pmatrix} \sin \omega t
\end{align*}
$$

$$
\begin{gather*}
[D(\omega)] \begin{pmatrix} X_1 \\ X_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0.1m\epsilon\omega^2 \\ 0 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} X_1 \\ X_2 \end{pmatrix} = [D(\omega)]^{-1} \begin{pmatrix} 0.1m\epsilon\omega^2 \\ 0 \end{pmatrix} \\
\left\{
\begin{aligned}
X_1(\omega) &= \frac{0.1m\epsilon\omega^2(k - m\omega^2)}{(6k - 5m\omega^2)(k - m\omega^2) - k^2} \\
X_2(\omega) &= \frac{0.1m\epsilon\omega^2 k}{(6k - 5m\omega^2)(k - m\omega^2) - k^2}
\end{aligned}
\right.
\end{gather*}
$$

$$
M_1 \text{ immobile} \Rightarrow X_1(\omega) = 0 \Rightarrow \omega = \omega_A = \sqrt{\frac{k}{m}}
$$

Ce système est un étouffeur de vibrations, il est utilisé dans les machines tournantes, comme, par exemple, les machines à laver.

<figure><img src="image_210.png" /></figure>
Exercice 1

<figure><img src="image_211.png" /></figure>

Une masse m homogène de longueur 2L s'appuie sur deux ressorts $k_1$ et $k_2$, elle est liée à un troisième ressort $k_3$ par son centre de gravité O. L'extrémité libre du ressort $k_3$ a un mouvement vertical sinusoïdal $y(t) = Y_0 \sin(\omega t)$ causant une oscillation de la masse en translation verticale $x(t)$ et en rotation autour de O avec un angle petit $\theta(t)$.

1. Écrire les énergies cinétique et potentielle du système et établir les équations différentielles du mouvement de la masse.

<figure><img src="image_212.png" /></figure>
2. Déterminer les amplitudes de $x(t)$ et de $\theta(t)$ en fonction de $\omega$.

3. Déterminer la pulsation d'excitation $\omega_r$ qui annule le mouvement en translation de la masse.

4. A quelle condition, le mouvement vibratoire rotatif disparait (pour toutes les valeurs de $\omega$) ?

**Solution**

$$T = \frac{1}{2}(m\dot{x}^2 + J\dot{\theta}^2)$$

$$U = \frac{1}{2}(k_1(x + L\theta)^2 + k_2(x - L\theta)^2 + k_3(x - y)^2)$$

Les équations de Lagrange sont données par :

$$\begin{cases} \frac{d}{dt} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{x}} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x} = 0 \\ \frac{d}{dt} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\theta}} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \theta} = 0 \end{cases}$$

<figure><img src="image_213.png" /></figure>
On obtient les équations différentielles du mouvement de la masse :

$$ egin{cases} m\ddot{x} + (k_1 + k_2 + k_3)x + (k_1 - k_2)L\theta = k_3Y_0 \sin(\omega t) \\ J\ddot{\theta} + (k_1 + k_2)L^2\theta + (k_1 - k_2)Lx = 0 \end{cases} $$

Les matrices masse et rigidité sont données par :

$$ [M] = \begin{pmatrix} m & 0 \\ 0 & J \end{pmatrix} \qquad [K] = \begin{pmatrix} k_1 + k_2 + k_3 & (k_1 - k_2)L \\ (k_1 - k_2)L & (k_1 + k_2)L^2 \end{pmatrix} $$

On recherche la solution sous la forme :

$$ x(t) = A \sin \omega t, \quad \theta(t) = B \sin \omega t $$

En remplaçant dans les équations différentielles, on obtient le système suivant :

$$ [D(\omega)] \begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} k_3 Y_0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

La résolution du système donne :

$$ egin{cases} A = \frac{Y_0 k_3 (-J\omega^2 + (k_1+k_2)L^2)}{(-m\omega^2 + k_1 + k_2 + k_3)(-J\omega^2 + (k_1+k_2)L^2) - (k_1-k_2)^2 L^2} \\ B = \frac{Y_0 k_3 (k_2-k_1)L}{(-m\omega^2 + k_1 + k_2 + k_3)(-J\omega^2 + (k_1+k_2)L^2) - (k_1-k_2)^2 L^2} \end{cases} $$
Pas de translation $\Leftrightarrow A = 0 \Leftrightarrow \omega = \omega_r = \sqrt{\frac{(k_1 + k_2)L^2}{J}}$
Pas de rotation $\Leftrightarrow B = 0 \Leftrightarrow k_1 = k_2$

**Exercice 2**

<figure><img src="image_214.png" /></figure>

<figure><img src="image_215.png" /></figure>
Dans la figure ci-dessus, $x_1$ et $x_2$ représentent les écarts des deux masses par rapport à leur positions d'équilibre. On a

$$m_1 = m_2 = m, k_0 = k_1 = k_2 = k \text{ et } F(t) = F_0 \cos(\omega t).$$

L'amortissement $\alpha$ et la masse M de la poulie sont négligés.

1. Écrire les énergies cinétique et potentielle du système, ainsi que le travail des forces extérieures. Déterminer les allongements des ressorts et établir les équations différentielles du mouvement.

2. Déterminer les amplitudes de $x_1(t)$ et de $x_2(t)$ en fonction de la pulsation d'excitation $\omega$.

3. A quelle pulsation la masse $m_1$ reste-elle immobile ? Dans ce cas, quelle est l'amplitude d'oscillation de la masse $m_2$ ?

<figure><img src="image_216.png" /></figure>
$$ T = \frac{1}{2}(m_1 \dot{x}_1^2 + m_2 \dot{x}_2^2) = \frac{1}{2}m(\dot{x}_1^2 + \dot{x}_2^2) $$

$$ U(x_1, x_2) = \frac{1}{2}(k_1 x_1^2 + k_0 (x_2 - x_1)^2 + k_2 x_2^2) $$

Les équations de Lagrange sont données par :

$$ \begin{cases} \frac{d}{dt} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{x}_1} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x_1} = F(t) \\ \frac{d}{dt} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{x}_2} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial x_2} = 0 \end{cases} $$

<figure><img src="image_217.png" /></figure>
On obtient les équations différentielles du mouvement :

$$
\begin{cases}
m\ddot{x}_1 + 2kx_1 - kx_2 = F_0 \cos(\omega t) \\
m\ddot{x}_2 + 2kx_2 - kx_1 = 0
\end{cases}
$$

Les matrices masse et rigidité sont données par :

$$
[M] = \begin{pmatrix} m & 0 \\ 0 & m \end{pmatrix} \quad [K] = \begin{pmatrix} 2k & -k \\ -k & 2k \end{pmatrix}
$$

On recherche la solution sous la forme :

$$
x_1(t) = X_1 \cos \omega t, \quad x_2(t) = X_2 \cos \omega t
$$

En remplaçant dans les équations différentielles, on obtient le
système suivant :

$$
[D(\omega)] \begin{pmatrix} X_1 \\ X_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} F_0 \\ 0 \end{pmatrix}
$$

La résolution du système donne :

$$
\begin{cases}
X_1 = \frac{F_0(-m\omega^2+2k)}{(-m\omega^2+2k)^2-k^2} \\
X_2 = \frac{kF_0}{(-m\omega^2+2k)^2-k^2}
\end{cases}
$$
$$ \text{masse } m_1 \text{ immobile} \Leftrightarrow X_1 = 0 \Leftrightarrow \omega = \sqrt{\frac{2k}{m}} \Rightarrow X_2 = -\frac{F_0}{k} $$

Exercice 3

<figure><img src="image_218.png" /></figure>

Dans le système mécanique de la figure ci-dessus, le bati $B_1$ vibre avec un déplacement donné par $s(t) = S_0 \cos(\omega t)$. On pose :
$$ \frac{k}{m} = \frac{g}{l} = \omega_0^2. $$ Donner les expressions des pulsations de résonance et d'anti-résonance en fonction de $\omega_0$.

<figure><img src="image_219.png" /></figure>
## Solution

$$T = \frac{1}{2} m \ell^2 \dot{\theta}_1^2 + \frac{1}{2} m \ell^2 \dot{\theta}_2^2$$

$$U = \frac{1}{2} k (s - \ell \theta_1)^2 + \frac{1}{2} k (\ell \theta_1 - \ell \theta_2)^2 + \frac{1}{2} k \ell^2 \theta_2^2 - m g \ell \cos \theta_1 - m g \ell \cos \theta_2$$

$$\mathcal{L} = T - U$$

$$\begin{cases} \frac{d}{dt} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\theta}_1} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \theta_1} = 0 \\ \frac{d}{dt} \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\theta}_2} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \theta_2} = 0 \end{cases}$$

$$\begin{cases} m \ell^2 \ddot{\theta}_1 + (2k \ell^2 + m g \ell) \theta_1 - k \ell^2 \theta_2 = k \ell s(t) \\ m \ell^2 \ddot{\theta}_2 + (2k \ell^2 + m g \ell) \theta_2 - k \ell^2 \theta_1 = 0 \end{cases}$$

$$\begin{cases} \ddot{\theta}_1 + 3\omega_0^2\theta_1 - \omega_0^2\theta_2 = \frac{\omega_0^2}{\ell}S_0 \cos \omega t \\ \ddot{\theta}_2 + 3\omega_0^2\theta_2 - \omega_0^2\theta_1 = 0 \end{cases}$$

On recherche la solution sous la forme :

$$\theta_1(t) = \Theta_1 \cos \omega t, \quad \theta_2(t) = \Theta_2 \cos \omega t$$

<figure><img src="image_220.png" /></figure>
En remplaçant dans les équations différentielles, on obtient le système suivant :

$$[D(\omega)] \begin{pmatrix} \Theta_1 \\ \Theta_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{\omega_0^2}{\ell} S_0 \\ 0 \end{pmatrix}$$

La résolution du système donne :

$$\begin{cases} \Theta_1 = \frac{\omega_0^2 S_0 (-\omega^2 + 3\omega_0^2)}{\ell(-\omega^2 + 2\omega_0^2)(-\omega^2 + 4\omega_0^2)} \\ \Theta_2 = \frac{\omega_0^4 S_0}{\ell(-\omega^2 + 2\omega_0^2)(-\omega^2 + 4\omega_0^2)} \end{cases}$$

Pulsations de résonance $\Leftrightarrow \det(D(\omega) = 0 \Leftrightarrow \omega_1 = \sqrt{2}\omega_0, \omega_2 = 2\omega_0$

Pulsations d'antirésonance $\Leftrightarrow \Theta_1 = 0 \Leftrightarrow \omega_A = \sqrt{3}\omega_0$

<figure><img src="image_221.png" /></figure>

<figure><img src="image_222.png" /></figure>

<figure><img src="image_223.png" /></figure>

<figure><img src="image_224.png" /></figure>

<figure><img src="image_225.png" /></figure>

<figure><img src="image_226.png" /></figure>
## Définition :

Une onde est une perturbation qui se propage dans un milieu. Elle peut être unidimensionnelle (corde vibrante), bidimensionnelle (vague dans l'eau) ou tridimensionnelle (son dans l'air).

## Ondes unidimensionnelles :

### Mouvement transversal d'une corde tendue :

<figure><img src="image_227.png" /></figure>

## Équation différentielle du mouvement :

On considère un petit élément de la corde de longueur dx et de masse dm. On écrit la première loi de Newton en supposant $u(x,t)$ petit et en négligeant la pesanteur.

<figure><img src="image_228.png" /></figure>

<figure><img src="image_229.png" /></figure>
$$ \sum F_x = T \cos(\phi + d\phi) - T \cos \phi = 0 \quad \phi \text{ très petit} $$

Pas de mouvement suivant x.

$$ \sum F_y = T \sin(\phi+d\phi) - T \sin \phi = T \cos \phi d\phi = T \frac{\partial \phi}{\partial x} dx \quad \phi = \phi(x,t) $$

$$ \tan \phi \approx \phi = \frac{\partial u}{\partial x} \Rightarrow \sum F_y = T \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} dx = dm \cdot a_y = dm \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} \\ dm = \mu dx \quad \mu \text{ masse linéique de la corde [Kg/m]} $$

On obtient : $\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = \frac{T}{\mu} \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$

$\frac{T}{\mu}$ a la dimension d'une vitesse au carré. On peut donc poser :

$$ c = \sqrt{\frac{T}{\mu}} \quad \text{vitesse de propagation} $$

On obtient finalement :

$$ \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \qquad \text{Équation des ondes à une dimension} $$

<figure><img src="image_230.png" /></figure>
## Solution de l'équation des ondes :

On peut montrer que la solution $u(x,t)$ de l'équation des ondes peut s'écrire sous la forme suivante :

$$u(x, t) = f(x - ct) + g(x + ct)$$

où f et g dont deux fonctions arbitraires.

Cas où $g = 0$

$$u(x, t) = f(x - ct)$$

<figure><img src="image_231.png" /></figure>

$f(x-ct)$ représente une **onde progressive vers la droite**.

De la même manière, on peut montrer que $g(x+ct)$ représente une **onde progressive vers gauche**.

<figure><img src="image_232.png" /></figure>
**Conclusion** Une onde se divise en *une onde progressive vers la droite et une onde progressive vers la gauche*.

**Exemple1 : Onde triangulaire sur une corde**

Un petit segment d'une longue corde tendue est déplacé en son milieu perpendiculairement à la corde et laché sans vitesse initiale à l'instant $t = 0$, de telle sorte que son déplacement initial soit

$$u(x, 0) = u_0(x)$$

où $u_0(x)$ est une fonction triangulaire. Trouver la perturbation $u(x,t)$ à un instant $t$ postérieur quelconque.

<figure><img src="image_233.png" /></figure>

<figure><img src="image_234.png" /></figure>

<figure><img src="image_235.png" /></figure>
On va utiliser les conditions initiales :

$$ egin{cases} u(x) = f(x) + g(x) = u_0(x) \\ \frac{\partial u}{\partial t}(x, 0) = -cf'(x) + cg'(x) = 0 \Rightarrow f'(x) - g'(x) = 0 \Rightarrow f(x) - g(x) = D \end{cases} $$

La solution de ce système d'équations est :

$$ f(x) = \frac{1}{2}(u_0(x) + D) \quad g(x) = \frac{1}{2}(u_0(x) - D) $$

La perturbation à l'instant t est donnée par :

$$ u(x, t) = \frac{1}{2}u_0(x - ct) + \frac{1}{2}u_0(x + ct) $$

<figure><img src="image_236.png" /></figure>
## Ondes stationnaires

Un cas particulier important est celui de fonctions f et g sinusoïdales. Si $g=0$, la perturbation prend la forme

$$u(x, t) = A \sin[k(x - ct)] = A \sin(kx - \omega t) \quad \text{où } \omega = kc$$

A est l'amplitude, $k$ est le nombre d'onde, $\omega$ est la pulsation ($T = \frac{2\pi}{\omega}$ est la période), et $\lambda = \frac{2\pi}{k}$ la longueur d'onde.

<figure><img src="image_237.png" /></figure>

<figure><img src="image_238.png" /></figure>
Si $f=0$, la perturbation prend la forme

$$u(x, t) = A \sin[k(x + ct)] = A \sin(kx + \omega t)$$

c'est une onde de même amplitude, de même pulsation et de même longueur d'onde se déplaçant vers la gauche.

Si on superpose les deux ondes :

$$u(x, t) = A \sin(kx + \omega t) + A \sin(kx - \omega t) = 2A \sin(kx) \cos(\omega t)$$

<figure><img src="image_239.png" /></figure>

<figure><img src="image_240.png" /></figure>
Cette solution a pour propriété remarquable de ne pas se propager du tout, c'est une **onde stationnaire**. Un point d'abscisse x oscille simplement comme $cos(\omega t)$ avec une amplitude $2A \sin(kx)$.

Les points fixes où l'amplitude est nulle sont appelés **noeuds de vibration**, ils sont situés aux points d'abscisses $x_n = \frac{n\pi}{k} = \frac{n\lambda}{2}$.

## Ondes sur une corde de longueur finie. Conditions aux limites

**Exemple : Corde fixée à ses extrémités**

<figure><img src="image_241.png" /></figure>

Conditions aux limites :

$$u(0, t) = u(L, t) = 0$$

<figure><img src="image_242.png" /></figure>
## Modes propres

On recherche la solution de l'équation des ondes sous la forme

$$u(x, t) = X(x) \cos(\omega t - \delta)$$

En substituant dans l'équation des ondes on obtient

$$-\omega^2 X(x) \cos(\omega t - \delta) = c^2 \frac{d^2 X(x)}{dx^2} \cos(\omega t - \delta)$$

qui devient

$$\frac{d^2 X(x)}{dx^2} = -k^2 X(x) \quad \text{où } k = \frac{\omega}{c}$$

La solution générale de l'équation différentielle précédente est

$$X(x) = a \cos(kx) + b \sin(kx)$$

Les conditions aux limites s'écrivent :

$$X(0) = X(L) = 0$$

<figure><img src="image_243.png" /></figure>
$X(0) = 0$ donne $a = 0$; alors

$$X(x) = b \sin(kx)$$

$X(L) = 0$ peut être satisfaite si $b = 0$ ou $\sin(kL) = 0$.

$b = 0$ correspond à une solution identiquement nulle, c'est à dire à la solution triviale d'une corde qui ne vibre pas.

$\sin(kL) = 0$ ou $kL = n\pi$ donne une solution non triviale

$$u(x, t) = \sin(kx)A\cos(\omega t - \delta)$$

où $k = k_n = n\frac{\pi}{L}$ [$n = 1, 2, 3, ...$].

La pulsation $\omega_n$ qui correspond à chaque $k_n$ est donnée par

$$\omega_n = ck_n = n\frac{\pi c}{L}$$

<figure><img src="image_244.png" /></figure>
<figure><img src="image_245.png" /></figure>

Ces solutions sont telles que tous les points de la corde soient en oscillations sinusoïdales de même pulsation $\omega_n$, ce sont des **modes propres**, et les pulsations correspondantes sont appelées **pulsations propres**. Elles sont des multiples entiers de la pulsation fondamentale $\omega_1$, $\omega_n = n\omega_1$. Le premier mode est appelé le mode **fondamental**, les autres sont appelés **harmoniques**. Les modes