Problème - Exercice 1

3 h
240
En physique, un milieu semi-infini est un milieu hypothétique occupant tout un demi-espace, c'est-à-dire s'étendant à l'infini dans les trois directions mais d'un seul côté d'un plan. Dans un repère orthonormé, il est par exemple défini par xx quelconque, yy quelconque et z>0z > 0 (ou z≥0z\geq 0). En général ses propriétés sont supposées ne pas dépendre de xx et yy.
L'hypothèse d'un milieu semi-infini est une hypothèse simplificatrice utilisée pour la mise en équation et la simulation numérique de nombreux problèmes physiques. Il s'agit en réalité de faire l'hypothèse que les dimensions du milieu en question sont suffisamment grandes pour que les bords autres que le plan z=0z = 0 n'aient aucune incidence pratique sur le système.
La face x=0x=0 d'un milieu conducteur semi-infini à une dimension, initialement à la température nulle, est portée à une température donnée ∀t⩾0\forall t \geqslant 0 par f(t)f(t). Ce milieu semi-infini est représenté par le schéma suivant :

Les plans x=k∈R+ x=k \in \mathbb{R}^{+} sont donc des lieux de points isothermes, dont la température sera notée y(x ; t)y(x\,;\,t). Ces dernières sont les solutions d'un problème thermique modélisé par l'équation de la chaleur suivante :
∀(x ; t)∈R+2,     ∂y∂t(x ; t)=a2∂2y∂x2(x ; t)\forall (x\,;\,t) \in {\mathbb{R}^{+}}^2, \,\,\,\,\, \dfrac{\partial y}{\partial t}(x\,;\,t) = a^2 \dfrac{\partial^2 y}{\partial x^2}(x\,;\,t)
Dans cette relation a∈R+⋆a \in \mathbb{R}^{+\star}. Et on associe, à cette équation, les conditions suivantes :
∀(x ; t)∈R+2,     {y(x ; t=0)=0y(x=0 ; t)=f(t)\forall (x\,;\,t) \in {\mathbb{R}^{+}}^2, \,\,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} y(x\,;\,t=0) & = & 0 \\ y(x=0\,;\,t) & = & f(t) \\ \end{array} \right.
Pour t⩾0t \geqslant 0, on adoptera les écritures suivantes :
F(p)=L(f(t))        et        Y(x ; p)=L(y(x ; t))F(p) = \mathscr{L}\left( f(t) \right) \,\,\,\,\,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\,\,\,\,\, Y(x\,;\,p) = \mathscr{L}\left( y(x\,;\,t) \right)
En outre, pour t⩾0t \geqslant 0, on admettra la transformation (issue de l'Analyse Complexe) :
L(x4πa2t3e−x24a2t)=e−xap\mathscr{L}\left( \dfrac{x}{\sqrt{4\pi a^2 t^3}}e^{-\frac{x^2}{4a^2 t}} \right) = e^{-\frac{x}{a}\sqrt{p}}
Question 1
Partie 1 : Recherche de la solution geˊneˊrale\textbf{Partie 1 : Recherche de la solution générale}

Soient (A ; B)∈C2(A\,;\,B) \in \mathbb{C}^2. Démontrer que l'on a la solution mathématique suivante :
Y(x ; p)=Ae−xap+BexapY(x\,;\,p) = A e^{-\frac{x}{a}\sqrt{p}} + Be^{\frac{x}{a}\sqrt{p}}

Correction
On a l'équation suivante :
∂y∂t(x ; t)=a2∂2y∂x2(x ; t)     ⟹     L(∂y∂t(x ; t))=L(a2∂2y∂x2(x ; t))\dfrac{\partial y}{\partial t}(x\,;\,t) = a^2 \dfrac{\partial^2 y}{\partial x^2}(x\,;\,t) \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, \mathscr{L} \left( \dfrac{\partial y}{\partial t}(x\,;\,t)\right) = \mathscr{L} \left( a^2 \dfrac{\partial^2 y}{\partial x^2}(x\,;\,t) \right)
Soit :
L(∂y∂t(x ; t))=a2L(∂2y∂x2(x ; t))     ⟺     L(∂y∂t(x ; t))=a2∂2∂x2L(y(x ; t))\mathscr{L} \left( \dfrac{\partial y}{\partial t}(x\,;\,t)\right) = a^2\mathscr{L} \left( \dfrac{\partial^2 y}{\partial x^2}(x\,;\,t) \right) \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \mathscr{L} \left( \dfrac{\partial y}{\partial t}(x\,;\,t)\right) = a^2 \dfrac{\partial^2 }{\partial x^2} \mathscr{L} \left( y(x\,;\,t) \right)
D'où :
pY(x ; p)−y(x ; 0+)=a2∂2∂x2Y(x ; p)p Y(x\,;\,p) - y(x\,;\,0^+) = a^2 \dfrac{\partial^2 }{\partial x^2} Y(x\,;\,p)
Or, par hypothèse, on sait que y(x ; 0+)=0y(x\,;\,0^+) = 0, ce qui nous permet d'écrire :
pY(x ; p)=a2∂2∂x2Y(x ; p)     ⟺     ∂2∂x2Y(x ; p)−(pa)2Y(x ; p)=0p Y(x\,;\,p) = a^2 \dfrac{\partial^2 }{\partial x^2} Y(x\,;\,p) \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, \dfrac{\partial^2 }{\partial x^2} Y(x\,;\,p) - \left( \dfrac{\sqrt{p}}{a} \right)^2 Y(x\,;\,p) = 0
L'équation caractéristique s'écrit :
r2−(pa)2=0     ⟺     r2=(pa)2     ⟺     r=±par^2 - \left( \dfrac{\sqrt{p}}{a} \right)^2 = 0 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, r^2 = \left( \dfrac{\sqrt{p}}{a} \right)^2 \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, r = \pm \dfrac{\sqrt{p}}{a}
Ainsi, avec (A ; B)∈C2(A\,;\,B) \in \mathbb{C}^2, on a la solution mathématique suivante :
Y(x ; p)=Ae−xap+BexapY(x\,;\,p) = A e^{-\frac{x}{a}\sqrt{p}} + Be^{\frac{x}{a}\sqrt{p}}
Question 2

Montrer que, pour être physiquement acceptable, la solution précédente doit prendre la forme suivante :
Y(x ; p)=F(p)e−xapY(x\,;\,p) = F(p) e^{-\frac{x}{a}\sqrt{p}}

Correction
Lorsque x⟶+∞x \longrightarrow +\infty , on a exap⟶+∞e^{\frac{x}{a}\sqrt{p}} \longrightarrow +\infty.
Cependant cela n'est physiquement pas possible car les quantités physiques doivent rester bornées. Ceci impose nécessairement que B=0B=0. La solution précédente est alors de la forme suivante :
Y(x ; p)=Ae−xapY(x\,;\,p) = A e^{-\frac{x}{a}\sqrt{p}}
Cette solution doit être vérifiée pour toute valeur de xx, et donc pour 00 également. On a alors :
Y(x=0 ; p)=Ae−0ap     ⟺     Y(0 ; p)=AY(x=0\,;\,p) = A e^{-\frac{0}{a}\sqrt{p}} \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, Y(0\,;\,p) = A
Or, si x=0x = 0, on doit également avoir :
y(0 ; t)=f(t)     ⟹L     Y(0 ; p)=F(p)y(0\,;\,t)=f(t) \,\,\,\,\, \underset{\mathscr{L}}{\Longrightarrow} \,\,\,\,\, Y(0\,;\,p)=F(p)
Ce qui implique que :
A=F(p)A = F(p)
Ce qui nous permet de conclure que la solution, physiquement acceptable, est donnée par :
Y(x ; p)=F(p)e−xapY(x\,;\,p) = F(p) e^{-\frac{x}{a}\sqrt{p}}
Question 3

Le milieu semi-infini est un filtre linéaire dont la température interne y(x ; t)y(x\,;\,t) est la réponse à l'excitation f(t)f(t). Sa reˊponse impulsionnelle{\color{blue}{\textbf{réponse impulsionnelle}}} est F(t)=L−1(F(p)=e−xap){\color{blue}{\mathcal{F}(t)}} = \mathscr{L}^{-1} \left( {\color{blue}{\mathbb{F}(p)}} = {\color{blue}{e^{-\frac{x}{a}\sqrt{p}}}} \right). Démontrer alors que :
∀t⩾0,     y(x ; t)=x4πa2∫0tf(t−u)e−x24a2uu32 du\forall t \geqslant 0, \,\,\,\,\, y(x\,;\,t) = \dfrac{x}{\sqrt{4\pi a^2}} \int_0^t f(t-u) \dfrac{e^{-\frac{x^2}{4a^2 u}}}{u^{\frac{3}{2}}} \, du

Correction
On a :
y(x ; t)=L−1(Y(x ; p))     ⟺     y(x ; t)=L−1(F(p)e−xap)y(x\,;\,t) = \mathscr{L}^{-1} (Y(x\,;\,p)) \,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\, y(x\,;\,t) = \mathscr{L}^{-1} \left( F(p) e^{-\frac{x}{a}\sqrt{p}} \right)
Ce qui nous permet d'écrire que :
y(x ; t)=(f⊛L−1(e−xap))(t)y(x\,;\,t) = \left( f {\color{red}{\circledast}} \mathscr{L}^{-1}\left( e^{-\frac{x}{a}\sqrt{p}} \right) \right)(t)
Soit encore :
y(x ; t)=∫0+∞f(t−u)x4πa2u3e−x24a2uduy(x\,;\,t) = \int_0^{+\infty} f(t-u) \dfrac{x}{\sqrt{4\pi a^2 u^3}}e^{-\frac{x^2}{4a^2 u}} du
En sortant le terme constant x4πa2\dfrac{x}{\sqrt{4\pi a^2}}, vis-à-vis de la variable uu, on obtient :
∀t⩾0,     y(x ; t)=x4πa2∫0+∞f(t−u)e−x24a2uu32 du\forall t \geqslant 0, \,\,\,\,\, y(x\,;\,t) = \dfrac{x}{\sqrt{4\pi a^2}} \int_0^{+\infty} f(t-u) \dfrac{e^{-\frac{x^2}{4a^2 u}}}{u^{\frac{3}{2}}} \, du
Cependant, le phénomène étudié se produit sur la plage temporelle [0 ; t]\left[0\,;\,t\right], avec t⟶+∞t \longrightarrow + \infty pour le physicien. C'est pourquoi on peut écrire que :
∀t⩾0,     y(x ; t)=x4πa2∫0tf(t−u)e−x24a2uu32 du\forall t \geqslant 0, \,\,\,\,\, y(x\,;\,t) = \dfrac{x}{\sqrt{4\pi a^2}} \int_0^{t} f(t-u) \dfrac{e^{-\frac{x^2}{4a^2 u}}}{u^{\frac{3}{2}}} \, du
Question 4

Par un changement de variable adéquat ξ=h(u)\xi = h(u) que vous préciserez (vous exprimerez clairement dξd\xi mais également les bornes associées à ξ\xi), montrer que :
∀t⩾0,     y(x ; t)=2π∫x4a2t+∞f(t−x24a2ξ2)e−ξ2 dξ{\color{red}{\boxed{ \forall t \geqslant 0, \,\,\,\,\, y(x\,;\,t) = \dfrac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{ \frac{x}{\sqrt{4 a^2 t}}}^{+\infty} f\left(t-\dfrac{x^2}{4 a^2 \xi^2}\right) e^{-\xi^2} \, d\xi }}}

Correction
Effectuons le changement de variable suivant :
ξ=h(u)=x4a2u     ⟹     dξ=−x4aduu32\xi = h(u) = \frac{x}{\sqrt{4a^2 u}} \,\,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\,\, d \xi = - \dfrac{x}{4a} \dfrac{du}{u^\frac{3}{2}}
En ce qui concerne les bornes d'intégration, lorsque u⟶0u \longrightarrow 0 on a ξ⟶+∞\xi \longrightarrow +\infty et la borne correspondante à u=tu=t devient ξ=x4a2t\xi = \dfrac{x}{\sqrt{4a^2 t}}. On a alors :
ξ:+∞⟼x4a2t\xi : + \infty \longmapsto \dfrac{x}{\sqrt{4a^2 t}}
On en déduit alors que :
u=x24a2ξ2       et       duu32=−4axdξu = \dfrac{x^2}{4a^2\xi^2} \,\,\,\,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\,\,\,\, \dfrac{du}{u^\frac{3}{2}} = - \dfrac{4a}{x} d\xi
On va donc pouvoir écrire que :
∀t⩾0,     y(x ; t)=−4axx4πa2∫+∞x4a2tf(t−x24a2ξ2)e−ξ2dξ\forall t \geqslant 0, \,\,\,\,\, y(x\,;\,t) = -\dfrac{4a}{x} \dfrac{x}{\sqrt{4\pi a^2}} \int_{+\infty}^{\frac{x}{\sqrt{4a^2 t}}} f\left(t-\dfrac{x^2}{4a^2\xi^2} \right) e^{-\xi^2} d\xi
En simplifiant et en renversant l'ordre des bornes d'intégration, on obtient bien :
∀t⩾0,     y(x ; t)=2π∫x4a2t+∞f(t−x24a2ξ2)e−ξ2 dξ{\color{red}{ \boxed{ \forall t \geqslant 0, \,\,\,\,\, y(x\,;\,t) = \dfrac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{ \frac{x}{\sqrt{4 a^2 t}}}^{+\infty} f\left(t-\dfrac{x^2}{4 a^2 \xi^2}\right) e^{-\xi^2} \, d\xi }}}
Question 5
Partie 2 : Cas de l’excitation cosinusoı¨dale\textbf{Partie 2 : Cas de l'excitation cosinusoïdale}
On pose dans cette \textsc{Partie} 2 que :
f(t)=T0cos⁡(ωt)    avec :{T0∈Rω∈R+⋆t∈R+f(t) = T_0 \cos(\omega t) \,\,\,\, \mathrm{avec} \, : \left\lbrace \begin{array}{rcl} T_0 & \in & \mathbb{R} \\ \omega & \in & \mathbb{R}^{+\star} \\ t & \in & \mathbb{R}^{+} \\ \end{array} \right.
Ce type de fonction permet de modéliser simplement la pénétration, sur différentes échelles de temps, des ondes thermiques dans les sols.
On notera par i∈Ci \in \mathbb{C} le nombre complexe imaginaire, tel que i2=−1i^2 = -1.
On rappelle que, si α∈C\alpha \in \mathbb{C} tel que ℜeˊ(α)>0\Reé(\alpha)>0, alors on a la relation suivante :
I=∫0+∞e−(ξ−αξ)2 dξ=lim⁡X⟶+∞∫0Xe−(ξ−αξ)2 dξ=π2\mathcal{I} = \int_{0}^{+\infty} e^{-\left( \xi - \frac{\alpha}{\xi} \right)^2} \, d\xi = \lim_{X \longrightarrow +\infty} \int_{0}^{X} e^{-\left( \xi - \frac{\alpha}{\xi} \right)^2} \, d\xi = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}
On rappelle également que, ∀(a ; b)∈R‾2\forall (a\,;\,b) \in \overline{\mathbb{R}}^2, l'intégrale de la partie réelle de ff est égale à la partie réelle de l'intégrale de ff :
ℜeˊ(∫abf)=∫abℜeˊ(f)\Reé \left( \int_a^b f\right) = \int_a^b \Reé (f)

Démontrer que :
y(x ; t)=2T0πℜeˊ(∫0+∞ei ω(t−x24a2ξ2)e−ξ2 dξ)−2T0π∫0x4a2tcos⁡[ω(t−x24a2ξ2)]e−ξ2 dξy(x\,;\,t) = \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \Reé \left( \int_{0}^{+\infty} e^{ i \,\omega \left( t-\frac{x^2}{4a^2\xi^2} \right) } e^{-\xi^2} \, d\xi \right) - \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\frac{x}{\sqrt{4a^2 t}}} \cos\left[ \omega \left(t-\dfrac{x^2}{4a^2\xi^2} \right)\right] e^{-\xi^2} \, d\xi

Correction
On a :
∀t⩾0,     y(x ; t)=2π∫x4a2t+∞T0cos⁡(ω(t−x24a2ξ2))e−ξ2 dξ\forall t \geqslant 0, \,\,\,\,\, y(x\,;\,t) = \dfrac{2}{\sqrt{\pi}} \int_{ \frac{x}{\sqrt{4 a^2 t}}}^{+\infty} T_0 \cos\left(\omega \left( t-\dfrac{x^2}{4 a^2 \xi^2}\right)\right) e^{-\xi^2} \, d\xi
Soit encore :
y(x ; t)=2T0π∫x4a2t+∞cos⁡(ω(t−x24a2ξ2))e−ξ2 dξy(x\,;\,t) = \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \int_{ \frac{x}{\sqrt{4 a^2 t}}}^{+\infty} \cos \left(\omega \left( t-\dfrac{x^2}{4 a^2 \xi^2}\right)\right) e^{-\xi^2} \, d\xi
Ce que nous pouvons encore écrire, vis-à-vis des bornes d'intégration, comme :
y(x ; t)=2T0π∫0+∞cos⁡(ω(t−x24a2ξ2))e−ξ2 dξ−2T0π∫0x4a2tcos⁡(ω(t−x24a2ξ2))e−ξ2 dξy(x\,;\,t) = \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{+\infty} \cos\left(\omega \left( t -\dfrac{x^2}{4 a^2 \xi^2}\right)\right) e^{-\xi^2} \, d\xi - \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\frac{x}{\sqrt{4 a^2 t}}} \cos\left(\omega \left( t-\dfrac{x^2}{4 a^2 \xi^2} \right)\right) e^{-\xi^2} \, d\xi
Soit encore :
y(x ; t)=2T0π∫0+∞ℜeˊ(eiω(t−x24a2ξ2))e−ξ2 dξ−2T0π∫0x4a2tcos⁡(ω(t−x24a2ξ2))e−ξ2 dξy(x\,;\,t) = \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{+\infty} \Reé \left( e^{i \omega \left( t-\frac{x^2}{4 a^2 \xi^2}\right)} \right) e^{-\xi^2} \, d\xi - \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\frac{x}{\sqrt{4 a^2 t}}} \cos\left(\omega \left( t-\dfrac{x^2}{4 a^2 \xi^2}\right)\right) e^{-\xi^2} \, d\xi
Ce qui vas encore s'écrire sous la forme :
y(x ; t)=2T0πℜeˊ(∫0+∞eiω(t−x24a2ξ2)e−ξ2 dξ)−2T0π∫0x4a2tcos⁡(ω(t−x24a2ξ2))e−ξ2 dξy(x\,;\,t) = \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \Reé \left( \int_{0}^{+\infty} e^{i \omega \left( t-\frac{x^2}{4 a^2 \xi^2}\right)} e^{-\xi^2} \, d\xi \right) - \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \int_{0}^{\frac{x}{\sqrt{4 a^2 t}}} \cos\left(\omega \left( t-\dfrac{x^2}{4 a^2 \xi^2}\right)\right) e^{-\xi^2} \, d\xi
Question 6

Montrer que :
lim⁡t⟶+∞∫0x4a2tcos⁡[ω(t−x24a2ξ2)]e−ξ2 dξ=0\lim_{t \longrightarrow + \infty} \int_{0}^{\frac{x}{\sqrt{4a^2 t}}} \cos\left[ \omega \left(t-\dfrac{x^2}{4a^2\xi^2} \right)\right] e^{-\xi^2} \, d\xi = 0

Correction
Pour chaque valeur de tt, le terme cos⁡[ω(t−x24a2ξ2)]\cos\left[ \omega \left(t-\dfrac{x^2}{4a^2\xi^2} \right)\right] est majoré par 11 :
cos⁡[ω(t−x24a2ξ2)]⩽1\cos\left[ \omega \left(t-\dfrac{x^2}{4a^2\xi^2} \right)\right] \leqslant 1
Ainsi, on a :
lim⁡t⟶+∞∫0x4a2tcos⁡[ω(t−x24a2ξ2)]e−ξ2 dξ⩽lim⁡t⟶+∞∫0x4a2te−ξ2 dξ\lim_{t \longrightarrow + \infty} \int_{0}^{\frac{x}{\sqrt{4a^2 t}}} \cos\left[ \omega \left(t-\dfrac{x^2}{4a^2\xi^2} \right)\right] e^{-\xi^2} \, d\xi \leqslant \lim_{t \longrightarrow + \infty} \int_{0}^{\frac{x}{\sqrt{4a^2 t}}} e^{-\xi^2} \, d\xi
De plus, on a :
lim⁡t⟶+∞x4a2t=0\lim_{t \longrightarrow + \infty} \dfrac{x}{\sqrt{4a^2 t}} = 0
Donc, on peut écrire que :
lim⁡t⟶+∞∫0x4a2tcos⁡[ω(t−x24a2ξ2)]e−ξ2 dξ⩽lim⁡X⟶0∫0Xe−ξ2 dξ\lim_{t \longrightarrow + \infty} \int_{0}^{\frac{x}{\sqrt{4a^2 t}}} \cos\left[ \omega \left(t-\dfrac{x^2}{4a^2\xi^2} \right)\right] e^{-\xi^2} \, d\xi \leqslant \lim_{X \longrightarrow 0} \int_{0}^{X} e^{-\xi^2} \, d\xi
Ce qui nous permet d'écrire que :
lim⁡t⟶+∞∫0x4a2tcos⁡[ω(t−x24a2ξ2)]e−ξ2 dξ⩽∫00e−ξ2 dξ=0\lim_{t \longrightarrow + \infty} \int_{0}^{\frac{x}{\sqrt{4a^2 t}}} \cos\left[ \omega \left(t-\dfrac{x^2}{4a^2\xi^2} \right)\right] e^{-\xi^2} \, d\xi \leqslant \int_{0}^{0} e^{-\xi^2} \, d\xi = 0
Finalement, on en déduit que :
lim⁡t⟶+∞∫0x4a2tcos⁡[ω(t−x24a2ξ2)]e−ξ2 dξ=0\lim_{t \longrightarrow + \infty} \int_{0}^{\frac{x}{\sqrt{4a^2 t}}} \cos\left[ \omega \left(t-\dfrac{x^2}{4a^2\xi^2} \right)\right] e^{-\xi^2} \, d\xi = 0
Question 7

Pour des temps suffisamment grands vis-à-vis d'un temps caractéristique du processus de propagation, le physicien vas toujours neˊgliger cette seconde inteˊgrale\textbf{le physicien vas {\color{red}{toujours négliger cette seconde intégrale}}} (qui représente un état thermique transitoire). Sous cette hypothèse, démontrer que :
y(x ; t)≃2T0πℜeˊ(ei ωte−(1+i)x ω2a2∫0∞e−(ξ−αξ)2 dξ)y(x\,;\,t) \simeq \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \Reé \left( e^{i \,\omega t} e^{-(1+i)x \, \sqrt{\frac{\omega}{2a^2}}} \int_{0}^{\infty} e^{-\left( \xi - \frac{\alpha}{\xi} \right)^2} \, d\xi \right)
Où α\alpha est un nombre complexe dont vous préciserez l'expression.

Correction
Soit l'hypothèse proposée, on a alors :
y(x ; t)≃2T0πℜeˊ(∫0+∞eiω(t−x24a2ξ2)e−ξ2 dξ)y(x\,;\,t) \simeq \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \Reé \left( \int_{0}^{+\infty} e^{i \omega \left( t-\frac{x^2}{4 a^2 \xi^2}\right)} e^{-\xi^2} \, d\xi \right)
Soit :
y(x ; t)≃2T0πℜeˊ(∫0+∞e(iωt−iωx24a2ξ2)e−ξ2 dξ)y(x\,;\,t) \simeq \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \Reé \left( \int_{0}^{+\infty} e^{\left( i \omega t- i \frac{\omega x^2}{4 a^2 \xi^2}\right)} e^{-\xi^2} \, d\xi \right)
Soit encore :
y(x ; t)≃2T0πℜeˊ(∫0+∞eiωte−iωx24a2ξ2e−ξ2 dξ)y(x\,;\,t) \simeq \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \Reé \left( \int_{0}^{+\infty} e^{ i \omega t } e^{- i \frac{\omega x^2}{4 a^2 \xi^2}} e^{-\xi^2} \, d\xi \right)
Ainsi, on obtient :
y(x ; t)≃2T0πℜeˊ(eiωt∫0+∞e−iωx24a2ξ2e−ξ2 dξ)y(x\,;\,t) \simeq \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \Reé \left( e^{ i \omega t } \int_{0}^{+\infty} e^{- i \frac{\omega x^2}{4 a^2 \xi^2}} e^{-\xi^2} \, d\xi \right)
On peut donc écrire ceci comme :
y(x ; t)≃2T0πℜeˊ(eiωt∫0+∞e−(ξ2+iωx24a2ξ2) dξ)y(x\,;\,t) \simeq \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \Reé \left( e^{ i \omega t } \int_{0}^{+\infty} e^{- \left( \xi^2 + i \frac{\omega x^2}{4 a^2 \xi^2}\right)} \, d\xi \right)
Mais, l'exponentielle présente dans cette intégrale peut également s'écrire comme :
e−(ξ2+iωx24a2ξ2)=e−(ξ2+i(xω2a)2ξ2)=e−(ξ2+(xiω2a)2ξ2)e^{- \left( \xi^2 + i \frac{\omega x^2}{4 a^2 \xi^2} \right)} = e^{- \left( \xi^2 + i \frac{\left( \frac{x\sqrt{\omega}}{2a} \right)^2}{ \xi^2} \right)} = e^{- \left( \xi^2 + \frac{\left( \frac{x\sqrt{i}\sqrt{\omega}}{2a} \right)^2}{ \xi^2} \right)}
Posons maintenant :
α=xiω2a∈C     avec: ℜeˊ(α)>0\alpha = \frac{x\sqrt{i}\sqrt{\omega}}{2a} \in \mathbb{C} \,\,\,\,\, \mathrm{avec :} \, \Reé(\alpha) >0
Ainsi, on obtient :
e−(ξ2+iωx24a2ξ2)=e−(ξ2+α2ξ2)=e−(ξ2+(αξ)2)=e−(ξ2−2ξαξ+(αξ)2+2ξαξ)e^{- \left( \xi^2 + i \frac{\omega x^2}{4 a^2 \xi^2}\right)} = e^{- \left( \xi^2 + \frac{\alpha^2}{ \xi^2} \right)} = e^{- \left( \xi^2 + \left(\frac{\alpha}{ \xi}\right)^2 \right)} = e^{- \left( \xi^2 - {\color{blue}{2\xi\frac{\alpha}{ \xi}}} + \left(\frac{\alpha}{ \xi}\right)^2 + {\color{blue}{2\xi\frac{\alpha}{ \xi}}} \right)}
Ou encore en faisant usage d'une identité remarquable pour factoriser :
e−(ξ2+iωx24a2ξ2)=e−((ξ−αξ)2+2α)=e−(ξ−αξ)2e−2α=e−(ξ−αξ)2e−xiωae^{- \left( \xi^2 + i \frac{\omega x^2}{4 a^2 \xi^2}\right)} = e^{- \left( \left( \xi - \frac{\alpha}{\xi} \right)^2 + {\color{blue}{2\alpha}} \right)} = e^{- \left( \xi - \frac{\alpha}{\xi} \right)^2 } e^{-{\color{blue}{2\alpha}}} = e^{- \left( \xi - \frac{\alpha}{\xi} \right)^2 } e^{-\frac{x\sqrt{i}\sqrt{\omega}}{a}}
Puis, on a :
i=i12=(eiπ2)12=eiπ4=cos⁡(π4)+isin⁡(π4)=22+i22=12(1+i)\sqrt{i} = i^\frac{1}{2} = \left( e^{i\frac{\pi}{2}} \right)^\frac{1}{2} = e^{i\frac{\pi}{4}} = \cos\left( \dfrac{\pi}{4}\right) + i \sin\left( \dfrac{\pi}{4}\right) = \dfrac{\sqrt{2}}{2} + i \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}(1+i)
Ce qui nous permet d'écrire que :
e−(ξ2+iωx24a2ξ2)=e−(ξ−αξ)2e−(1+i)xωa2=e−(ξ−αξ)2e−(1+i)xωa22e^{- \left( \xi^2 + i \frac{\omega x^2}{4 a^2 \xi^2}\right)} = e^{- \left( \xi - \frac{\alpha}{\xi} \right)^2 } e^{-(1+i)\frac{x\sqrt{\omega}}{a\sqrt{2}}} = e^{- \left( \xi - \frac{\alpha}{\xi} \right)^2 } e^{-(1+i)x\frac{\sqrt{\omega}}{\sqrt{a^2}\sqrt{2}}}
Ce qui nous permet d'écrire que :
e−(ξ2+iωx24a2ξ2)=e−(ξ−αξ)2e−(1+i)xω2a2e^{- \left( \xi^2 + i \frac{\omega x^2}{4 a^2 \xi^2}\right)} = e^{- \left( \xi - \frac{\alpha}{\xi} \right)^2 } e^{-(1+i)x\sqrt{\frac{\omega}{2a^2}}}
La température recherchée y(x ; t)y(x\,;\,t) prend alors la forme suivante :
y(x ; t)≃2T0πℜeˊ(eiωt∫0+∞e−(ξ−αξ)2e−(1+i)xω2a2 dξ)y(x\,;\,t) \simeq \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \Reé \left( e^{ i \omega t } \int_{0}^{+\infty} e^{- \left( \xi - \frac{\alpha}{\xi} \right)^2 } e^{-(1+i)x\sqrt{\frac{\omega}{2a^2}}} \, d\xi \right)
En sortant de l'intégrale le terme e−(1+i)xω2a2e^{-(1+i)x\sqrt{\frac{\omega}{2a^2}}}, on trouve que :
y(x ; t)≃2T0πℜeˊ(ei ωte−(1+i)x ω2a2∫0∞e−(ξ−αξ)2 dξ)y(x\,;\,t) \simeq \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \Reé \left(e^{i \,\omega t} e^{-(1+i)x \, \sqrt{\frac{\omega}{2a^2}}} \int_{0}^{\infty} e^{-\left( \xi - \frac{\alpha}{\xi} \right)^2} \, d\xi \right)
Question 8

Démontrer, sous l'hypothèse des temps suffisamment longs, que la température dans le milieux semi-infini est donnée, ∀t⩾0\forall t \geqslant 0 par l'expression suivante :
y(x ; t)≃T0 e−x ω2a2cos⁡(ωt−xω2a2){\color{red}{ \boxed{y(x\,;\,t) \simeq T_0 \, e^{- x \, \sqrt{\frac{\omega}{2a^2}}} \cos \left( \omega t - x \sqrt{\dfrac{\omega}{2 a ^2}} \right) } }}

Correction
On a :
y(x ; t)≃2T0πℜeˊ(ei ωte−(1+i)x ω2a2I)y(x\,;\,t) \simeq \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \Reé \left( e^{i \,\omega t} e^{-(1+i)x \, \sqrt{\frac{\omega}{2a^2}}} \mathcal{I} \right)
D'après le sujet, on sait que I=π2\mathcal{I} = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}, ce qui nous permet d'écrire que :
y(x ; t)≃2T0πℜeˊ(ei ωte−(1+i)x ω2a2π2)y(x\,;\,t) \simeq \dfrac{2T_0}{\sqrt{\pi}} \Reé \left( e^{i \,\omega t} e^{-(1+i)x \, \sqrt{\frac{\omega}{2a^2}}} \dfrac{\sqrt{\pi}}{2} \right)
Soit :
y(x ; t)≃T0ℜeˊ(ei ωte−x ω2a2e−ix ω2a2)y(x\,;\,t) \simeq T_0 \Reé \left( e^{i \,\omega t} e^{-x \, \sqrt{\frac{\omega}{2a^2}}} e^{-i x \, \sqrt{\frac{\omega}{2a^2}}} \right)
Ou encore :
y(x ; t)≃T0 e−x ω2a2 ℜeˊ(ei ωte−ix ω2a2)y(x\,;\,t) \simeq T_0 \, e^{-x \, \sqrt{\frac{\omega}{2a^2}}} \, \Reé \left( e^{i \,\omega t} e^{-i x \, \sqrt{\frac{\omega}{2a^2}}} \right)
En associant les deux exponentielles complexes entre-elles, on trouve que :
y(x ; t)≃T0 e−x ω2a2 ℜeˊ(ei ωt−ix ω2a2)y(x\,;\,t) \simeq T_0 \, e^{-x \, \sqrt{\frac{\omega}{2a^2}}} \, \Reé \left( e^{i \,\omega t - i x \, \sqrt{\frac{\omega}{2a^2}}} \right)
En factorisant par ii dans l'exponentielle complexe, on obtient :
y(x ; t)≃T0 e−x ω2a2 ℜeˊ(<br/>ei (ωt−x ω2a2))y(x\,;\,t) \simeq T_0 \, e^{-x \, \sqrt{\frac{\omega}{2a^2}}} \, \Reé \left(<br />e^{i \,\left( \omega t - x \, \sqrt{\frac{\omega}{2a^2}}\right)} \right)
Or, ∀X∈R\forall X \in \mathbb{R}, on a ℜeˊeˊ(eiX)=ℜeˊ(cos⁡(X)+isin⁡(X))=cos⁡(X)\Reé\mathrm{\acute{e}} \left( e^{i X} \right) = \Reé \left( \cos(X) + i \sin(X) \right) = \cos(X). Ainsi, on trouve finalement que :
y(x ; t)≃T0 e−x ω2a2cos⁡(ωt−xω2a2){\color{red}{ \boxed{y(x\,;\,t) \simeq T_0 \, e^{- x \, \sqrt{\frac{\omega}{2a^2}}} \cos \left( \omega t - x \sqrt{\dfrac{\omega}{2 a ^2}} \right) }}}
Question 9

En déduire une distance caractéristique, notée dcd_c, de ce phénomène de propagation d'ondes thermiques.

Correction
Le terme cos⁡(ωt−xω2a2)\cos \left( \omega t - x\sqrt{\dfrac{\omega}{2 a ^2}}\right) est sans dimension, ce qui implique nécessairement que son argument ωt−xω2a2\omega t - x\sqrt{\dfrac{\omega}{2 a ^2}} l'est aussi. Donc le terme xω2a2 x\sqrt{\dfrac{\omega}{2 a ^2}} est aussi sans dimension. Comme xx est une longueur alors ω2a2\sqrt{\dfrac{\omega}{2 a ^2}} représente l'inverse d'une longueur. C'est donc l'inverse d'une distance caractéristique du phénomène de propagation thermique. On a alors :
dc=2a2ω       ⟺       dc=a2ωd_c = \sqrt{\dfrac{2a^2}{\omega}} \,\,\,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\,\,\, d_c = a\sqrt{\dfrac{2}{\omega}}
On  appelle  dc  la  longueur  de  peˊneˊtration  des  ondes  thermiques{\color{red}{On \,\, appelle \,\, d_c \,\, la \,\, longueur \,\, de \,\, pénétration \,\, des \,\, ondes \,\, thermiques}}.
Question 10

En déduire un temps caractéristique, noté tct_c, de ce phénomène de propagation d'ondes thermiques.

Correction
De la même manière, le terme ωt\omega t est sans dimension. Ce qui signifie que ω\omega à les dimensions de l'inverse d'un temps. Ainsi son inverse représente un temps caractéristique du phénomène de propagation thermique. On a alors :
tc=1ωt_c = \dfrac{1}{\omega}
Ce qui implique que :
y(x ; t)≃T0 e−xdccos⁡(ttc−xdc){\color{red}{ \boxed{ y(x\,;\,t) \simeq T_0 \, e^{-\frac{x}{d_c}} \cos \left( \frac{t}{t_c} - \frac{x}{d_c}\right) } }}
Question 11

En déduire une vitesse caractéristique, notée vcv_c, de ce phénomène de propagation d'ondes thermiques.

Correction
Pour déduire une vitesse caractéristique, notée vcv_c, de ce phénomène, on écrit simplement que :
dc=vc tc       ⟺       a2ω=vc1ω       ⟺       aω2ω=vcd_c = v_c \, t_c \,\,\,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\,\,\, a\sqrt{\dfrac{2}{\omega}} = v_c \dfrac{1}{\omega} \,\,\,\,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\,\,\,\, a \omega \sqrt{\dfrac{2}{\omega}} = v_c
Finalement, on trouve que :
vc=a2ω{\color{red}{ \boxed{ v_c = a \sqrt{2\omega} }}}
♣  \clubsuit \,\, Remarque :
La température de l'air extérieur dans la plupart des pays européens peut varier de −20∘ C-20^\circ \,C à +40∘ C+40^\circ \,C tout au long de l'année, alors que la température du sol à quelques mètres de profondeur reste plus stable, entre 55 et 15∘ C15^\circ \,C en moyenne. Les solutions trouvées dans cet exercice permette de modéliser ce phénomène. L'accord entre les relevés de température en profondeur à différentes périodes de l'année sont en parfait accord avec les prédictions théoriques. Ceci nous permet d'obtenir :

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