Feuille d'entraînement : Circuits électriques et régimes transitoires

Corrigés

1. Exercice 1X-ENS Physique-SI MP 2025, Q13

   D'après l'équation différentielle linéarisée obtenue à la question Q10, le mouvement autour de la position d'équilibre s'écrit :

   J\dot{\omega}(t) + \nu \omega(t) = \Delta C(t)

   En appliquant la transformée de Laplace avec conditions initiales nulles, la fonction de transfert entre le couple moteur \Delta C(p) et la vitesse angulaire \Omega(p) est :

   H_{\text{proc}}(p) = \frac{\Omega(p)}{\Delta C(p)} = \frac{1}{Jp + \nu} = \frac{\frac{1}{\nu}}{1 + \frac{J}{\nu}p}

   Le capteur de vitesse étant de gain unitaire, la fonction de transfert en boucle ouverte de la boucle interne de vitesse s'exprime par :

   BO_\omega(p) = H_c(p) H_{\text{proc}}(p) = \frac{K_p (1 + \tau_i p)}{\tau_i p} \times \frac{\frac{1}{\nu}}{1 + \frac{J}{\nu}p}

   Compensation de pôle :
   La méthode par compensation de pôle consiste à éliminer le pôle dominant du procédé (lié à la constante de temps mécanique J/\nu) par le zéro du régulateur PI. On choisit donc :

   \boxed{\tau_i = \frac{J}{\nu}}

   Fonction de transfert en boucle fermée :
   En introduisant cette valeur de \tau_i, les termes (1 + \tau_i p) et (1 + \frac{J}{\nu}p) se simplifient dans la boucle ouverte :

   BO_\omega(p) = \frac{K_p}{\nu \tau_i p} = \frac{K_p}{J p}

   La boucle de vitesse étant à retour unitaire, la fonction de transfert en boucle fermée est donnée par :

   BF_\omega(p) = \frac{BO_\omega(p)}{1 + BO_\omega(p)} = \frac{\frac{K_p}{J p}}{1 + \frac{K_p}{J p}} = \frac{1}{1 + \frac{J}{K_p} p}

   BF_\omega(p) est donc bien un système du premier ordre de gain statique unitaire :

   \boxed{BF_\omega(p) = \frac{1}{1 + \tau p} \quad \text{avec} \quad \tau = \frac{J}{K_p}}

   Détermination de K_p :
   On souhaite une constante de temps \tau = 0{,}05\text{ s}. Il vient :

   K_p = \frac{J}{\tau}

   Application numérique avec J = 0{,}15\text{ kg}\cdot\text{m}^2 et \tau = 0{,}05\text{ s} :

   K_p = \frac{0{,}15}{0{,}05} = 3\text{ N}\cdot\text{m}\cdot\text{s}\cdot\text{rad}^{-1}

   \boxed{K_p = 3\text{ N}\cdot\text{m}\cdot\text{s}\cdot\text{rad}^{-1}}

   Résultat

   $${\tau }_i=\frac{J}{\nu }$$

   $$B{F}_{\omega }(p)=\frac{1}{1+\tau p}\text{avec}\tau =\frac{J}{K_p}$$

   $$K_p=3\text{ N}\cdot \text{m}\cdot \text{s}\cdot {\text{rad}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2X-ENS Physique-SI MP 2025, Q14

   Le système étant asservi en boucle fermée à retour unitaire, l'écart de position s'écrit dans le domaine de Laplace :

   \varepsilon(p) = \Theta_c(p) - \Theta(p) = \frac{1}{1 + BO_\theta(p)}\,\Theta_c(p) = \frac{p(1 + \tau p)}{p(1 + \tau p) + K}\,\Theta_c(p)

   1. Entrée en échelon unitaire : \Theta_c(p) = \dfrac{1}{p}

   D'après le théorème de la valeur finale :

   \varepsilon_p = \lim_{p \to 0} p\,\varepsilon(p) = \lim_{p \to 0} \frac{p(1 + \tau p)}{p(1 + \tau p) + K} = 0

   La boucle ouverte possède une intégration pure (classe \alpha = 1). L'erreur statique de position est donc nulle :

   \boxed{\varepsilon_p = 0}

   La réponse est ainsi parfaitement précise vis-à-vis d'une consigne en échelon, en accord avec le cahier des charges.

   2. Entrée en rampe unitaire : \theta_c(t) = t \cdot u(t) \implies \Theta_c(p) = \dfrac{1}{p^2}

   L'erreur de traînage (ou erreur en vitesse) en régime permanent vaut :

   \varepsilon_v = \lim_{p \to 0} p\,\varepsilon(p) = \lim_{p \to 0} \frac{1 + \tau p}{p(1 + \tau p) + K} = \frac{1}{K}

   \boxed{\varepsilon_v = \frac{1}{K}}

   Cette erreur est finie et non nulle. Pour respecter le critère du cahier des charges (\varepsilon_v \le 0{,}9\text{ rad/s}), il suffira de régler le gain K de manière à ce que :

   K \ge \frac{1}{0{,}9} \approx 1{,}11\text{ s}^{-1}

   3. Entrée en parabole unitaire : \theta_c(t) = \dfrac{1}{2}t^2 \cdot u(t) \implies \Theta_c(p) = \dfrac{1}{p^3}

   L'erreur en accélération en régime permanent vaut :

   \varepsilon_a = \lim_{p \to 0} p\,\varepsilon(p) = \lim_{p \to 0} \frac{1 + \tau p}{p\,[p(1 + \tau p) + K]} = +\infty

   \boxed{\varepsilon_a = +\infty}

   4. Conclusion vis-à-vis du cahier des charges :

   • Les critères sur l'erreur en position (nulle) et l'erreur en vitesse (finie, ajustable par le choix de K) peuvent être validés.
   • En revanche, le critère d'une erreur en accélération finie ne peut pas être satisfait : le système étant de classe 1, l'erreur en accélération diverge obligatoirement. Pour annuler ou rendre finie cette erreur, il serait nécessaire d'avoir une boucle ouverte de classe supérieure ou égale à 2 (ajout d'une action intégrale dans le correcteur de position).

   Résultat

   $${\epsilon }_p=0$$

   $${\epsilon }_v=\frac{1}{K}$$

   $${\epsilon }_a=+\infty$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MP 2024, Q34

   D'après le schéma fonctionnel de la figure 9, le bloc multiplieur M_1 délivre la tension :

   m_1(t) = k\,p(t)\,a(t)

   En choisissant l'origine des dates de sorte que la phase à l'origine du signal informatif soit nulle, celui-ci s'écrit a(t) = a_m \cos(\omega_a t). Avec p(t) = p_m \cos(\omega_p t + \alpha_p), on a :

   m_1(t) = k\,p_m\,a_m \cos(\omega_p t + \alpha_p)\cos(\omega_a t)

   Le bloc additionneur A_1 réalise la somme de la composante continue de polarisation U_0 et du signal modulé m_1(t) :

   u_e(t) = U_0 + m_1(t)

   D'où l'expression de la tension d'entrée du circuit émetteur :

   \boxed{u_e(t) = U_0 + k\,p_m\,a_m \cos(\omega_p t + \alpha_p)\cos(\omega_a t)}

   D'après la question Q32, la diode électroluminescente émet de la lumière dès lors que le courant direct i_1(t) est strictement positif, c'est-à-dire tant que la tension d'attaque vérifie :

   u_e(t) > U_{\min} = V_{sb}

   Comme la pulsation de la porteuse est très grande devant celle du signal modulant (\omega_a \ll \omega_p), le produit des deux cosinus oscille entre -1 et +1. La valeur minimale atteinte par la tension u_e(t) au cours du temps est donc :

   u_{e,\min} = U_0 - k\,p_m\,a_m

   Pour s'assurer que la diode ne s'éteint jamais (absence de surmodulation et maintien de la conduction), il faut donc :

   U_0 - k\,p_m\,a_m \ge V_{sb} \iff k\,p_m\,a_m \le U_0 - V_{sb}

   D'après la question Q33, on sait que U_0 - V_{sb} = r_e i_0. La valeur maximale du produit est donc :

   \boxed{(k\,p_m\,a_m)_{\max} = U_0 - V_{sb} = r_e i_0}

   Application numérique :

   (k\,p_m\,a_m)_{\max} = 10{,}2 - 2{,}90 = 10 \times 0{,}73 = \mathbf{7{,}3\text{ V}}

   Résultat

   $$u_e(t)=U_0+k{p}_m{a}_m\cos ({\omega }_{p}t+{\alpha }_p)\cos ({\omega }_{a}t)$$

   $$(k{p}_m{a}_m{)}_{\max }=U_0-V_{sb}=r_e{i}_0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2022, Q45

   Sur la figure 10 :

   • Pour le circuit primaire \mathcal{C}_1, la tension u_1 et le courant i_1 sont orientés selon la convention récepteur.
   • Pour le circuit secondaire \mathcal{C}_2, la tension u_2 mesurée par le voltmètre est orientée de telle sorte que la bobine \mathcal{C}_2 est également en convention récepteur vis-à-vis du courant i_2 fléché (la flèche de tension u_2 s'oppose au sens de circulation de i_2 dans la branche du voltmètre, donc pour le dipôle bobine \mathcal{C}_2, tension et courant sont en convention récepteur).

   Les résistances des bobines \mathcal{C}_1 et \mathcal{C}_2 étant négligées, la tension aux bornes de chaque circuit est purement d'origine inductive :

   u_1 = \frac{\mathrm{d}\Phi_1}{\mathrm{d}t} \quad \text{et} \quad u_2 = \frac{\mathrm{d}\Phi_2}{\mathrm{d}t}

   Les flux magnétiques propres et mutuels s'écrivent :

   \begin{aligned} \Phi_1 &= L_1 i_1 + M i_2 \\ \Phi_2 &= M i_1 + L_2 i_2 \end{aligned}

   On en déduit le système d'équations couplées régissant le fonctionnement électrique des deux circuits :

   \boxed{\begin{cases} u_1 = L_1 \dfrac{\mathrm{d}i_1}{\mathrm{d}t} + M \dfrac{\mathrm{d}i_2}{\mathrm{d}t} \\[10pt] u_2 = M \dfrac{\mathrm{d}i_1}{\mathrm{d}t} + L_2 \dfrac{\mathrm{d}i_2}{\mathrm{d}t} \end{cases}}

   Résultat

   $$\{\begin{array}{l}{u}_1=L_1\frac{\mathrm{d}{i}_1}{\mathrm{d}t}+M\frac{\mathrm{d}{i}_2}{\mathrm{d}t}\\ u_2=M\frac{\mathrm{d}{i}_1}{\mathrm{d}t}+L_2\frac{\mathrm{d}{i}_2}{\mathrm{d}t}\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 1 MP 2022, Q1

   La loi d'Ohm locale s'écrit :

   \vec{\jmath} = \gamma_{\mathrm{w}} \vec{E} = \frac{1}{\rho_{\mathrm{w}}} \vec{E}

   où :

   • \vec{\jmath} est le vecteur densité volumique de courant électrique, exprimé en ampères par mètre carré (\mathrm{A\cdot m^{-2}}) ;
   • \vec{E} est le champ électrique, en volts par mètre (\mathrm{V\cdot m^{-1}}) ;
   • \gamma_{\mathrm{w}} est la conductivité électrique du matériau, en siemens par mètre (\mathrm{S\cdot m^{-1}} ou \Omega^{-1}\cdot\mathrm{m}^{-1}) ;
   • \rho_{\mathrm{w}} = 1/\gamma_{\mathrm{w}} est la résistivité électrique du matériau, en ohms-mètres (\Omega\cdot\mathrm{m}).

   Pour un fil cylindrique rectiligne de section droite d'aire S = \frac{\pi d_{\mathrm{w}}^2}{4} et de longueur L_{\mathrm{w}}, parcouru par un courant d'intensité I continu et uniforme, la densité de courant est colinéaire à l'axe du fil et a pour norme :

   j = \frac{I}{S}

   Le champ électrique dans le fil est uniforme et vaut E = \rho_{\mathrm{w}} j = \rho_{\mathrm{w}} \frac{I}{S}. La différence de potentiel entre les extrémités du fil s'en déduit par intégration sur la longueur L_{\mathrm{w}} :

   U = E L_{\mathrm{w}} = \rho_{\mathrm{w}} \frac{L_{\mathrm{w}}}{S} I

   Par identification avec la relation tension-courant U = R_{\mathrm{w}} I, la résistance électrique totale du fil s'écrit :

   \boxed{R_{\mathrm{w}} = \frac{4\rho_{\mathrm{w}} L_{\mathrm{w}}}{\pi d_{\mathrm{w}}^2}}

   La puissance totale dissipée par effet Joule dans le fil est alors donnée par :

   \boxed{\mathcal{P}_{\mathrm{j}} = R_{\mathrm{w}} I^2 = \frac{4\rho_{\mathrm{w}} L_{\mathrm{w}} I^2}{\pi d_{\mathrm{w}}^2}}

   Le volume total du fil étant \tau_{\mathrm{w}} = S L_{\mathrm{w}} = \frac{\pi d_{\mathrm{w}}^2 L_{\mathrm{w}}}{4}, et la dissipation étant spatialement uniforme, la puissance volumique dissipée par effet Joule vaut \mathcal{P}_{\mathrm{v}} = \vec{\jmath}\cdot\vec{E} = \frac{\mathcal{P}_{\mathrm{j}}}{\tau_{\mathrm{w}}} :

   \boxed{\mathcal{P}_{\mathrm{v}} = \frac{16\rho_{\mathrm{w}} I^2}{\pi^2 d_{\mathrm{w}}^4}}

   Résultat

   $$R_{\mathrm{w}}=\frac{4{\rho }_{\mathrm{w}}{L}_{\mathrm{w}}}{\pi d_{\mathrm{w}}^2}$$

   $${\mathcal{P}}_{\mathrm{j}}=R_{\mathrm{w}}{I}^2=\frac{4{\rho }_{\mathrm{w}}{L}_{\mathrm{w}}{I}^2}{\pi d_{\mathrm{w}}^2}$$

   $${\mathcal{P}}_{\mathrm{v}}=\frac{16{\rho }_{\mathrm{w}}{I}^2}{{\pi }^2{d}_{\mathrm{w}}^4}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6X-ENS Physique-SI MP 2022, Q35

   1. Relations liant les grandeurs de polarisation

   Le commutateur \mathrm{S} étant en position (\mathrm{S_1}), la résistance de base R_{\mathrm{B}} est reliée à la borne positive de l'alimentation continue E. L'émetteur \mathrm{E} étant connecté à la référence des potentiels (0\text{ V}), la loi des mailles s'écrit :

   • Pour la maille d'entrée (base-émetteur) :

     E = R_{\mathrm{B}} I_{\mathrm{B}} + V_{\mathrm{BE}}

     soit :

     \boxed{I_{\mathrm{B}} = \frac{E - V_{\mathrm{BE}}}{R_{\mathrm{B}}}}

   • Pour la maille de sortie (collecteur-émetteur) :

     E = R_{\mathrm{C}} I_{\mathrm{C}} + V_{\mathrm{CE}}

     soit :

     \boxed{I_{\mathrm{C}} = \frac{E - V_{\mathrm{CE}}}{R_{\mathrm{C}}}}

   2. Traduction graphique et détermination du point de repos \mathrm{P}^0

   Ces deux relations linéaires constituent les droites de charge statiques :

   • Droite d'attaque (quadrant I) : dans le plan (V_{\mathrm{BE}}, I_{\mathrm{B}}), l'équation I_{\mathrm{B}} = \frac{E}{R_{\mathrm{B}}} - \frac{V_{\mathrm{BE}}}{R_{\mathrm{B}}} est une droite de pente négative -1/R_{\mathrm{B}}, reliant le point (V_{\mathrm{BE}} = E,\, I_{\mathrm{B}} = 0) au point (V_{\mathrm{BE}} = 0,\, I_{\mathrm{B}} = E/R_{\mathrm{B}}). L'intersection de cette droite avec la caractéristique d'entrée de la jonction base-émetteur (type diode) fixe de manière unique le couple (V_{\mathrm{BE}}^0, I_{\mathrm{B}}^0).
   • Report dans le quadrant II : la caractéristique de transfert direct I_{\mathrm{C}} = g(I_{\mathrm{B}}, V_{\mathrm{CE}}) \simeq \gamma I_{\mathrm{B}} permet de reporter la valeur I_{\mathrm{B}}^0 et de déterminer le niveau de courant de collecteur correspondant I_{\mathrm{C}}^0.
   • Droite de charge de sortie (quadrant III) : dans le plan (V_{\mathrm{CE}}, I_{\mathrm{C}}), l'équation I_{\mathrm{C}} = \frac{E}{R_{\mathrm{C}}} - \frac{V_{\mathrm{CE}}}{R_{\mathrm{C}}} est une droite de pente -1/R_{\mathrm{C}}, reliant le point (V_{\mathrm{CE}} = E,\, I_{\mathrm{C}} = 0) au point (V_{\mathrm{CE}} = 0,\, I_{\mathrm{C}} = E/R_{\mathrm{C}}). L'intersection de cette droite avec la caractéristique de sortie correspondant à I_{\mathrm{B}} = I_{\mathrm{B}}^0 fixe le point de repos (V_{\mathrm{CE}}^0, I_{\mathrm{C}}^0).

   Résultat

   $$I_{\mathrm{B}}=\frac{E-V_{\mathrm{BE}}}{R_{\mathrm{B}}}$$

   $$I_{\mathrm{C}}=\frac{E-V_{\mathrm{CE}}}{R_{\mathrm{C}}}$$

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7. Exercice 7CCINP Physique MP 2021, Q20

   a) Schéma du circuit et équation différentielle

   Pendant la décharge, le condensateur de capacité C est connecté en boucle fermée avec le tube à xénon, modélisé par un conducteur ohmique de résistance R.

   En adoptant la convention générateur pour le condensateur et la convention récepteur pour le conducteur ohmique :

   • L'intensité du courant délivré par le condensateur s'écrit :

     i(t) = -C\,\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}

   • La loi d'Ohm aux bornes du tube donne :

     u_R(t) = R\,i(t) = -RC\,\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}

   D'après la loi des mailles, la tension aux bornes du condensateur est égale à celle aux bornes de la résistance (u(t) = u_R(t)), ce qui conduit directement à l'équation différentielle :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t} + \frac{u(t)}{RC} = 0}

   b) Puissance instantanée reçue par le tube

   L'intégration de l'équation différentielle avec la condition initiale u(0) = U_0 donne :

   u(t) = U_0 \exp\left(-\frac{t}{RC}\right) \quad (\text{pour } t \ge 0)

   La puissance instantanée p(t) reçue par le tube (en convention récepteur) est dissipée par effet Joule :

   p(t) = u_R(t)\,i(t) = \frac{u(t)^2}{R}

   En injectant l'expression de u(t), on obtient :

   \boxed{p(t) = \frac{U_0^2}{R} \exp\left(-\frac{2t}{RC}\right)}

   c) Allure de la courbe p(t)

   La puissance p(t) est maximale en t=0, où elle vaut P_0 = \frac{U_0^2}{R}, puis décroît exponentiellement vers 0 avec une constante de temps caractéristique \tau' = \frac{RC}{2}.

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}+\frac{u(t)}{RC}=0$$

   $$p(t)=\frac{U_0^2}{R}\exp \left(-\frac{2t}{RC}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8X-ENS Physique-SI MP 2021, Q40

   Le bouclage du circuit par la connexion du point C au point A impose :

   V_1(p) = V_3(p)

   Sous l'hypothèse \mathrm{H}(R_{\mathrm{e}}), la relation (17) établie à la question Q38 reste valable et devient :

   \frac{G_0}{R} V_3(p) = Y(p) V_3(p) \iff \left[ Y(p) - \frac{G_0}{R} \right] V_3(p) = 0

   Pour obtenir un régime libre non trivial (v_3(t) \not\equiv 0), la variable complexe p doit être solution de l'équation caractéristique :

   \boxed{Y(p) - \frac{G_0}{R} = 0} \quad \text{ou de façon équivalente} \quad \boxed{R\,Y(p) - G_0 = 0}

   En régime libre, les solutions du système différentiel linéaire autonome sont des combinaisons linéaires de modes propres de la forme \exp(pt) (ou t^k\exp(pt) en cas de multiplicité), où p = \sigma + j\omega \in \mathbb{C} (\sigma, \omega \in \mathbb{R}) est racine de l'équation caractéristique :

   \mathrm{e}^{pt} = \mathrm{e}^{\sigma t} \mathrm{e}^{j\omega t}

   • Partie réelle \sigma = \operatorname{Re}(p) : elle gouverne l'évolution de l'enveloppe temporelle (stabilité).

     • Si \operatorname{Re}(p) < 0 : régime stable, atténuation exponentielle vers 0 ;
     • Si \operatorname{Re}(p) > 0 : régime instable, divergence exponentielle (condition de démarrage d'un oscillateur) ;
     • Si \operatorname{Re}(p) = 0 : régime marginalement stable, oscillations non amorties d'amplitude constante.

   • Partie imaginaire \omega = \operatorname{Im}(p) : elle gouverne la nature oscillatoire de la solution.

     • Si \operatorname{Im}(p) = 0 : régime apériodique pur (relaxation) ;
     • Si \operatorname{Im}(p) \neq 0 : régime oscillatoire (pseudo-périodique si \sigma \neq 0, sinusoïdal pur si \sigma = 0) de pulsation propre |\omega|.

   Résultat

   $$Y(p)-\frac{G_0}{R}=0$$

   $$RY(p)-G_0=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique MP 2020, Q34

   a) D'après le schéma de la figure 6, la cellule (R,C) fonctionne en régime de sortie ouverte (aucun courant n'est prélevé en aval de la tension u). La loi des mailles donne :

   p(t) = R\,i(t) + u(t)

   Le courant traversant le condensateur s'écrit i(t) = C\,\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}. Avec \tau = RC, il vient directement l'équation différentielle :

   \boxed{\tau\,\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}(t) + u(t) = p(t)}

   b) En isolant la dérivée temporelle de u(t), on obtient :

   \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t} = \frac{p(t) - u(t)}{\tau}

   En identifiant à la forme demandée \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t} = f(p(t), u(t)), la fonction f s'exprime par :

   \boxed{f(p(t), u(t)) = \frac{p(t) - u(t)}{\tau}}

   (ou sous forme générique pour deux variables réelles x et y : f(x, y) = \frac{x - y}{\tau}).

   c) En intégrant la dérivée première de u(t) entre les deux dates de discrétisation t_n et t_{n+1} :

   \int_{t_n}^{t_{n+1}} \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}\,\mathrm{d}t = u(t_{n+1}) - u(t_n) = u_{n+1} - u_n

   Comme \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t} = f(p(t), u(t)), on en déduit immédiatement :

   \boxed{u_{n+1} - u_n = \Psi_n}

   Résultat

   $$\tau \frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}(t)+u(t)=p(t)$$

   $$f(p(t),u(t))=\frac{p(t)-u(t)}{\tau }$$

   $$u_{n+1}-u_n={\Psi }_n$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique MP 2020, Q35

    Par la méthode des rectangles (rectangle à gauche), la fonction intégrée est approchée sur le sous-intervalle [t_n\,;\, t_{n+1}] par sa valeur à la borne inférieure t_n :

    \Psi_n = \int_{t_n}^{t_{n+1}} f(p(t), u(t))\,\mathrm{d}t \approx (t_{n+1} - t_n)\, f(p(t_n), u(t_n))

    Sachant que t_{n+1} - t_n = h, p(t_n) = p_n et u(t_n) = u_n, il vient :

    \boxed{\Psi_n \approx h\, f(p_n, u_n)}

    D'après le résultat de la question Q34.c, u_{n+1} - u_n = \Psi_n. On en déduit immédiatement la relation de récurrence :

    \boxed{u_{n+1} = u_n + h\, f(p_n, u_n)}

    En explicitant la fonction f paramétrée par \tau obtenue en Q34.b (f(p_n, u_n) = \frac{p_n - u_n}{\tau}), la relation s'écrit également :

    \boxed{u_{n+1} = u_n + \frac{h}{\tau}(p_n - u_n)}

    Cette méthode d'intégration numérique d'une équation différentielle ordinaire est la méthode d'Euler explicite (ou méthode d'Euler).

    Résultat

    $${\Psi }_n\approx hf(p_n,u_n)$$

    $$u_{n+1}=u_n+hf(p_n,u_n)$$

    $$u_{n+1}=u_n+\frac{h}{\tau }(p_n-u_n)$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question