Mais quel rapport avec G ?
un pdf avec seulement la gravitation et V=Vo et a=0 comme condition initiales et on regarde à partir de quelle valeur de Vo la solution de la qua diff tend vers l’infini?
Nico_ a écrit:
Mais quel rapport avec G ?
Quand tu isoles ton corps, il subit seulement la force de gravitation qui est -G\frac { m{ M }_{ t } }{ { r }^{ 2 } }
Dublee parlait de g et pas de G.
g n’est donc pas constant puisqu’il dépend de r (g=G.Mt/r^2)
Autant pour moi, je n’ai rien dit
On a le droit aux formules de Binet ?
VincentR a écrit:
Un truc qui se rapproche plus d’un exo : retrouver en moins de trois lignes la vitesse de libération sans argument énergétique.
Pffffff, l’argument énergétique, c’est une ligne…
Je met la (une) solution en spoiler :
On lâche un mobile d’une hauteur R du centre de la Terre, avec une vitesse initiale nulle.
On note r la distance au centre de la terre, et g(r) l’accélération de pesanteur à cette altitude.
\frac{dv}{dt}=\frac{dv}{dr} \frac{dr}{dt}=g(r)=v(r) \frac{dv}{dr}=\frac{d}{dr}(\frac{1}{2}v(r)^2)
On connaît g(r), on trouve v(r), reste un petit argument…
Tu viens de démontrer le théorème de l’énergie mécanique avec le PFD…
Et je crois que tu as fait une erreur. C’est -g(r) et non pas g(r).
Et l’argument c’est : \forall r, v(r) > 0
Non.
Le « - » apparaît déjà dans l’expression de g 
Chez moi, g(R_{Terre}) = 9,81 m/s^2 > 0
Ta définition de g est contre intuitive.
Mais bien joué pour l’astuce. J’ai cherché un moment pour intégrer cette saleté et j’ai pas trouvé !
Avec un axe oz orienté vers le haut (comme c’est naturel), la composante de l’accélération suivant Oz est bien : \frac{-GM_{Terre}}{r^2}
VincentR a écrit:
Avec un axe oz orienté vers le haut (comme c’est naturel), la composante de l’accélération suivant Oz est bien : \frac{-GM_{Terre}}{r^2}
Tout à fait, mais l’accélération de la pesanteur pointe traditionnellement vers le bas (enfin chez moi, on fait comme ça en tous cas). Ta notation peut induire en erreur si on fait pas gaffe que ton g est négatif notamment pour la vérification de l’existence de solutions bornées pour une équation différentielle.
Je reconnais que ça porte à confusion (mais sinon, ça tenait pas en 3 lignes 
).
Depuis que mon prof de maths de sup’ me dit que les démos tiennent en trois lignes, je me méfie toujours…
En tous cas, c’est pas sûr que j’aurai un jour réussi à résoudre l’exercice sans ton astuce. Je cherchais quelque chose du genre mais j’ai rien trouvé.
Question subsidiaire : démontrez le théorème de l’énergie mécanique en partant du PFD !
C’est envoie de dire ça ! … Mais c’est déjà prouvé plus haut.
F=ma=m\frac{dv}{dt}=>$Fv=mv\frac{dv}{dt}=\frac{d}{dt}(\frac{1}{2}mv^2)=\frac{dE_c}{dt}Donc \Delta E_c=W$
On a \Delta E_p=-W_{forces conservatives}
On somme, et c’est bon.
VincentR a écrit:
Je met la (une) solution en spoiler :
On lâche un mobile d’une hauteur R du centre de la Terre, avec une vitesse initiale nulle.
On note r la distance au centre de la terre, et g(r) l’accélération de pesanteur à cette altitude.
\frac{dv}{dt}=\frac{dv}{dr} \frac{dr}{dt}=g(r)=v(r) \frac{dv}{dr}=\frac{d}{dr}(\frac{1}{2}v(r)^2)
On connaît g(r), on trouve v(r), reste un petit argument…
Comment on conclut en deux lignes ?
On a une vitesse de la forme machin + constante, qui tend vers une limite, on fixe v0 au sol, on regarde quand v0 donne une vitesse limite nulle. Mais ça prend plus de lignes pour le faire à la main.
VincentR a écrit:F=ma=m\frac{dv}{dt}=>Fv=mv\frac{dv}{dt}=\frac{d}{dt}(\frac{1}{2}mv^2)=\frac{dE}{dt}
Tu te moques du monde c’est le théorème de la *puissance * cinétique
Cailos Blancos a écrit:
Tu viens de démontrer le théorème de l’énergie mécanique avec le PFD…
Et je crois que tu as fait une erreur. C’est -g(r) et non pas g(r).
Et l’argument c’est : \forall r, v(r) > 0
J’avoue n’avoir toujours pas compris l’argument et la démonstration…
Dubblee: en effet, il manquait un gros bout : j’ai édité.
La fin de la démo :
\frac{-GM}{r^2}=\frac{d}{dr}(\frac{1}{2}v(r)^2) \Longrightarrow v(R_{Terre})^2=\frac{2GM}{R_{Terre}}-\frac{2GM}{R}, et on fait tendre R vers l’infini.
VincentR a écrit:
Un truc qui se rapproche plus d’un exo : retrouver en moins de trois lignes la vitesse de libération sans argument énergétique.
VincentR a écrit:
Dubblee: en effet, il manquait un gros bout : j’ai édité.
La fin de la démo :\frac{-GM}{r^2}=\frac{d}{dr}(\frac{1}{2}v(r)^2) \Longrightarrow v(R_{Terre})^2=\frac{2GM}{R_{Terre}}-\frac{2GM}{R}, et on fait tendre R vers l’infini.
Là tu redémontres l’argument énergétique. 
Au delà du fait que c’est forcément plus long que l’argument énergétique immédiat, « retenir » cette démo en tant que démo originale fait oublier l’origine de la vision énergétique et ça, c’est mal. 