modélisation d`un ressort

4 juillet 2012
Centre ESCER
François Bourassa
Stagiaire
MODÉLISATION D’UN RESSORT
Schémas de premier ordre et schéma saute-mouton, sans et avec amortissement
But : Modéliser le mouvement d’une masse suspendue à un ressort, avec ou sans
amortissement, à l’aide de deux schémas de discrétisation différents. Étudier le
mouvement dans le temps, l’amortissement critique et l’erreur introduite par les
schémas.
Paramètres du problème :
Figure 1 : Schéma de la masse suspendue au ressort sans amortissement, avec les
graphiques de la position X et de la vitesse v en fonction du temps
2
Figure 2 : Schéma de la masse suspendue au ressort avec amortissement, avec le
graphique de la position X en fonction du temps
t=Temps, en secondes
T
= Période, i.e. durée d’un cycle, en s (temps pour que la masse retrouve sa
position initiale sans amortissement)
X
= Position, en m
Xéq = Position d’équilibre du ressort
Xo = Position du ressort au temps 0
v
= Vitesse, en m/s
K
= Constante de rappel du ressort, en N/m
m
= Masse suspendue, en kg
a
= Accélération, en m/s2
c
=Coefficient d’amortissement, en s-1
=1/c, en s

Ce problème possède une solution analytique, soit une relation exacte entre la
position ou la vitesse de la masse et le temps. Sans amortissement, cette solution
3
K
. Avec
m
amortissement, pour une petite valeur de c seulement, elle est de la forme
X t   X 0  e tc cos t , et v(t )  v0  e tc sin t , avec la même règle pour  . Cependant,
pour obtenir ces solutions, il faut des connaissances en calcul différentiel. Sans cela,
il est nécessaire de modéliser la situation pour pouvoir étudier le mouvement du
ressort.

est
de
la
forme
X t   X 0 cos t
et
v(t )  v 0 sin t ,
avec

De plus, il faut tenter de déterminer le coefficient d’amortissement critique. À titre
indicatif, la résolution analytique du problème permet de trouver que la valeur critique
de c est de 2 Il s’agit du coefficient pour lequel la masse retrouvera sa position
initiale dès le premier cycle, sans autre oscillation. Comme le montre la figure
suivante, il s’agit d’un cas intermédiaire entre un très grand c et un très petit c :
Figure 3 : Mouvement de la masse pour différents coefficients d’amortissement
Modélisation du problème – sans amortissement : D’abord, il faut utiliser les
équations de la cinématique:
X t   X 0  vt
vt   v0  at
Ensuite, à partir de la seconde loi de Newton et de l’équation de la force de rappel du
ressort, on obtient :
F  ma
 KX  ma
a   KX / m
Ces trois équations décrivent respectivement la position, la vitesse et l’accélération
de la masse en fonction du temps. Il est à noter que la vitesse se trouve à être la
dérivée de la position, et l’accélération, la dérivée de la vitesse. Puis, pour pouvoir
résoudre ces équations, il faut les modifier sous la forme d’équations discrètes,
exprimées en fonction de « pas de temps ». Pour ce faire, il existe plusieurs
schémas différents. Les deux plus simples sont le schéma de premier ordre ainsi que
le schéma saute-mouton (leapfrog en anglais), qui est de deuxième ordre.
4
Schéma de premier ordre :
X n  X n 1  v n 1  t
v n  v n 1  a n 1  t
an 
 KX n
m
où n  0  N et t  T
Il s’agit d’un schéma dont la précision est passable, comme il sera montré plus loin.
Ce type de schéma utilise les données « présentes » pour calculer la valeur des
variables au pas de temps suivant.
Schéma de second ordre :
X n1  X n1  vn  2t
vn1  vn1  a n  2t
an 
 KX n
m
où n  0  N et t  T .
Il s’agit d’un schéma beaucoup plus précis qu’un schéma de premier ordre, pour une
valeur de ∆t raisonnable. Cette précision accrue s’explique par le fait qu’un schéma
de premier ordre tient uniquement compte des valeurs au début du pas de temps,
X
v
) calculée pour ce pas de temps ne suit pas tout à fait la
donc la pente (
ou
t
t
courbe réelle. Un schéma de deuxième ordre réduit beaucoup cette erreur, parce
qu’il utilise, pour chaque deux pas de temps, la pente au centre (après le premier pas
de temps), bien plus près de la variation réelle de la courbe. Une représentation
graphique aide à comprendre cela (courbe réelle en bleu):
Schéma de premier ordre
Schéma de second ordre
Cette méthode est plus précise, cependant elle a ses limites. Surtout, elle comporte
une valeur critique pour le pas de temps, au-dessus de laquelle le modèle devient
instable et incohérent. On cherchera cette valeur pour différents paramètres initiaux
grâce à plusieurs essais du modèle.
5
Modélisation du problème – avec amortissement : On utilise encore les équations
de la cinématique pour la vitesse et la position. Par contre, l’équation de
l’accélération change pour inclure l’amortissement :
F  m(a  amortissement)
 KX  m(a  cv)
 KX
 cv  a
m
Il est à noter que l’accélération dépend à la fois de la vitesse et de la position. On
remarque aussi que le ressort sans amortissement a un coefficient c de 0. Il faut
maintenant transformer toutes ces équations en des équations discrètes. Pour un
schéma de premier ordre, on obtient :
X n  X n 1  v n 1 t
v n  v n 1  a n 1 t
an 
 KX n
 cvn
m
Pour un schéma de second ordre, on obtient :
X n 1  X n 1  v n t
v n 1  v n 1  a n t
an 
 KX n
 cvn 1
m
On observe ici que c’est v n 1 qui est utilisé pour le calcul de l’accélération.
L’utilisation de v n rend le schéma instable.
Implémentation sur ordinateur : Le logiciel Microsoft Excel est pratique pour
effectuer les calculs d’un problème aussi simple. Les étapes à suivre pour mettre en
place la simulation sont très similaires pour les cas avec et sans amortissement.
Voici donc un protocole pour chaque schéma, avec les spécificités relatives à
l’amortissement (en bleu):
Schéma de premier ordre :
1. Définir les conditions expérimentales, donc m et K (et c).
a. m=1, K=1 est un cas simple pour débuter
b. Avec amortissement : c=1
2. Définir le pas de temps
a. Pour une précision satisfaisante, il faut un pas de temps d’un ordre au
moins cent fois plus petit que T.
K
2
b. Grâce aux relations  
et T 
, on peut calculer T selon les
m
w
conditions initiales sélectionnées et estimer l’ordre de grandeur de  t .
c. Pour m=1 et K=1,  t sera de l’ordre des centièmes de seconde.
3. Définir les conditions initiales. Créer une première ligne de tableau pour les
variables t, x et v au temps 0. Les valeurs initiales choisies ici sont
respectivement de 0, 1 et 0.
6
4. Ajouter une colonne pour a. Pour une ligne n donnée, an 
 Kxn
 cvn
m
 Kxn
 cvn
m
5. Compléter le tableau pour qu’il ait quelques centaines de lignes pour chaque
variable.
a. Pour une ligne n donnée, la valeur de x doit respecter l’équation
x n  xn 1  v n 1  t ;
a. Avec amortissement, an 
b. La valeur de v doit respecter l’équation v n  vn 1  a n 1 t ;
c. La valeur de t doit suivre l’équation t n  t n 1  t , où n-1 est la ligne
précédente.
d. L’accélération suit toujours la même équation qu’à la première ligne.
6. Créer un nuage de points de deux séries de données avec t en abscisse. La
première série a x en ordonnée, et la seconde a v en ordonnée.
Schéma de second ordre :
1. Répéter les étapes 1 à 4 pour le schéma de premier ordre.
2. Ajouter une ligne au tableau avec les équations d’un schéma de premier
ordre.
3. Compléter le tableau selon un schéma de second ordre pour qu’il ait quelques
centaines de lignes.
a. Pour une ligne n, la valeur de t devra suivre l’équation t n  t n 1  t
b. Pour une ligne n+1, la valeur de X devra suivre X n 1  X n 1  v n  2t
c. Pour une ligne n+1, la valeur de v devra suivre v n 1  v n 1  a n  2t
d. Pour une ligne n, la valeur de a devra suivre la même équation que
pour les deux premières lignes.
e. Avec
amortissement,
l’accélération
doit
suivre
l’équation
 KX n
an 
 cvn1
m
4. Créer un nuage de points de deux séries de données avec t en abscisse. La
première série a X en ordonnée, et la seconde a v en ordonnée.
N.B. : Il serait aussi possible, voire même plus simple, d’utiliser uniquement les
équations avec amortissement et de définir c=0 pour étudier un ressort sans
amortissement.
Mesure de l’erreur :
Sans amortissement : Il est possible de mesurer l’erreur causée par la discrétisation
des équations en faisant les calculs pour plusieurs valeurs de ∆t, puis en notant à
chaque fois la valeur maximale de X après un cycle. L’erreur est égale à max - 1, car
en théorie, si on néglige le frottement, l’énergie de la masse en mouvement est
conservée et elle revient à sa position initiale de 1 après chaque cycle. On peut
ensuite la convertir en pourcentage de X, car on sait que X atteint en théorie 1 m
exactement à son maximum. Par la suite, on peut représenter ces mesures d’erreur
dans un graphique selon le pas de temps, pour voir comment l’erreur varie en
fonction de la valeur du pas de temps, pour chaque schéma.
7
Une autre mesure intéressante est la mesure d’erreur RMS (pour root mean square).
Elle permet de représenter l’évolution de l’erreur au fil du calcul. Elle se définit ainsi :
2
E  X numérique(t )  X analytique(t )  . Pour obtenir cet indicateur, il faut calculer la valeur
théorique de X et de v à chaque pas de temps, pour pouvoir la comparer avec la
valeur numérique à ce moment. Cependant, l’erreur RMS calculée seulement sur X
ou sur v donne une courbe de forme cycloïde. Pour obtenir une courbe plus
monotone, il faut calculer l’erreur RMS avec une norme d’énergie tenant compte des
énergies cinétique et potentielle élastique. La formule pour calculer cette erreur est
2
2
donc Erreur  m / 2   X num  X an   K / 2  vnum  van  .
Aussi, pour trouver la valeur critique du pas de temps du schéma saute-mouton, il
faut l’augmenter par bonds de 1 s, puis l’ajuster par bonds de 0,1 s, puis de 0,01 s, et
ainsi de suite, jusqu’à trouver le point où les prévisions deviennent rapidement
beaucoup moins précises.
Avec amortissement : Il est aussi possible d’effectuer des mesures d’erreur dans ce
cas. L’erreur RMS peut être calculée comme dans le cas sans amortissement, avec
la formule tenant compte de l’énergie. Cependant, ce calcul ne peut être réalisé que
pour de petites valeurs de c (au plus de l’ordre des dixièmes de s-1), en raison des
limites de la solution analytique précédemment mentionnée.
Résultats et analyse :
Sans amortissement : Le document Excel permet de simuler plusieurs cas avec des
valeurs différentes de m et de K. Comme il a déjà été expliqué, le rapport de ces
deux valeurs influence la durée d’un cycle. Voici un exemple pour le schéma de
premier ordre:
Figure 4 : Position x ( en m) et vitesse v (en m/s) d’un ressort selon le temps (en s),
pour m=1 kg, K= 1 N/m et ∆t=0,02 s . (Schéma de premier ordre)
On constate déjà une erreur sur X assez marquée dès les premiers cycles, alors que
le ressort devrait théoriquement revenir exactement à sa position initiale de X=1 m.
Cette erreur tend également à s’amplifier à chaque cycle. Voici le même cas simulé
avec le schéma saute-mouton :
8
Figure 5 : Position x ( en m) et vitesse v (en m/s) d’un ressort selon le temps (en s),
pour m=1 kg, K= 1 N/m et ∆t=0,02 s . (Schéma de second ordre)
L’erreur est beaucoup plus difficile à détecter dans ce cas. Il est possible de mesurer
l’erreur sur X (en %) après un cycle introduite par chaque schéma pour différentes
valeurs de  t , puis de comparer les courbes obtenues. Voici le résultat de cette
comparaison :
Figure 6 : Erreur sur X (en %) au premier cycle d’oscillation, selon la valeur de ∆t,
lorsque m=1 kg et K= 1 N/m, pour chaque schéma
L’erreur introduite par un schéma de premier ordre étant beaucoup plus grande que
celle introduite par un schéma saute-mouton, la seconde est représentée cent fois
plus grande qu’elle ne l’est en réalité, afin d’obtenir une comparaison plus nette de la
forme de chaque courbe. De même, une courbe de tendance (en rose) a été ajoutée
pour le schéma de second ordre, afin de bien souligner le caractère de second degré
de cette relation, qui est quelque peu obscurci par les bonds successifs de l’erreur
mesurée. La précision accrue du schéma saute-mouton découle du fait que l’erreur
diminue d’un facteur carré avec le pas de temps. Aussi, lorsqu’on observe plusieurs
cycles, l’erreur croît beaucoup moins rapidement à chaque cycle qu’avec un schéma
de premier ordre. Une autre façon de comparer la précision des schémas est
d’utiliser un diagramme de phase pour représenter les résultats de chaque
simulation :
9
Figure 7 : Vitesse v (en m/s) selon la position X (en m), pour chaque schéma, pour
m=1 kg, K= 1 N/m et ∆t =0,02 s
Schéma de premier ordre
Schéma saute-mouton
Ces graphiques permettent de constater que le schéma de premier ordre se déphase
beaucoup plus rapidement que celui de second ordre lors de la simulation.
De plus, le graphique des énergies cinétique, potentielle élastique et mécanique
totale de ce cas est intéressant à observer pour chaque schéma :
Figure 8 : Énergies cinétique, potentielle élastique et mécanique totale (en J) de la
masse selon le temps, lorsque m=1 kg, K=1 kg et  t =0,02 s (premier ordre)
Figure 9 : : Énergies cinétique, potentielle élastique et mécanique totale (en J) de la
masse selon le temps, lorsque m=1 kg, K=1 kg et  t =0,02 s (second ordre)
10
On constate que l’erreur du schéma de premier ordre fait en sorte que l’énergie
mécanique totale de la masse augmente sans cesse, de plus en plus rapidement, ce
qui est évidemment impossible pour un système isolé comme celui-ci. Le schéma de
second ordre présente certes une faible erreur, mais qui n’est pas visible sur ce
graphique.
La mesure d’erreur RMS, calculée sur l’énergie mécanique totale, permet mieux
montrer l’erreur introduite par chaque schéma et la façon dont elle croît :
Figure 10 : Erreur RMS sur l’énergie (en J) selon le temps (en s), pour chaque
schéma et différents ∆t, lorsque m= 1kg et K=1 N/m
Il est clair que l’erreur introduite par le schéma de deuxième ordre est beaucoup plus
petite, car elle est représentée sur ce graphique 10 000 fois plus grande qu’elle ne
l’est réellement. L’erreur brute sur X ou sur v seulement était 100 fois plus petite,
mais puisque l’erreur RMS sur l’énergie met ces erreurs au carré, il faut la
représenter 10 000 fois plus grande sur le graphique 6. Ce dernier graphique montre
bien que l’erreur s’accroît avec le temps lors d’une simulation, même pour un
schéma de deuxième ordre, alors que les mesures d’erreur précédentes ne
permettaient pas de l’observer. Il montre aussi que l’erreur d’un schéma de second
ordre diminue d’un facteur carré avec le pas de temps, puisqu’un changement du
pas de temps de 0,04s à 0,02 s a un plus grand effet que sur un schéma de premier
ordre.
Cependant, les faits concernant la précision accrue d’un schéma de second ordre ne
sont vrais que lorsque le pas de temps pour ce schéma est sous sa valeur critique.
Au-dessus de ce seuil, le modèle devient tout de suite incohérent. On peut trouver la
valeur critique en augmentant progressivement le pas de temps. Voici quelques
étapes significatives de la recherche de cette valeur, dans le cas où m=1 kg et
K=1 N/m :
11
Figure 11 : Progression des courbes de X (courbe bleue, en m) et de v (courbe
rouge, en m/s) selon l’augmentation de la valeur de ∆t, lorsque m=1 kg et K= 1N/m
∆t=0,49
∆t=0,5
∆t=0,51
∆t=0,8
∆t=0,99
∆t=1
∆t=1,01
Ainsi, il semble y avoir deux valeurs de pas de temps importantes. Pour ce cas
précis, il y a d’abord ∆t=0,5, puisque c’est à partir de cette valeur que l’erreur sur x
commence à croître significativement avec la valeur du pas de temps, faisant que les
prévisions ne sont plus précises. Toutefois, cette erreur reste périodique jusqu’à la
seconde valeur importante de ∆t, soit 1. En effet, c’est à cette valeur que l’erreur
commence à s’amplifier sans arrêt au cours de la simulation, la rendant réellement
instable. L’erreur commence aussi à croître à un rythme incroyable avec toute
augmentation subséquente du pas de temps : pour un passage de 1 s à 1,01 s,
l’ordre de grandeur de l’erreur passe des unités au premier cycle (erreur ensuite
amplifiée pendant la simulation) à 10^12. Pour cette raison, il semble que la valeur
critique du pas de temps de ce modèle est de 1 s pour ce cas précis, mais qu’à partir
de la moitié de cette valeur critique, la simulation devient très imprécise.
12
Pour savoir d’où vient cette valeur critique, il y a deux explications possibles. En les
appliquant au cas testé plus haut, on conviendra qu’il possible de les généraliser à
tous les cas. Pour commencer le critère CFL peut expliquer cette valeur. Ce critère
X
stipule, de manière simplifiée, que t 
, où X est la distance entre deux points
c
de grille et c est la vitesse maximale atteinte par une composante du système
modélisé. Dans ce cas, on peut dire que X =1 m, car le déplacement maximal de la
masse par rapport à sa position d’équilibre est de 1 m, et que c=1 m/s, car la vitesse
maximale atteinte par la masse est de 1 m/s. Ainsi, on obtient que t 
1m
 1s , ce
1m / s
qui est bien la valeur recherchée. Cependant, le critère CFL est plus habituellement
utilisé pour des équations différentielles discrétisées, sans solution analytique, qui
comportent des maillages plus élaborés. Donc, puisque ce problème simple
K
comporte une solution analytique (  
), il existe une autre explication à la
m
valeur critique du pas de temps. Lorsqu’on fait la démonstration de cette solution
K
analytique (voir annexe 1), on obtient que t  arcsin( t
) . Il faut donc que
m
t
K
1
m
pour pouvoir obtenir une valeur réelle de arcsin. Dans le cas testé, on
obtient donc que : t 1  1 , ce qui fait que t  1 .
1
Avec amortissement : D’abord, voici les résultats des deux schémas pour c=0,5 s-1:
Figure 12 : Position X de la masse (en m) en fonction du temps (en s), pour chaque
schéma, lorsque  t =0,04 s, m=1 kg, K=1 N/m et c=0,5 s-1
On voit que les résultats sont similaires par rapport au temps où les courbes croisent
l’axe des abscisses, mais que le schéma de premier ordre a tendance à exagérer les
extremums, comme dans le cas du ressort sans amortissement. L’utilisation de très
petites valeurs de c fait ressortir cette erreur : on trouve par expérimentation que
lorsque
, l’amortissement compense presque parfaitement l’erreur introduite
par le schéma de premier ordre lorsqu’on simule un ressort sans amortissement.
Alors que le ressort devrait progressivement ralentir, le modèle prévoit qu’il oscillera
indéfiniment, comme s’il n’y avait aucune friction. Une comparaison avec les
résultats d’un schéma du second ordre met ce fait en lumière :
13
Figure 13 : Position X de la masse (en m) en fonction du temps (en s), pour chaque
schéma, lorsque  t =0,04 s, m=1 kg, K=1 N/m et c=0,04 s-1
Ensuite, le graphique des énergies cinétique, potentielle élastique et mécanique
totale permet de présenter le phénomène d’amortissement différemment :
Figure 14 : Énergies cinétique, potentielle élastique et mécanique totale (en J) de la
masse selon le temps, lorsque m=1 kg, K=1 kg, c=0,04 s-1 et  t =0,02 s
On voit que l’amortissement fait progressivement diminuer l’énergie de la masse,
puisqu’il agit comme un frottement. Cette énergie est soit transformée en énergie
thermique, qui n’est pas prise en compte dans le calcul (tronqué) de l’énergie
mécanique totale dans ce graphique, soit transmise à l’environnement du système,
probablement encore sous forme de chaleur.
Aussi, la mesure d’erreur RMS est intéressante à observer. Elle confirme également
les tendances d’erreur qui se manifestent sur les figures 12 à 14. La figure 14
présente cette mesure pour c=0,1 s-1 et  t =0,04 s :
14
Figure 15 : Erreur RMS sur l’énergie (en J) selon le temps (en s), pour chaque
schéma, lorsque m=1 kg,  t =0,04 s, K=1 N/m et c=0,1 s-1
Dans ce cas, l’erreur est plus grande que lorsqu’il n’y avait pas d’amortissement.
Cela s’explique par le fait que les valeurs calculées à partir des schémas et celles de
la solution analytique divergent beaucoup aux extremums, comme le montre la figure
16. C’est aussi cela qui explique la forme ondulée de la courbe d’erreur.
Figure 16 : Position X (en m) en fonction du temps (en s), lorsque m=1 Kg, K=1 N/m,
t =0,04 s et c=0,1 s-1, pour la solution analytique et le schéma de second ordre

Ce graphique représente seulement la position, mais le graphique de la vitesse
présenterait également de telles différences. Il y a deux causes possibles à cela.
Premièrement, la simulation est moins efficace lorsqu’elle prend en compte
l’amortissement. Deuxièmement, la solution analytique n’est pas tout à fait exacte;
elle constitue en fait une approximation qui fonctionne bien lorsque c est petit. Au
moins, les valeurs au point d’inflexion sont assez similaires. En plus, une fois que la
position du ressort oscille près de 0, l’erreur devient très petite, étant donné
l’amplitude négligeable de l’oscillation résiduelle. C’est cela qui fait que la courbe
d’erreur RMS redescend après un certain temps.
Avant de poursuivre, cela vaut la peine d’examiner le diagramme de phase obtenu
avec un schéma du deuxième ordre, qui donne une spirale convergente :
15
Figure 17 : Vitesse v (en m/s) selon la position X (en m), pour m=1 kg, K= 1 N/m,
∆t=0,02 s et c=0,5 s-1
Voici maintenant les résultats obtenus pour quelques valeurs du coefficient
d’amortissement, avec le schéma de second ordre pour un peu plus de précision :
Figure 18 : Position X (en m) et vitesse v (en m/s) de la masse selon le temps,
lorsque m=1 kg,  t =0,04 s, et K=1 N/m, pour plusieurs valeurs de c (en s-1)
c=0,5 s-1
c= 1 s-1
c=4 s-1
16
On voit donc que pour le cas m=1 kg et K=1 N/m, le coefficient d’amortissement
critique se situe entre 1 et 4. En affinant peu à peu cet intervalle, on finit par
approcher une valeur satisfaisante de c. Cette recherche est assez difficile, car il
reste toujours une petite oscillation après que la masse ait atteint sa position
d’équilibre (X=0). Une première façon de faire serait de considérer que cette
oscillation est nulle lorsqu’elle se situe dans la marge d’erreur du modèle. Le
précédent exercice sur le ressort sans amortissement avait permis de trouver que
cette marge était d’environ 0,001 m pour un pas de temps de 0,04 s. Pour le cas
m=1 kg et K=1 N/m, on trouve que la valeur critique est d’environ c= 1,76 s -1. Par
contre, cette valeur est assez éloignée de la valeur de 2 s -1 prédite par la solution
analytique.
Pour cette raison, il vaut mieux procéder en chercher la plus petite valeur de c qui
permet de ne pas atteindre le négatif pour X sur une longue période de temps (au
moins 2T). En effet, dès que c est plus grand que la valeur critique, la courbe
simulée tend asymptotiquement vers l’axe des x, sans le croiser. Avec cette
méthode, on obtient une valeur critique de 1,94 s-1 avec le schéma saute-mouton, ce
qui est beaucoup plus proche de la vraie valeur. Toutefois, il est étonnant de
constater que le schéma de premier ordre fournit une réponse encore plus proche de
la réalité, avec une valeur critique de 1,98 s-1 exactement. On remarque que le
schéma de premier ordre est toujours un peu plus proche de la valeur théorique,
alors les résultats de la figure 18 ont été obtenus avec ce dernier. La valeur a été
approchée jusqu’au centième. Le tableau présente différentes valeurs estimées
selon  , qui prend en compte à la fois la masse et la constante de rappel du ressort.


Figure 19 : Valeurs critiques estimée et théorique de c (en s-1), selon la valeur de 
 (au centième)
Valeur critique
Valeur critique
théorique
de 
numérique de c (0,01)
(c=2  ) (au centième)

0,5
0,96
1
1,39
1 / 2  0,71
2 1
/ 2  1,41
1
1,98
2

2
3,99
4
5,65
8  2,83
2 8  5,66
4
8
8
On remarque que les estimés sont moins proches de la valeur théorique lorsque 
est petit. Cela s’explique par le fait que plus  est petit, plus la durée d’un cycle est
longue et par conséquent, plus la courbe tend lentement vers l’axe des x. Cela fait en
sorte que pour une simulation sur un temps donné, il y plus de chances que la
 un grand
position devienne négative après le temps simulé pour un petit  que pour

 . Un changement de signe ainsi « caché » fait en sorte que la valeur critique
trouvée est un peu plus faible que prévu. Cela explique aussi pourquoi les valeurs
trouvées avec le schéma de premier ordre sont les plus précises : la tendance de ce
schéma à exagérer les extremums fait aussi converger la position vers 0 plus
rapidement. En tout cas, les modèles permettent d’estimer de façon très satisfaisante
la valeur critique du coefficient d’amortissement, à condition d’utiliser la bonne
méthode pour l’approcher.
17
Conclusion : En conclusion, on a utilisé un schéma de premier ordre et le schéma
saute-mouton, de second ordre pour résoudre numériquement les équations
modélisant l’oscillation d’un ressort, sans friction, puis avec amortissement. Pour y
arriver, on a utilisé le logiciel Microsoft Excel. On a commencé par comparer les
résultats obtenus avec chaque modèle, pour constater que le schéma de second
ordre était bien plus précis. On a aussi étudié l’effet des paramètres expérimentaux k
et M. La mesure de l’erreur RMS, obtenue en comparant la solution numérique à la
solution analytique, a permis de confirmer cette tendance. On a calculé cette erreur
sur l’énergie mécanique totale pour obtenir une courbe d’erreur plus monotone. Cette
mesure a aussi permis de voir que l’erreur croissait de plus en plus rapidement avec
le temps, et qu’un pas de temps plus grand augmentait aussi l’erreur. Pour le
schéma de premier ordre, cette augmentation de l’erreur en fonction du pas de
temps était moins grande que pour le schéma de second ordre. En outre, on a
cherché la valeur du pas de temps critique, pour constater qu’elle respectait le critère
c  t
 1 . D’ailleurs, la démonstration mathématique présentée en annexe I
CFL :
x
montre pourquoi ce critère s’applique même s’il n’y a pas vraiment de maillage en x
dans ce problème. Par la suite, on a étudié le cas avec amortissement. On a d’abord
étudié l’effet du coefficient d’amortissement sur les simulations. Puis, on a encore
une fois effectué quelques mesures d’erreur, qui n’avaient pas du tout le même
aspect que dans le cas sans friction, en raison de la perte d’énergie causée par
l’amortissement. Pour finir, on a cherché le coefficient d’amortissement critique,
c’est-à-dire le coefficient pour lequel le ressort retrouvait sa position initiale sans
osciller. Cela a permis de confirmer la solution exacte de ce problème, stipulant que
le coefficient critique est égal à 2ω. Pour cette recherche du coefficient critique, on a
constaté que l’utilisation du schéma de premier ordre donnait une réponse plus
satisfaisante.
18
ANNEXE I
Démonstration de la solution analytique du problème sans amortissement pour le
schéma saute-mouton
(Source : Prof. René Laprise)
La solution est de la forme :
X t   X A cost
(avec X A  0 et v A  0 )
vt   v A sin t
On a, à partir du schéma saute-mouton :

 v n 1  v n1
X n 1  X n1
K
et
 vn
 an 
Xn
2t
2t
m

Puis, par substitution :
cos (t  t)  cos  (t  t)  v n 1  v n1
sin  (t  t)  sin  (t  t) 
X n 1  X n1
 X A  
 v A 






2t
2t
2t
2t
(2)sin t  sin t 
(2)cos t  sin t 
X n 1  X n1
v n 1  v n1
 X A 
 v A 






2t
2t
2t
2t
sin t 
sin t 
X n 1  X n1
v n 1  v n1
 X A sin t
 v A cos t


 t 
 t 
2t
2t
Les équations du mouvement réécrites deviennent :
sin t 
X A sin t
 v t   v A sin t
sin t  K
K
 t 

v A cos t
X t  
X A cos t

 t  m
m
sin t 
X A 
 v A
sin t  K

 t 
v A 
XA

 t  m
En multipliant les deux équations :
sin t 
X A 
 v A
 t 


sin t  K
v A 
X

 t  m A
_________________________



sin t 2 K
X A v A ()
X v
 
 t  m A A
sin t 2 K

 
 t  m
sin t  K


 t  m


Donc t  arcsint K , d’où t K  1
m


m
sin t 
K
Et w 
car lim 
 
t 0 t

m




