Polynome du 4e degré ax4+bx+c

Gilgamesh · 29/09/2007, 13h19

Bonjour,

je cherche à résoudre l'équation de la chaleur au travers d'une paroi rayonnante dans le vide.

Par unité de surface le flux de chaleur Phi (W/m²) se propage dans la paroi en

$\Phi \ =\ R(T\ -\ T_0)$

avec R la résistance thermique, T la température de la face externe, l'inconnue et T₀ la température de la face interne, une constante

A la surface Phi devient de la forme

$\Phi \ =\ \sigma T^4$

avec $\sigma$ la cte de Stefan

La système est stationnaire et on obtient une équation de la forme

$\sigma T^4\ -\ RT\ +\ RT_0 \ =\ 0$

J'ai cherché des "recettes" de résolutions sur le net, mais apparemment c'est assez récalcitrant, en tout cas à mon niveau, notamment (?) à cause de l'absence de termes en x³ ou en x² (pour faire un "bicarré").

Quelqu'un pourrait il me guider tel le bon berger vers la bergerie de la solution

?

merci

**homotopie** · 29/09/2007, 14h10

Il existe une méthode générale de résolution des équations de degré 4 : méthode de Ferrari- wiki
Je ne suis pas sûr qu'il y ait une astuce qui évite le recours à cette méthode pour cette équation (autre que des approximations possibles que si on sait que T reste dans une petite fourchette), , bon courage.

Gilgamesh · 29/09/2007, 14h49

Citation:

Posté par homotopie

Il existe une méthode générale de résolution des équations de degré 4 : méthode de Ferrari- wiki
Je ne suis pas sûr qu'il y ait une astuce qui évite le recours à cette méthode pour cette équation (autre que des approximations possibles que si on sait que T reste dans une petite fourchette), , bon courage.

Mais justement, le fait que dans

$x^4 + a_3 x^3 + a_2 x^2 + a_1 x + a_0 = 0$

a₃ soit nul est ce que ça n'est pas gênant vu qu'il est demandé de faire le changement de variable $x = z - \frac{a_3}{4}$ ?

J'obtiens x = z, je sais pas si c'est super intéressant

a+

**homotopie** · 29/09/2007, 14h52

Citation:

Posté par Gilgamesh

Mais justement, le fait que dans

$x^4 + a_3 x^3 + a_2 x^2 + a_1 x + a_0 = 0$

a₃ soit nul est ce que ça n'est pas gênant vu qu'il est demandé de faire le changement de variable $x = z - \frac{a_3}{4}$ ?

J'obtiens x = z, je sais pas si c'est super intéressant

a+

Non justement c'est la seule chose agréable qui va t'arriver avec cette méthode; Comme a3=0, cela revient à ne pas faire de changement de variable ou à sauter cette étape comme tu préfères.

Gilgamesh · 29/09/2007, 15h10

Citation:

Posté par homotopie

Non justement c'est la seule chose agréable qui va t'arriver avec cette méthode; Comme a3=0, cela revient à ne pas faire de changement de variable ou à sauter cette étape comme tu préfères.

Ah, en effet, s'tune bonne nouvelle

. Je m'y met alors.

merci

breukin · 29/09/2007, 15h54

Inutile de t'y mettre.
L'intérêt de cette méthode, c'est de montrer qu'on peut résoudre algébriquement l'équation, mais les formules sont inutiles en elles-mêmes, surtout pour un problème de physique, car inexploitables.
Elles vont t'amener à résoudre une équation du troisième degré, etc.

**homotopie** · 29/09/2007, 17h58

Citation:

Posté par breukin

Inutile de t'y mettre.
L'intérêt de cette méthode, c'est de montrer qu'on peut résoudre algébriquement l'équation, mais les formules sont inutiles en elles-mêmes, surtout pour un problème de physique, car inexploitables.
Elles vont t'amener à résoudre une équation du troisième degré, etc.

L'absence de T³ et de T² simplifient quand même. Si je ne pas fait d'erreur :
$y_0=$\frac{R}{\sigma}$^2$^3 \sqrt {\frac{-1+\sqrt{1-\frac{256T_0^3}{R}}}{16}}+^3 \sqrt {\frac{-1-\sqrt{1-\frac{256T_0^3}{R}}}{16}}$$
Ce qui est à la limite encore buvable si $1-\frac{256T_0^3}{R}\geq0$
Mais c'est négatif si c'est réel et la méthode de Ferrari passe par un a²=2y₀ d'où introduction inévitables des complexes et là c'est vraiment pénible.
Mieux vaut passer par des "solve" de calculettes ou bécanes pour avoir l'allure de la courbe.

Gilgamesh · 30/09/2007, 12h16

Merci à vous deux

Bon, j'ai quand même essayé de m'y mettre en posant tout de manière ordonnée, voici ce que j'obtiens, avec les étapes de calcul.

On part de :

$z^4\ +\ pz^2\ +\ qz\ +\ r\ =\ 0$

avec :

$ p\ =\ 0\\ q\ =\ -R/\sigma\\ r\ =\ RT_0/\sigma\\$

Equivallente à la forme :

$(z^2\ +\ y^2)^2\ -\ 2yz^2\ +\ qz\ -\ y^2\ +\ r\ =\ 0$

Dont le discriminant est :

$q^2\ -\ 8y(y^2\ -\ r)$

Ce qui nous donne après simplification (/8) le polynôme de deg.3

$y^3\ -\ ry\ -\ \frac{q^2}{8}\ =\ 0$

Que l'on attaque avec la méthode de Cardan, en partant de la forme générale :

$y^3\ +\ p'y\ +\ q'\ =\ 0$

avec :

$ p'\ =\ -r\\ q'\ =\ \frac{-q^2}{8} $

Le discriminant est :

$\Delta\ =\ q'^2\ +\ \frac{4p'^3}{27}$

soit :

$\Delta\ =\ \frac{q^4}{64}\ -\ \frac{4r^3}{27}$

Pour l'étude du signe du discriminant, il faut effectuer l'application numérique avec les valeur de R, $\sigma$ et $T_0$

$\Delta\ =\ \frac{R^4}{64 \sigma^4}\ -\ \frac{4R^3 T_0^3}{27\sigma^3}$

avec :

$ R\ \approx \ 27\ m^2.K.W^{-1}\\ T_0\ \approx \ 293\ K\\ \sigma\ \approx\ 5,0.10^{-8}\ W.K^{-4}.m^{-2}\\ $

D'où :

$\Delta\ \approx \ 7,11.10^{32}\ >\ 0$

Les racines du polynôme $y^3\ +\ p'y\ +\ q'\ =\ 0$ sont alors :

$y_{1,2}\ =\ \sqrt[3]{\frac{-q'\ \pm\ sqrt{\Delta}}{2}}$

et la racine unique réelle est :

$y_0\ =\ y_1\ +\ y_2$

En fonction de R, $T_0$ et $\sigma$ , j'ai :

$y_{1,2}\ =\ \sqrt[3]{\frac{R^2}{16\sigma^2}\ \pm\ \frac{1}{2} \sqrt{\frac{R^4}{64\sigma^4}\ -\ \frac{4R^3 T_0^3}{27\sigma^3}}$

Déjà me suis je gourré ? C'est moins élégant

que :

$y_{1,2}\ =\ $\frac{R}{\sigma}$^2\ \sqrt[3]{ \frac{-1\ \pm\ sqrt{1\ -\ \frac{256T_0^3}{R}}}{16}}$

Mais malheureusement, $1-\frac{256T_0^3}{R}\ <\ 0$ tandis que dans mon cas $\Delta\ >\ 0$ .

Et de toute façon, j'ai $y_0\ <\ 0$

...

Ca serait bien pourtant que j'arrive à une solution analytique, parce que je voudrais rentrer ça dans un simulation pas par pas, grmbl

Bon, la "variable" dans mon système c'est R, je vais voir ce que ça donne du point de vue graphique et avec le solveur d'Excel...

a+

Gilgamesh · 30/09/2007, 13h33

Bon, ben déjà on change (T - T0) et (T0 - T) et déjà ça se passe mieux (il faut que $\sigma T^4$ et $\Delta T$ soit au moins de même signe pour pouvoir les égaler !

)

Mais ça me donne toujours un y0 négatif... arf

Par contre, je peux linéariser $\sigma T^4$ avec un précision tout à fait satisfaisante entre 0°C et 20°C par la fonction affine :

$\Phi\ =\ 4,554 T + 276,76\\ r^2\ =\ 0,9992$

Et ça me permet de résoudre facilement le problème dans la simulation.

Bon, ben j'aurais tâté au moins une fois des équations de degré 4 et ben mon cochon je pensais pas que ce serait si périlleux

merci

a+

breukin · 30/09/2007, 13h38

Il y a un problème de dimension dans les unités :
σT⁴ => W.m^–2
RT => m².K².W^–1

Il me semble que la loi de Stefan parle de puissance en T⁴, donc je me demande si la bonne unité de σ est W.K^–4, ce qui induirait que la bonne unité de R est W.K^–1.
De toute façon, unité(R) = unité(σ).K³.

On peut réécrire l'équation en :
RT – σT⁴ = RT₀.
Cette fonction F(T) possède un maximum en T_m = (R/4σ)^1/3, et la valeur F(T_m) de la fonction à ce maximum est 3RT_m/4.
Selon que ce maximum est > RT₀ ou non, la fonction possède deux racines ou aucune (racine double égale à T_m si égalité).

Il serait intéressant de calculer, une fois les valeurs numériques de σ, R et T₀ validées suite au problème d'unités, de calculer les valeurs T_m, F(T_m) et RT₀ pour savoir si on peut estimer :
T = T₀ + t avec t<<T₀
T = T_m ± t avec t<<T_m
puis faire des développements au premier ordre.

breukin · 30/09/2007, 13h48

Dans le deuxième cas, c'est un développement au second ordre :

R(T_m+t)–σ(T_m+t)⁴ = RT_m+Rt–σT_m⁴-4σT_m³t–6σT_m²t² = 3RT_m/4 – 6σT_m²t²

Donc 6σT_m²t² = 3RT_m/4 – RT₀

breukin · 30/09/2007, 13h50

Dans le deuxième cas, c'est un développement au second ordre :

R(T_m+t)–σ(T_m+t)⁴ = RT_m+Rt–σT_m⁴-4σT_m³t–6σT_m²t² = 3RT_m/4 – 6σT_m²t²

Donc 6σT_m²t² = 3RT_m/4 – RT₀

Il faut vérifier a posteriori que l'approximation est bien vérifiée.

Gilgamesh · 30/09/2007, 20h25

Citation:

Posté par breukin

Il y a un problème de dimension dans les unités :
σT⁴ => W.m^–2
RT => m².K².W^–1

Il me semble que la loi de Stefan parle de puissance en T⁴, donc je me demande si la bonne unité de σ est W.K^–4, ce qui induirait que la bonne unité de R est W.K^–1.
De toute façon, unité(R) = unité(σ).K³.

On peut réécrire l'équation en :
RT – σT⁴ = RT₀.
Cette fonction F(T) possède un maximum en T_m = (R/4σ)^1/3, et la valeur F(T_m) de la fonction à ce maximum est 3RT_m/4.
Selon que ce maximum est > RT₀ ou non, la fonction possède deux racines ou aucune (racine double égale à T_m si égalité).

Il serait intéressant de calculer, une fois les valeurs numériques de σ, R et T₀ validées suite au problème d'unités, de calculer les valeurs T_m, F(T_m) et RT₀ pour savoir si on peut estimer :
T = T₀ + t avec t<<T₀
T = T_m ± t avec t<<T_m
puis faire des développements au premier ordre.

Salut,

en fait j'aurais pas du utiliser R de cette façon, car la résistivité intègre l'aire A de la surface :
$ R\ =\ \frac{L}{\lambda A}$

avec A l'aire, L l'épaisseur de la parois et $\lambda$ la conductivité du matériau en W.m^-1.K^-1

Du pt de vue dimensionnel on a donc bien R en K.W^-1. J'ai fabriqué un R "surfacique" en K.W^-1.m², et j'ai pris son inverse...

Au départ on a :

$\Phi\ =\ A \sigma T^4 \ =\ \frac{A \lambda}{L} (T_0\ -\ T)\ =\ \frac{(T_0\ -\ T)}{R}$

si on divise des deux côtés par A on a :

$\Phi\ =\ \sigma T^4 \ =\ \frac{\lambda}{L} (T_0\ -\ T)$

Et on oublie R. Bon ça c'est pas encore trop gênant. Par contre, j'ai également inversé (décidément) les températures : T₀ > T et pour avoir un $\Delta T$ positif il faut faire (T₀ - T) ; en passant T du même côté, j'ai :

$T^4 \ + \frac{\lambda}{\sigma L} T\ =\ \frac{\lambda}{\sigma L} T_0$

La partie de droite est strictement croissante, cette fois ci... Donc sans maximum et je vois pas comment continuer du coup.

a+