Transcript DM2sol - Sciences Physiques en MP au lycée Clemenceau Nantes

1 – DM2
Sciences Physiques MP 2014-2015
Devoir de Sciences Physiques n˚2 du 29-09-2014
— Solutions —
Problème no 1 – Photoluminescence
X MP 2014
A. Détection synchrone
Principe de la détection synchrone
1
. En passant dans
1. Un filtre passe-bas du premier ordre correspond à une fonction de transfert H = se = 1+jωτ
ds
le domaine temporel, cela correspond à l’équation différentielle τ dt + s = e. Si l’on se place dans le domaine où
R
1 t
′
′
ωτ ≫ 1, on a jωτ s = e ce qui s’écrit encore τ ds
dt = e et par conséquent s(t) = τ 0 e(t )dt . Le filtre passe-bas
1
est donc bien un intégrateur pour le domaine des fréquences f telle que f ≫ 2πτ
. D’après l’opération réalisée,
on a P (t) = Γs(t) cos ω0 t cos(ω0 t − ϕ) + b(t) cos(ω0 t − ϕ). En utilisant la formule de trigonométrie rappelée dans
l’énoncé, on obtient P (t) = Γ2 s(t)[cos(2ω0 t− ϕ)+ cos ϕ]+ b(t) cos(ω0 t− ϕ). On en déduit le calcul de la moyenne :
Rt
Rt
m(t, Ti ) = Γ2 t−Ti s(t′ )(cos(2ω0 t′ − ϕ) + cos ϕ)dt′ + B(t, Ti ) avec B(t, Ti ) = t−Ti b(t′ ) cos(ω0 t′ − ϕ)dt′ . b(t′ ) est
un bruit, automatiquement b(t′ ) cos(ω0 t′ − ϕ) est aussi un bruit pour Ti ≫ T0 et Ti grande devant les périodes
présentes dans le bruit, ce qui est attendu pour un bruit. On peut donc en déduire que B(t, Ti ) = 0 .
2. On multiplie le signal précédent par cos(ω0 t−ϕ). Pour déterminer le spectre, il faut additionner et soustraire
ω0 au spectre précédent de S(t). On obtient un pic d’intensité la plus élevée pour les pulsations comprises
dans l’intervalle [−Ω; Ω] accompagné de deux pics dans les intervalles suivants : [−(2ω0 + Ω); −2ω0 + Ω] et
[2ω0 − Ω; 2ω0 + Ω]. Après l’intégrateur, on a filtré les hautes fréquences. Cela fait qu’il ne subsiste que l’intervalle
[−Ω; Ω] .
3. Pour arriver à récupérer l’information, il faut que la période de s(t) qui est en 2π
Ω soit grande devant la durée
d’intégration Ti . Mais pour filtrer le reste du signal, il faut que cette même période Ti soit grande devant T0 . Le
2π
compromis à trouver est donc : ω
≪ Ti ≪ 2π
Ω . Si cette condition est réalisée alors s(t) varie peu pendant la
0
Rt
Rt
durée Ti : on peut la sortir de l’intégrale. On a donc : m(t, Ti ) = Γ2 s(t)( t−Ti cos(2ω0 t′ − ϕ)dt′ + t−Ti cos ϕdt′ ).
On obtient ainsi m(t, Ti ) =
ou ϕ = π.
Γ
2 Ti
cos ϕ s(t) . Pour obtenir le signal le plus grand possible, il faut choisir ϕ = 0
Réalisation d’une détection synchrone
4. Si l’on effectue maintenant le produit s(t)u(t), on multiplie la fréquence du signal s(t) par chaque fréquence
présente dans le spectre du signal créneau. Il y en a une infinité sur le plan mathématique mais seules les
premières ont une réalité physique car les harmoniques de rang élevé ont une amplitude qui sera vite noyée dans
le bruit. Les fréquences présentes dans la porteuse sont : fp = 2n+1
T0 .
5. On peut facilement factoriser le terme 2m(jx) dans l’expression de la fonction de transfert fournie pour
écrire que H(jx) = 1+ j Ax− 1 . Il s’agit d’un filtre passe-bande centré en x = 1 avec une résonance relativement
2m (
x)
aiguë puisque m ≪ 1 (le facteur de qualité Q = 1/(2m) ≫ 1). Sa phase évolue entre π/2 et −π/2, elle s’annule
en x = 1. Le diagramme de Bode en amplitude de ce filtre est fourni sur le schéma de la figure 1.
6. La fonction de transfert du filtre analogique proposé peut encore s’écrire H(jω) =
peut donc facilement identifier les facteurs : A =
K
3−K
et Q =
1
3−K
K
3−K
1
1
1+j 3−K
(RCω− RCω
)
. La pulsation de résonance est ωc =
. On
1
RC ,
R2 +R1
on peut aussi exprimer le gain maximum et le facteur de qualité avec les résistances du circuit : A = 2R
et
2 −R1
R2
Q = 2R2 −R1 . On notera que si 2R2 = R1 , il ne faut pas imaginer que le gain sera infini. En effet, le calcul de
H(jω) suppose que l’amplificateur opérationnel est en régime linéaire. Dans le cas particulier précédent, l’AO
se mettrait en saturation. Le circuit ne joue plus alors son rôle de filtre passe-bande.
7. Il ne faut laisser passer qu’une seule harmonique, alors autant que cela soit celle d’amplitude la plus élevée.
Il faut donc centrer la pulsation ωc sur la pulsation Ω0 = 2π
T0 . On doit donc avoir T0 = 2πRC . Encore faut-il
que la bande-passante soit suffisamment fine pour éviter qu’une seconde harmonique ne passe dans le filtre. Ici,
1
la seconde harmonique est 3Ω0 . La bande-passante du filtre étant ωQc , il suffit que QRC
< Ω0 pour obtenir un
bon filtrage.
JR Seigne
Clemenceau
Nantes
Sciences Physiques MP 2014-2015
DM2 – 2
log |H|/A
−3
−2
b
0
−1
b
b
b
1
2
3
b
b
b
log x
b
−2
b
−4
−6
b
Figure 1 – Filtre passe-bande de facteur de qualité Q = 10
B. Échantillonneur bloqueur (numérique)
P
8. On a ve (t) = K0 ( ∞
n=0 δ(t − nTe )) V (t). Comme la durée d’un signal δ(t − nTe ) est très brève, on peut
considérer que V (t) n’a pas le temps de changer de valeur pendant cette durée. On peut donc rentrer V (t) dans
P∞
la somme définissant le signal d’échantillonnage. On écrit donc : ve (t) = K0 n=0 V (t)δ(t − nTe ) .
9. En position fermée, l’interrupteur nous amène à considérer le schéma de la figure 2. On raisonne avec
Ru
un diviseur de tension en utilisant l’expression de l’impédance équivalente Z eq = 1+jR
. On a donc v u =
u Cω
V
Z eq
Rs +Z eq .
On obtient donc v u =
Ru
Rs +Ru
Ru Rs
1+j Ru +Rs
Ru Rs
ω
V . La durée caractéristique du filtre est τa =
Ru Rs
Ru +Rs C.
Il faut une
durée de l’ordre de ∆ta = 3τa = 3 Ru +Rs C pour considérer l’acquisition du signal réalisée.
b
b
b
b
Rs
b
vu
V
Ru
b
b
b
C
Figure 2 – Circuit équivalent
10. Lorsque l’interrupteur est ouvert, on obtient un circuit simple constitué uniquement du condensateur C et
de la résistance Ru . La constante de temps est τh = Ru C . Le condensateur va se décharger dans la résistance
Ru . Le temps de maintien du signal est de l’ordre de τh .
11. En intercalant l’amplificateur opérationnel dans le montage, on réalise un suiveur et, surtout, on profite
de la très grande impédance d’entrée de l’AO Ru ≫ Rs . Le temps d’acquisition est donc ta = 3Rs C mais c’est
aussi le temps correspondant à la décharge du condensateur qui va se produire lorsque le signal à échantillonner
va diminuer. Le temps de maintien, lui, est très long puisque l’impédance d’entrée de l’AO est très élevée.
12. L’allure du signal obtenu à la sortie de l’échantillonneur-bloqueur est fournie sur le graphique de la figure
3.
C. Restitution du signal après traitement
13. L’amplificateur opérationnel est supposé idéal et en régime linéaire. Cela permet de dire que le potentiel V−
de l’entrée inverseuse est nul. Pour le calcul de la résistance équivalente située à droite de A1 , nous étudions les
choses au niveau du nœud An . Finalement lorsque le courant arrive à ce nœud, il se sépare en deux voies contenant
chacune une résistance 2R. Comme la différence de potentiel est la même puisque VAn − V− = VAn − Vmasse ,
et cela quelle que soit la position de l’interrupteur, il y a toujours division de l’intensité du courant en deux
parties égales. Les deux résistances 2R sont donc en parallèle. Elles sont équivalentes à une résistance R. Cette
résistance R se retrouve en série avec la résistance R qui est située entre An−1 et An . On obtient donc une
résistance 2R qui est à nouveau en parallèle avec la résistance 2R située en An−1 . Ce petit jeu peut continuer
jusqu’en en A1 où la résistance équivalente est R.
JR Seigne
Clemenceau
Nantes
3 – DM2
Sciences Physiques MP 2014-2015
ve (t)
b
b
0
b
b
nTe nTe + ta
(n + 1)Te
b
b
b
(n + 2)Te
b
b
t
(n + 3)Te
Figure 3 – Évolution du signal à la sortie de l’échantillonneur-bloqueur
14. Comme nous l’avons dit à la question précédente, le courant se divise toujours en deux. On a donc i0 = 2i1
et i1 = 2i2 . . .
15. La tension appliquée en A0 à la résistance 2R est toujours Vref et cela quelle que soit la position de
Vref
l’interrupteur. On a donc i0 = 2R
. Le courant de sortie de l’AO est celui qui parvient à l’entrée non inverseuse
puisque l’impédance d’entrée est considérée comme infinie. La loi des nœuds indique donc que cette intensité
est la somme de toutes les intensités de i0 à in chacune étant affectée du coefficient ei = 0 ou 1 en fonction de
la position de l’interrupteur. On a donc : is = e0 i0 + e1 i1 + . . . + en in . Or i1 = i20 , i2 = i40 = 2i02 et in = 2i0n .
On peut donc factoriser i0 et obtenir : is = i0 ( 2e00 + e211 + 2e22 + . . . + 2enn ). On peut donc écrire la formule :
Vref e0
e1
en
is = 2R
20 + 21 + . . . + 2n .
V
n
16. On peut dans la formule précédente factoriser par 2n . On obtient alors l’écriture : is = R2ref
+
n+1 (e0 2
n−1
e1 2
+ . . . + en−1 2 + en). Cette formule permet de passer d’une écriture binaire e0 e1 e2 . . . en−1 en à un nombre
à base 10 : Nbase
10
= e0 2n + e1 2n−1 + . . . + en−1 2 + en .
17. La précision de l’écriture du nombre est donnée par le terme en en = 0 ou 1. Il correspond à une subdivision
du résultat en 2n+1 . Il faut donc que 2n+1 > 250. La puissance de 2 supérieure à 250 est 256 = 28 . On en déduit
donc que n = 7 . On a un codage sur 8 bits.
18. Le circuit proposé est un convertisseur courant-tension. En effet, avec V+ = V− = 0, on obtient facilement
la tension de sortie de l’AO us = −Ris .
19. On a un signal constant par morceaux. Si on intègre, on obtient une fonction continue affine par morceau
mais cette fonction n’est pas dérivable puisqu’il y a un changement de pente à chaque période d’échantillonnage.
Une seconde intégration est nécessaire pour obtenir un signal continu et dérivable. Il faut donc procéder à deux
intégrations successives. En pratique, cela correspond à l’utilisation d’un filtre passe-bas du second ordre .
D. Quelques aspects pratiques
Bruit de quantification
Rq
2
20. On a ε = 1q 0 εdε = 1q q2 = q2 . Le calcul de l’écart-type passe par σ 2 =
h
i
3 q
q
d’abord σ 2 = 1q 31 ε − q2
. Finalement, on arrive à σ = 2√
.
3
1
q
Rq
0
ε−
q 2
2
dε. On obtient tout
0
21. On utilise maintenant l’intervalle [− 2q ; 2q ]. La valeur moyenne est nulle ε =
type, on trouve à nouveau σ =
q
√
2 3
1
q
R q/2
−q/2
εdε = 0. Pour l’écart-
. Le bruit étant uniformément réparti, les écarts à la moyenne sont les
mêmes que l’on considère l’intervalle [0; q] ou bien l’intervalle [− 2q ; q2 ].
22. L’écart-type étant le même pour chacun des modes de quantification, on privilégie la quantification effectuée
sur [− 2q ; q2 ] puisque la moyenne est nulle.
Bruits d’origine physique
23. En électricité, par exemple, on définit l’intensité efficace associée à un courant i(t) variable comme
l’intensité d’un courant continu qui dissiperait la même puissance que i(t) et ceci sur un même intervalle de
R t0 +∆t 2
1
2
temps donné ∆t. La définition de l’intensité efficace est Ief
= ∆t
i (t)dt. L’énoncé propose comme
f
t0
R∞
1
2
définition Beq = 2π|Hm |2 0 |H(jω)| dω. On ne peut manquer de voir une analogie avec la définition d’une
JR Seigne
Clemenceau
Nantes
Sciences Physiques MP 2014-2015
DM2 – 4
grandeur efficace. On peut qualifier Beq de bande passante efficace . La largeur de cette bande nous donnera
une idée de l’écart-type du bruit qui traversera le filtre.
R ∞ dω
1
24. Pour le passe-bas proposé, on a |Hm | = 1. La bande-passante s’écrit donc Beq = 2π
0 1+ω 2 τ 2 =
R
R
∞
∞
∞
du
du
π
1
1
2πτ 0 1+u2 . Or, nous savons que 0 1+u2 = [arctan u]0 = 2 . On en déduit que Beq = 4τ . On constate que
√
cette bande passante est 4 fois plus petite que la bande passante classique définie en amplitude à Hm / 2 qui
va de 0 à ωc = τ1 .
2
25. Dans le cas du filtre passe-bande étudié avant nous avons vu que |Hm | = |A|. On en déduit que |H(jx)|
=
A2
R
4m2 ωc ∞
4m2 x2
x2 dx
.
La
bande
passante
équivalente
est
donc
donnée
par
:
B
=
puisque
la
eq
(1−x2 )2 +4m2 x2
2π
0 (1−x2 )2 +4m2 x2
1
avec x = ω/ωc . Avec la valeur de l’intégrale fournie par l’énoncé,
pulsation de résonance du filtre est ωc = RC
c
on trouve Beq = mω
2 . Pour comparer ce résultat à celui de la bande passante classique à mi-hauteur en énergie
√
ou à 1/ 2 en amplitude, on sait que ∆ω = ωQc = 2mωc . À nouveau, on constate que Beq est 4 fois plus petite
que la bande passante classique. Si m est très petit devant 1, c’est-à-dire que le filtre possède un très bon facteur
de qualité, on peut filtrer efficacement le bruit mais tout cela se passe autour de ωc , il ne faut pas avoir besoin
de récupérer des fréquences dans une gamme étendue.
p
26. Comme on a pu le voir dans ce qui précède Beq est une bande passante en s−1 . On a isc = G 2eidBeq .
Le produit eBeq représente donc une charge divisée par un temps. Il s’agit donc bien d’une intensité. Comme G
est sans dimension, isc est la racine carrée du carré d’une intensité. On a donc bien isc en A . Pour la tension
VJ , on constate que kB T Beq est en Joule par seconde. Il √
s’agit d’une puissance dont une image est de la forme
RI 2 où R est une résistance électrique. On a donc VJ ≡ Ra RI 2 . VJ est donc bien le produit d’une intensité
par une résistance. On a donc bien : VJ en V .
27. En prenant T = 300 K, on peut faire les applications numériques. On trouve iJ = 0, 23isc . On constate
que iJ < isc mais ces deux intensités sont du même ordre de grandeur.
28. Il est sans doute raisonnable de travailler dans le domaine du kilohertz : Beq = 103 s−1 . On trouve alors que
iJ = 1, 3×10−10 A, isc = 5, 6×10−10 A et ib = 1, 8×10−8 A. L’intensité iK = 10−12 A, le rapport signal/bruit que
nous noterons RSB est donc : RSB = √ 2GiK
= 50 . Il n’y a aucune difficulté pour extraire l’information
2
2
ib +iJ +isc
dans de telles conditions.
Problème no 2 – Clarinette et saxophone soprano
CCP PSI 2010
Bilan de masse sur un système ouvert
1. On a dm(t) = ρ(x, t)S(x)dx et on transpose pour la date ultérieure dm(t + dt) = ρ(x, t + dt)S(x)dx.
2. La masse entrant dans le système correspond au débit massique δme = ρ(x, t)S(x)u(x, t)dt et on transpose
à la position x + dx pour δms = ρ(x + dx, t)S(x + dx)u(x + dx, t)dt.
3. La conservation de la masse exprime le fait que les variations de masse dans le système délimité par
les abscisses x et x + dx sont dues uniquement à l’entrée et à la sortie de masse, à savoir dm(t + dt) −
dm(t) = δme − δms . On obtient alors l’équation [ρ(x, t + dt) − ρ(x, t)]S(x)dx = [ρ(x, t)S(x)u(x, t) − ρ(x +
dx, t)S(x + dx)u(x + dx, t)]dt. Le bilan des masses entrante et sortante peut s’approcher au premier ordre
en écrivant que ρ(x, t) ≃ ρ(x + dx, t) ≃ ρ0 . En effectuant cette approximation, on obtient immédiatement
∂(Su)
S(x) ∂ρ
∂t + ρ0 ∂x = 0 .
Équation du mouvement
−−→
U
4. On peut écrire que ∂u
u · grad ≃ U
∂t = τ et ~
L . Dans ces conditions, négliger le terme non linéaire dans
2
l’équation d’Euler devant l’accélération locale (approximation acoustique) revient à écrire que UL ≪ Uτ . Il faut
donc que U ≪
L
τ
.
∂p
5. La condition précédente étant réalisée, on peut écrire facilement que ρ ∂u
∂t = − ∂x . On effectue à nouveau
une approximation en considérant que dans cette équation ρ ≃ ρ0 . L’équation issue de la loi de la dynamique
∂p
est donc ρ0 ∂u
∂t = − ∂x .
6. Pour l’expression du coefficient de compressibilité isentropique, on effectuera à nouveau des approximations
relativement fortes. Les variations de la pression sont évaluées par p(x, t) et celle de la masse volumique par
µ(x, t). Par conséquent, toujours en travaillant à l’ordre le plus bas, on écrira : χs =
JR Seigne
Clemenceau
1 µ
ρ0 p
.
Nantes
5 – DM2
Sciences Physiques MP 2014-2015
Équations de propagation
∂µ
∂t
1 dS
S(x) dx u] d’après l’équation de conservation de la masse. Si on dérive par rapport au
2
∂
∂u
1 dS ∂u
temps, on obtient ∂∂tµ2 = −ρ0 [ ∂x
∂t + S(x) dx ∂t ]. On peut remplacer p par son expression issue du coefficient
2
∂p
de compressibilité : p = ρ0µχs et en même temps ∂u
= − ρ10 ∂x
. Cela conduit à l’équation E1 : ∂ p(x,t)
=
∂t
∂t2
2
1 dS ∂p(x,t)
1
2
2 ∂ p(x,t)
c
+ S(x) dx
avec c = ρ0 χs . Pour l’équation E2, on dérive la relation de la dynamique par
∂x2
∂x
7. On a
= −ρ0 [ du
dx +
2
∂p
∂p
∂
1 ∂µ
∂2u
rapport au temps, ρ0 ∂∂tu2 = − ∂x
∂t . Avec la conservation de la masse et ∂t = ρ0 χs ∂t , on arrive à ∂t2 =
h
i
2
∂ 2 u(x,t)
1
∂
du
1 dS
1 dS ∂u(x,t)
d
1 dS
2 ∂ u(x,t)
+
u
.
On
trouve
alors
bien
=
c
+
+
u(x,
t)
.
ρ0 χs ∂x dx
S(x) dx
∂t2
∂x2
S(x) dx
∂x
dx S(x) dx
8. Avec la forme générale P V = nRT =
m
M RT
et ρ =
m
V ,
on trouve : ρ0 =
MP0
RT0
.
9. La loi de Laplace est P V γ = Cte, on trouve P ρ−γ = Cte. En dérivant de façon logarithmique cette
dρ
1
expression, on arrive à dp
p − γ ρ = 0. Ainsi, on a χs = γP0 .
q
q
0
d’où c = 343 m · s−1 .
10. On a donc c = ρ01χs = γRT
M
A. Ondes stationnaires dans une clarinette
11. Si S ne dépend pas de x, alors
dS
dx
= 0. Les équations E1 et E2 donnent l’équation de D’Alembert. c
représente alors la célérité des ondes. On a
∂2p
∂t2
2
∂ p
= c2 ∂x
2 .
12. En x = 0, la couche d’air ne peut pas se déplacer puisque le tuyau est bouché, on a u(x = 0, t) = 0 . À
l’autre extrémité, il y a ouverture sur l’atmosphère supposée être à la pression invariable P0 et par conséquent,
la surpression p(x = Lcla , t) = 0 .
13. Le test dans l’équation de D’Alembert des formes proposées conduit à la même équation différentielle :
2
−ω 2 f (x) = c2 ddxf2 qui s’écrit encore
d2 f
dx2
+
ω2
c2 f (x)
= 0 . C’est exactement la même équation pour g(x).
14. On trouve que la solution proposée convient si k 2 =
puisque le sinus s’annule en 0.
ω2
c2
. La condition aux limites en x = 0 est vérifiée
∂p
15. On a ρ0 ∂u
∂t = − ∂x = ρ0 ωu1 sin kx cos ωt d’où en intégrant et en négligeant toute composante statique (pas
de constante d’intégration), on a p(x, t) = ρ0 ωk u1 cos kx cos ωt et donc finalement p(x, t) = ρ0 cu1 cos kx cos ωt.
La vérification de la condition en x = Lcla qui est p(x = Lcla , t) = 0 conduit à cos kLcla = 0 à savoir
kLcla = (2n + 1) π2 . Avec l’expression de k = ωc , on arrive à des fréquences données par : f = (2n + 1) 4Lccla .
16. La fréquence f1 du mode fondamental existant dans la clarinette est la fréquence la plus basse pour n = 0.
On a donc f1 = 4Lccla . Le premier harmonique est donc pour n = 1 et par conséquent f1h = 4L3ccla .
1
17. On compte douze intervalles dans un octave, par conséquent 2 = a12 , c’est-à-dire a = 2 12 .
18. Entre le premier harmonique et le fondamental, la fréquence est multipliée par 3 puisque f1h = 3f1 . Il
p
faut trouver le nombre d’intervalles p tel que ap = 3 et donc tel que 2 12 = 3. En passant en logarithme, on écrit
p
ln 3
que ln 3 = 12
ln 2 et donc p = 12 ln
2 ≃ 19, 0. On retiendra donc 19 intervalles, ce qui depuis un Ré conduit à
un La de l’octave suivant.
B. Ondes stationnaires dans un saxophone soprano
19. La surface S(x) correspond à celle d’un disque dont le rayon r(x) dépend de x. On a r(x) = x tan α2 d’où
S(x) = π tan2 α2 x2 .
1 dS
2
2 α
20. À partir de l’expression précédente, on obtient dS
dx = 2π tan 2 x et donc S(x) dx = x . L’équation E1
2
2
∂ p
2 ∂p
s’écrit dans ces conditions ∂∂t2p = c2 ∂x
2 + x ∂x . Si on dérive l’expression donnée dans l’énoncé, on obtient
2
∂ 2 p(x,t)
∂2 p
∂p
∂p
∂2p
c2 ∂
c2
= c2 x1 ∂ (xp(x,t))
.
∂t2 = x ∂x x ∂x + p = x 2 ∂x + ∂x2 x . Cette expression correspond bien à :
∂t2
∂x2
2
21. À partir de l’équation obtenue à la question précédente, on a x ∂∂t2p = c2 ∂Π(x,t)
∂x2 . Comme x et t sont des
2
variables indépendantes, on peut écrire que x ∂∂t2p =
une équation de D’Alembert :
∂2 Π
∂t2
=
2
c2 ∂∂xΠ2
∂ 2 xp
∂t2 .
Cette forme permet de constater que Π(x, t) vérifie
. En x = 0, il est évident que Π(x = 0, t) = 0 et comme la
pression correspond à la pression P0 en x = Lsax , on a Π(x = Lsax , t) = 0.
JR Seigne
Clemenceau
Nantes
Sciences Physiques MP 2014-2015
DM2 – 6
22. h(x) vérifie exactement la même forme d’équation différentielle que celle vue pour la clarinette, à savoir
2
+ ωc2 h(x) = 0. Compte tenu du fait que Π(x, t) s’annule en x = 0 et en x = Lsax , la seule solution est bien
c
de la forme h(x) = E sin kx avec k = ωc . On doit donc avoir kLsax = nπ d’où Lsax = nπc
ω et enfin f = n 2Lsax
d2 h
dx2
où n est un entier non nul.
23. La fréquence du mode fondamental existant dans le saxophone soprano est f1′ =
premier harmonique est
JR Seigne
′
f1h
=
c
Lsax
=
2f1′ .
c
2Lsax
pour n = 1. Le
Ici, l’harmonique est l’octave de la note fondamentale jouée.
Clemenceau
Nantes