chapitre 1 introduction au formalisme de lagrange

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h-rahmoune.univ-boumerd

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Chapitre 1

Introduction au formalisme de

Lagrange

11

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Chap 1 Introduction au formalisme de Lagrange

1.1 Introduction

Le formalisme de Lagrange est un outil qui permet d’ecrire les memes

equations que lors de l’application du theoreme fondamental de la dynamique

d’une maniere plus adaptee.

Ce formalisme a pour but de simplifier la mise en equation du comportement

dynamique des systemes mecaniques. En effet, ce formalisme prend en compte

la globalite du systeme etudie a partir de ses energies.

1.2 Le degre de liberte d’un systeme

1.2.1 Liaisons imposees a un systeme

On appelle LIAISON, toute obligation geometrique ou cinematique im-

posee a un systeme. L’effet mecanique d’une liaison est de reduire le nombre

de parametres geometriques independants qui determine la position du point

(ou du corps) dans l’espace. Une liaison simple reduit avec ”un” le nombre

de parametres geometriques independants.

140

x

x1

x2

m1

m2

l2

q1

q2

l1 y1

y2

y

Figure 1.1 – Double pendule

Exemple 1 La configuration du systeme est exprimee a l’aide de six pa-

rametres : q1 = x1, q2 = x2,q3 = θ1,q4 = θ2, q5 = y1, q6 = y2.

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Ce systeme presente 04 liaisons :

x1 = l1 sin θ1

x2 = l1 sin θ1 + l2 sin θ2

y1 = l1 cos θ1

y2 = l1 cos θ1 + l2 cos θ2

Ce type de liaisons est appelee liaison geometrique.

q x

I

G

Figure 1.2 – Roulement sans glissement

Exemple 2 le figure 1.2, represente un cylindre en roulement sans glisse-

ment. La condition de roulement sans glissement est donnee par :

~V (I) = ~V (G) + ~Ω ∧ ~GI = ~0

~V (I) =

x

0

0

+

0

0

−θ

∧

0

−R

0

=

0

0

0

d’ou :

x − R θ = 0

Ce type de liaisons est appelee liaison cinematique.

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1.2.2 Degre de liberte d’un systeme

Pour determiner la position du systeme dans l’espace, il est necessaire de

connaıtre un nombre de parametres geometriques independants par rapport

a un systeme de reference (distances ou angles).

Supposons que l’on exprime la configuration d’un systeme a l’aide de N pa-

rametres et qu’il ait M liaisons, est appele degre de liberte k le nombre :

k = N − M

q

q

q

l1 l2

l3

k

k

m2

m1

m3

Figure 1.3 – Exemple d’un systeme a un degre de liberte

Exemple La configuration du systeme de la figure 1.3 est exprimee a l’aide

de sept parametres :

q1 = x1, q2 = x2,q3 = x3,q4 = y1, q5 = y2, q6 = y3 , q7 = θ ⇒ N = 7.

D’autre part on a six liaisons c.a.d. M=6.

x1 = l1 sin θ

x2 = l2 sin θ

x3 = l3 sin θ

y1 = l1 cos θ

y2 = l2 cos θ

y3 = l3 cos θ

Le degre de liberte du systeme de la figure 1.3 est :

k = N − M = 7 − 6 = 1

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1.3 Formalisme de Lagrange pour un systeme

oscillant

1.3.1 Systemes oscillants

Un oscillateur est un systeme physique manifestant la variation d’une

grandeur physique de part et d’autre d’un etat d’equilibre. Si les variations

se reproduisent identiques a elles-memes, l’oscillateur est dit periodique.

Un oscillateur est dit harmonique si la variation de la grandeur physique est

une fonction sinusoıdale du temps.

1.3.2 Equation differentielle du mouvement pour un

systeme oscillant a un degre de liberte

Dans un referentiel galileen, l’acceleration x subie par un corps de masse

m est proportionnelle a la resultante des forces exterieures exercee sur cette

masse.

Le systeme de la figure 1.4 est compose d’une masse ponctuelle m, d’un

ressort de raideur k et d’un amortisseur de coefficient d’amortissement c.

Le principe fondamental de la dynamique applique au systeme de la figure

k c

x

F(t)

x

F(t) -Fk -Fc

m m

Figure 1.4 – Systeme masse - ressort - amortisseur

1.4 permet d’ecrire :

∑

~Fext = m x ⇒ −Fk − Fc + F (t) = m x

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Avec :

* Fk est force appliquee par le ressort sur la masse m,

* Fc est la force appliquee par l‘amortisseur sur la masse m,

* F (t) est la force exterieure appliquee sur la masse.

L’equation differentielle du mouvement est donc :

m x + k x + c x = F (t) (1.1)

1. On pourra de toute evidence remarquer que pour retrouver le pre-

mier terme de l’equation (1.1) (m x) il nous suffit de deriver l’energie

cinetique (notee : T ou Ec) du systeme de la figure.1.4 par rapport a

(x) puis par rapport au temps (t), d’ou :

m x =d

dt

(

∂ T

∂ x

)

=d

dt

(

∂ Ec

∂ x

)

(1.2)

Bref demonstration

m x = md

dtx =

d

dt(m x)

Pour un solide indeformable m est une constante.

m x =d

dt(m x) =

d

dt

(

m1

22 x

)

=d

dt

(

1

2m 2 x

)

En realite :

2 x =∂

∂ xx2

D’ou :

m x =d

dt

(

1

2m

∂

∂ xx2

)

=d

dt

[

∂

∂ x

(

1

2m x2

)

]

Il est claire que le terme 1

2m x2 represente l’energie cinetique, d’ou :

m x =d

dt

(

∂ T

∂ x

)

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2. La meme chose pour l’energie potentielle du ressort (U ou Ep ) :

Pour obtenir le second terme de l’equation (1.1)(kx) il nous suffit de

deriver l’energie potentielle du systeme de la figure 1.4 par rapport a

x, d’ou :∂

∂ xU = kx (1.3)

Bref demonstration

Fk = k x =1

2k 2 x

En realite :

2 x =∂ x2

∂x

D’ou :

Fk = k x =1

2k

∂ x2

∂x=

∂

∂x

1

2k x2

Il est claire que le terme 1

2kx2 represente l’energie potentielle elastique

du ressort, d’ou :∂

∂ xU = kx

3. La force due au frottement (amortissement fluide ou visqux) est pro-

portionnelle a la vitesse (x), l’energie de dissipation correspondante

est donnee par :

D =∫

c x dx =1

2c x2

D’ou :∂ D

∂ x= c x = Fc (1.4)

4. Le travail developpe par la resultante de la force exterieur appliquee

au systeme est :

W = F (t) × x

D’ou∂ W

∂ x= F (t) (1.5)

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Le resultat etabli en remplacant chaque terme par leur expression dans

l’equation differentielle du mouvement (1.1) est le suivant :

d

dt

(

∂ T

∂ x

)

+∂ U

∂ x+

∂ D

∂ x=

∂ W

∂ x(1.6)

L’equation (1.6) est appelee : Equation de Lagrange.

1.4 Etapes a suivre pour etablir l’equation

differentielle du mouvement

Tout systeme oscillant a un seul degre de liberte peut etre modelise par

un systeme masse - ressort - amortisseur (Fig.1.5). Avec ”q” est la coordonnee

generalise de mouvement.

Il est clair que ce systeme est identique au systeme de la figure 1.4. Donc ils

𝐾0 𝐶0

q

𝐹0 𝑡

𝑴𝟎 Figure 1.5 – Modele masse - ressort - amortisseur

possedent la memes forme d’equation de mouvement :

M0 q + K0 q + C0 q = F0 (1.7)

Donc il nous suffit pour determiner l’equation differentielle du mouvement

de :

1. Calculer l’energie cinetique du systeme et la metre sous la forme sui-

vante :

T =1

2M0 q2 (1.8)

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Ou M0 est l’inertie equivalente du systeme.

2. Calculer l’energie potentielle du systeme

U =1

2K0 q2 (1.9)

Ou K0 est la rigidite equivalente du systeme ;

3. Calculer la fonction de dissipation du systeme

D =1

2C0 q2 (1.10)

Ou C0 est le coefficient d’amortissement equivalent

4. Calculer le travail developpe par l’excitation

W = F0q (1.11)

Ou F0 est la force d’excitation generalisee.

Si en divise l’equation (1.7) sur ”M0” on obtient :

q +K0

M0

q +C0

M0

q =F0

M0

= q + ω2

0q + 2 λ q = B0 (1.12)

Avec :

ω0 est la pulsation propre du systeme

ω0 =

√

K0

M0

(1.13)

λ est le facteur d’amortissement du systeme

λ =C0

2 M0

(1.14)

B0 est la fonction d’excitation du systeme

B0 =F0

M0

(1.15)

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1.4.1 Exemple

m

c

k l

l

l

O

q

q

F(t) 1

2

3

m

x1 x2

x3

Figure 1.6 – Exemple d’un systeme oscillant a un ddL

La coordonnee generalisee du systeme

Dans ce systeme on a au totale 4 parametres du mouvement : x1 , x2 , x3

et θ

D’autre part, on 3 liaisons geometriques :

x1 = 2 l sin θ ≈ 2 l θ ⇒ x1 = 2 l θ

x2 = l sin θ ≈ l θ ⇒ x2 = l θ

x3 = l sin θ ≈ l θ ⇒ x3 = l θ

Le degre de liberte du systeme est egale donc a :

ddl = 4 − 3 = 1

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On remarque bien que le parametre pour le quel on peut ecrit tout les pa-

rametres c’est bien θ. ce parametre est appele : coordonnee generalise. Pour

cet exemple, la coordonnee generalise est donc q = θ

Energie cinetique du systeme

T = T m1 + T m2 =1

2m1x

2

1+

1

2m2x

2

3

de la figure.1.6 on a :

x1 = 2 l sin θ ≈ 2 l θ ⇒ x1 = 2 l θ

x2 = l sin θ ≈ l θ ⇒ x2 = l θ

x3 = l sin θ ≈ l θ ⇒ x3 = l θ

D’ou :

T =1

2m 4 l2 θ2 +

1

2m l2 θ2 =

1

2

(

5 m l2)

θ2

T elle est de la forme T = 1

2M0 θ2.

Donc :

M0 = 5 m l2

Energie potentielle du systeme

U = Um1 + Um2 + Uk

U = −2 m g l (1 − cos θ) + m g l (1 − cos θ) +1

2k x2

3

Pour des faibles oscillation : 1 − cos θ = θ2

2et sin θ = θ.

U = −2 m g lθ2

2+ m g l

θ2

2+

1

2k l2 θ2 =

1

2

[

k l2 − m g l]

θ2

Donc :

K0 = k l2 − m g l

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Fonction de dissipation du systeme

D =1

2c x2

2=

1

2c l2 θ2 =

1

2

[

c l2]

θ2

Donc :

C0 = c l2

Le travail developpe par la force d’excitation

W = F x1 = F 2 l θ

Donc :

F0 = 2 F l

L’equation differentielle du mouvement

M0 q + K0 q + C0 q = F0 ⇒(

5 m l2)

θ +(

k l2 − m g l)

θ +(

c l2)

θ = 2 F l

La pulsation propre

ω0 =

√

K0

M0

=

√

k l2 − m g l

5 m l2

Le facteur d’amortissement

λ =C0

2 M0

=c l2

2 (5 m l2)

La fonction d’excitation

B0 =F0

M0

= B0 =2 F l

5 m l2

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1.5 Nature des mouvements oscillatoires

1. Si B0 = 0 le mouvement oscillatoire est dit libre, si non le mouvement

est force.

2. Siλ = 0 le mouvement oscillatoire est dit conservatif (non amorti), si

non le mouvement est amorti.

B0 = 0 B0 6= 0

λ = 0 Mouvement libre non amorti Mouvement force non amorti

λ 6= 0 Mouvement libre amorti Mouvement force amorti

x m

y

q

l Ep=0

c

x k

l/2

l/2 q

m

Mouvement libre non amorti 𝐵0 = 0 𝑒𝑡 𝜆 = 0

Mouvement libre amorti 𝐵0 = 0 𝑒𝑡 𝜆 ≠ 0

Mouvement forcé amorti 𝐵0 ≠ 0 𝑒𝑡 𝜆 ≠ 0

m

c

k l

l

l

O

q

q

F(t)

m

Figure 1.7 – Exemples des mouvements oscillatoires

1.6 Rappels sur le calcul des energies : cinetique

et potentielle

Nous avons vus precedemment que le formalisme de Lagrange est ob-

tenu a l’aide de calcul de l’energie cinetique et de l’energie potentielle. Il est

donc indispensable de maitriser le calcul de ces energies a fin de determiner

l’equation differentielle de mouvement.

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1.6.1 Energie Cinetique

Le pendule simple

O

l q

m ym

xm

Figure 1.8 – Le pendule simple

T =1

2m V 2

m

Le vecteur deplacement est :

~Γ =

xm = l sin θ

ym = l cos θ

Le vecteur vitesse est obtenu on derivant le vecteur deplacement par rapport

au temps :

~Vm =

xm = l θ cos θ

ym = −l θ sin θ

D’ou :

V 2

m = l2 θ2(

cos2 θ + sin2 θ)

= l2 θ2

Finalement :

T =1

2m l2 θ2

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Ressort pesant

On cherche a determiner l’energie cinetique dans le cas d’un pendule

elastique dont la masse du ressort n’est pas negligeable devant celle de la

masse. On considere que mr

ldy est la masse d’un element dy du ressort.

m

+ ∆ 𝑴

𝒎𝒓, 𝒌

𝑡

𝑙

Figure 1.9 – ressort pesant

La vitesse des element dy varie lineairement sur la longueur du ressort entre

0 et x :

vdy =y

lx (1.16)

L’energie cinetique de l’element dy est :

Tdy =1

2

(

mr

ldy

)

v2

dy =1

2

(

mr

l

) (

y

lx

)2

dy (1.17)

L’energie cinetique du ressort est l’energie cinetique de l’element dy integre

sur la longueur l du ressort :

Tr =∫ l

0

1

2

(

mr

l

) (

y

lx

)2

dy =1

2

(

mr

l3

)

x2

∫ l

0

y2 dy

Tr =1

2

(

mr

l3

)

x2

[

y3

3

]l

0

=1

2

(

mr

3

)

x2

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Un disque ou un cylindre de masse m et de rayon R en oscillation

autour son centre d’inertie G.

T =1

2JG θ2

Ou JG = 1

2m R2 est le moment d’inertie du cylindre par rapport au centre

d’inertie G.

D’ou :

q G

R

Figure 1.10 – cylindre en rotation autour du centre d’inertie

T =1

2

(

1

2m R2

)

θ2 =m R2

4θ2

Un cylindre de masse m et de rayon R en roulement sans glissement

G

x

q G

Figure 1.11 – cylindre en roulement sans glissement

T =1

2m x2

G +1

2JG θ2

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La condition de roulement sans glissement permet d’ecrire :

xG = R θ

D’autre part le moment d’inertie du cylindre est :

JG =1

2m R2

D’ou :

T =1

2m R2 θ2 +

1

4m R2 θ2 =

3

4m R2 θ2

2e Methode : En roulement sans glissement le centre de rotation est O

au lieu de G (Figure 1.12). Donc on a un seul mouvement de rotation par

rapport a O :

q

Figure 1.12 – cylindre en roulement sans glissement

T =1

2JO θ2

Avec :

JO = JG + m(OG)2 =1

2m R2 + m R2 =

3

2m R2

D’ou :

T =3

4m R2 θ2

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Une tige de masse m et de longueur l en oscillation par rapport G.

T =1

2JG θ2

G

q

Figure 1.13 – Une tige en oscillation par rapport G

Avec : JG est le moment d’inertie de la tige par rapport au centre d’inertie

”G” :

JG =m l2

12

D’ou :

T =1

24m l2 θ2

Une tige de masse m de longueur l en oscillation par rapport a O

G

q

O Figure 1.14 – Une tige en oscillation par rapport O

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T =1

2JO θ2

Avec : JO est le moment d’inertie de la tige par rapport au centre d’inertie

”O” :

JO = JG + m (OG)2 =m l2

12+ m (

l

2)2 =

m l2

3

D’ou :

T =1

6m l2 θ2

1.6.2 Energie potentielle

Le pendule simple

O

l q

m

l

l cos q

h

U=0 O

l q

m

l

l cos q

h

U=0

1er cas 2ème cas

Figure 1.15 – Le pendule simple

1er Cas :

U = m g h

avec :

h = l − l cos θ = l(1 − cos θ)

Pour des faibles oscillations :

1 − cos θ =θ2

2

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Donc :

h = lθ2

2

D’ou :

U = m g lθ2

2

2e Cas :

U = −m g h

avec :

h = l − l cos θ = l(1 − cos θ)


1 − cos θ =θ2

2

Donc :

h = lθ2

2

D’ou :

U = −m g lθ2

2

Une tige de masse m et de longueur l

U=0

h U=0

h

1er cas 2ème cas

Figure 1.16 – Tige de masse m et de longueur l

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1er Cas :

U = m g h

avec :

h =l

2−

l

2cos θ =

l

2(1 − cos θ)


1 − cos θ =θ2

2

Donc :

h = lθ2

4

D’ou :

U = m g lθ2

4

2e Cas :

U = −m g h

avec :

h =l

2−

l

2cos θ = l(1 − cos θ)


1 − cos θ =θ2

2

Donc :

h = lθ2

4

D’ou :

U = −m g lθ2

4

Un ressort horizontal avec une extremite fixe et une extremite libre

U =1

2k (x0(t) − x(t))2 =

1

2k (−x(t))2 =

1

2k x(t)2

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Chap 1 Introduction au formalisme de Lagrange k x(t)

x0(t)=0

Figure 1.17 – Un ressort horizontal avec une extremite fixe

Un ressort horizontal avec deux extremite libres

k

x1(t) x2(t)

k

x1(t) x2(t)

Figure 1.18 – Un ressort horizontal avec deux extremite libres

U =1

2k (x1(t) − x(t)2)

2 =1

2k (x2(t) − x(t)1)

2

La condition d’equilibre

k

m

k

Dl

m

k

x(t)

l0

Equilibre statique

Figure 1.19 – Un ressort horizontal avec deux extremite libres

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Pour le systeme de la figure 1.19, l’energie potentielle s’ecrit :

U =1

2k (∆l + x(t))2 − m g x(t) (1.18)

a la position d’equilibre (x(t) = 0), la varition d’energie est nulle. cela se

traduit mathematiquement par :

∂U

∂x|x=0= 0 (1.19)

soit :∂U

∂x= k(∆l + x(t)) − m g (1.20)

Pour x(t) = 0, en obtient :

k(∆l) − m g = 0 (1.21)

C’est la condition d’equilibre.

Si on remplace (1.21) dans (1.18), on obtient :

∂U

∂x= k x(t) (1.22)

Exemple 1 1er Methode

o

q

A

m

k

l l

𝑃 𝐹𝑘

Figure 1.20 –

A l’equilibre (en statique) :

∑ ~Fext = ~0∑ ~Mext = ~0

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∑

~Fext = ~P + ~Fk = ~0 ⇒ −P + Fk = 0 ⇒ −m g + k ∆l = 0

∑

~Mext = ~MP + ~MF = ~0

⇒ −P l + Fk ∆l 2 l = 0 ⇒ −m g l + 2k l ∆l = 0 (1.23)

Or que :

U = −m g l θ +1

2k(∆l + 2 l θ)2

D’ou :

∂ U

∂ θ= −m g l + 2 k l (∆l + 2 l θ)

En utilisant l’equation 1.23 on obtient :

∂ U

∂ θ= −m g l + 2 k l ∆l + 4 k l2 θ = 4 k l2 θ

2e Methode a l’equilibre la variation de l’energie potentielle est nulle,

mathematiquement en ecrit :

∂U

∂x|x=0= 0

D’ou :

∂ U

∂ θ= −m g l + 2 k l (∆l + 2 l θ) = −m g l + 2 k l ∆l + 4 k l2 θ

Pour θ = 0, ∂U∂θ

|θ=0= −m g l + 2k l ∆l = 0.

C’est la condition d’equilibre

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chapitre 1 introduction au formalisme de lagrange

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