Signaux physiques (PCSI)/Exercices/Circuits électriques dans l'ARQS : associations de conducteurs ohmiques

Résistance équivalente d'un treillis métallique invariant par symétrie et antisymétrie axiales électriques

Schéma d'un treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ à $\;24\;$ brins identiques de résistance $\;r\;$ chacun

     On considère le treillis métallique ci-contre dont tous les côtés ont une même valeur de résistance $\;r$.

     On se propose de déterminer, de $\;4\;$ façons différentes utilisant les invariances électriques du réseau par symétrie ou antisymétrie axiales, la résistance $\;R\;$ entre $\;A\;$ et $\;B$.

     Déterminer l'invariance de la répartition des courants traversant le réseau par symétrie axiale et

     en déduire deux façons différentes permettant d'évaluer la résistance du réseau.

     De même déterminer l'invariance de la répartition des courants traversant le réseau par antisymétrie axiale et

     en déduire deux autres façons différentes permettant d'évaluer la résistance du réseau.

Solution

Schéma d'un treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ à $\;24\;$ brins identiques de résistance $\;r\;$ chacun et précision des axes de symétrie et d'antisymétrie axiales de la répartition des courants

     L'axe $\;AB\;$ est un axe de symétrie de la répartition des courants, on dispose de deux méthodes principales d'utilisation :

• les courts-circuits coupant perpendiculairement l'axe de symétrie n'étant traversés par aucun courant peuvent être supprimés sans modifier la répartition des courants ; pour utiliser cela on dédouble les points de l'axe de symétrie $\;AB\;$ ${\big (}$à savoir $\;D'\;$ et $\;D''{\big )}$, en deux points situés de chaque côté de l'axe reliés par un court-circuit $\;\perp \;$ à cet axe, on peut alors supprimer ce court-circuit ce qui représente une 1^ère méthode d'utilisation de l’axe de symétrie ;
• les points symétriques par rapport à l'axe de symétrie $\;AB\;$ ${\big (}$à savoir $\;C\;$ et $\;F$, $\;D\;$ et $\;E$, $\;G\;$ et $\;H$, $\;J\;$ et $\;K$, $\;C'\;$ et $\;E'$, $\;C''\;$ et $\;E''{\big )}$ sont au même potentiel, on peut donc les relier par un court-circuit sans modifier la répartition des courants ce qui représente une 2^ème méthode d'utilisation de l’axe de symétrie.

     L'axe $\;CDEF\;$ est un axe d'antisymétrie de la répartition des courants, on dispose de deux méthodes principales d'utilisation :

• les courts-circuits le long de cet axe d'antisymétrie n'étant traversés par aucun courant pourront être supprimés sans modifier la répartition des courants ; pour utiliser cela on dédouble chacun des points $\;D\;$ et $\;E\;$ de l'axe d'antisymétrie $\;CDEF\;$ en deux points sur cet axe reliés par un court-circuit $\;\parallel \;$ à cet axe, on peut alors supprimer ce court-circuit ce qui représente une 1^ère méthode d'utilisation de l’axe d'antisymétrie ;
• les points de l'axe d'antisymétrie $\;CDEF\;$ sont au même potentiel $\;{\dfrac {V_{A}+V_{B}}{2}}$, ils peuvent donc être courts-circuités sans modifier la répartition des courants ce qui représente une 2^ème méthode d'utilisation de l’axe d'antisymétrie.

 

Utilisation de l'invariance électrique du réseau par symétrie axiale

Mise en œuvre de la 1^ère méthode d'utilisation de l'axe de symétrie par suppression de courts-circuits traversés par aucun courant

     À l'aide de schémas équivalents successifs déterminer la résistance du réseau entre $\;A\;$ et $\;B$.

Solution

Schéma d'un treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ à $\;24\;$ brins identiques de résistance $\;r\;$ chacun, dédoublement des points $\;D'\;$ et $\;D''\;$ de l'axe de symétrie $\;AB$

2^ème schéma équivalent utilisant le dédoublement des points $\;D\;$ et $\;E\;$ de l'axe d'antisymétrie $\;CDEF\;$ du 1^er schéma équivalent du treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ à $\;24\;$ brins identiques de résistance $\;r\;$ chacun

1^er schéma équivalent utilisant le dédoublement des points $\;D'\;$ et $\;D''\;$ de l'axe de symétrie $\;AB\;$ du treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ à $\;24\;$ brins identiques de résistance $\;r\;$ chacun

     Dans le 1^er schéma de gauche, on a dédoublé les points de l'axe de symétrie $\;AB\;$ ${\big (}$à savoir $\;D'\;$ et $\;D''{\big )}$, en deux points situés de chaque côté de l'axe $\;{\big (}$respectivement $\;{D'}_{s}\;$ et $\;{D'}_{i}\;$ pour le 1^er, $\;{D''}_{s}\;$ et $\;{D''}_{i}\;$ pour le 2^ème${\big )}$ reliés par un court-circuit $\;\perp \;$ à cet axe, court-circuit que l'on a supprimé car traversé par aucun courant ;

     Dans le 1^er schéma de gauche, observant une association série de deux résistances $\;r\;$ on en déduit $\;R_{G-{D'}_{i}-E}=R_{E-{D''}_{i}-J}=R_{H-{D'}_{s}-D}=R_{D-{D''}_{s}-K}=2\;r\;$ d'où le nouveau schéma équivalent représenté ci-dessus au centre mais, à ce stade, il faut encore rechercher des invariances pour simplifier le réseau car il n'y a pas que des résistances montées en série ou en $\;\parallel \;$ ;

     on remarque dans le schéma ci-dessus au centre que l'axe $\;CDEF\;$ est axe d'antisymétrie de la répartition des courants, il est donc possible de dédoubler les points $\;D\;$ et $\;E\;$ de cet axe d'antisymétrie en deux points de l'axe reliés par un court-circuit le long de cet axe respectivement $\;D_{s}\;$ et $\;D_{i}\;$ pour le 1^er et $\;E_{s}\;$ et $\;E_{i}\;$ pour le 2^ème, courts-circuits que l'on supprime car traversés par aucun courant d'où le nouveau schéma équivalent ci-dessus à droite ;

     observant dans le schéma ci-dessus à droite, une association série de deux résistances $\;r\;$ on en déduit $\;R_{C'-D_{s}-C''}=R_{C'-C-C''}=2\;r\;$ puis par association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;2\;r\;$ $\Rightarrow$ $\;R_{C'-C'',\,{\text{total}}}$ $=r\;$ enfin cette résistance étant montée en série avec deux autres résistances $\;r$, on tire $\;R_{H-[C'-C'']_{\text{total}}-K}=3\;r$ ; de même observant
     observant dans le schéma ci-dessus à droite, entre $\;H\;$ et $\;K$, une association série de deux résistances $\;2\;r\;$ on en déduit $\;R_{H-D_{i}-K}=4\;r\;$ résistance montée en $\;\parallel \;$ sur $\;R_{H-[C'-C'']_{\text{total}}-K}\;$ d'où $\;R_{H-K,\,{\text{total}}}$ $={\dfrac {3\;r\times 4\;r}{3\;r+4\;r}}={\dfrac {12\;r}{7}}$ ; on poursuit en réduisant cette résistance montée en série avec deux autres résistances $\;r\;$ entre $\;A\;$ et $\;B\;$ selon $\;R_{A-[H-K]_{\text{total}}-B}=$ $r+{\dfrac {12\;r}{7}}+r={\dfrac {26\;r}{7}}$ ;

     observant dans le schéma ci-dessus à droite, on termine en remarquant que la partie inférieure située au-dessous de $\;AB\;$ étant le symétrique axial de la partie supérieure située au-dessus de $\;AB\;$ conduit au même résultat soit $\;R_{A-[G-J]_{\text{total}}-B}={\dfrac {26\;r}{7}}\;$ et par suite les deux parties de même résistance $\;{\dfrac {26\;r}{7}}\;$ étant montées en $\;\parallel \;$ on en déduit «$\;R_{AB}={\dfrac {1}{2}}\;{\dfrac {26\;r}{7}}={\dfrac {13\;r}{7}}\;$».

 

Mise en œuvre de la 2^ème méthode d'utilisation de l'axe de symétrie en court-circuitant les points symétriques

     À l'aide de schémas équivalents successifs déterminer la résistance du réseau entre $\;A\;$ et $\;B$.

Solution

Schéma d'un treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ à $\;24\;$ brins identiques de résistance $\;r\;$ chacun avec court-circuit entre les points symétriques relativement à l'axe de symétrie $\;AB$

1^er schéma équivalent utilisant le court-circuit entre les points symétriques relativement à l'axe de symétrie $\;AB\;$ du treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ à $\;24\;$ brins identiques de résistance $\;r\;$ chacun

     Dans le 1^er schéma de gauche, on a court-circuité les points symétriques par rapport à l'axe de symétrie $\;AB\;$ ${\big (}$à savoir $\;C\;$ et $\;F$, $\;D\;$ et $\;E$, $\;G\;$ et $\;H$, $\;J\;$ et $\;K$, $\;C'\;$ et $\;E'$, $\;C''\;$ et $\;E''{\big )}\;$ car les points symétriques sont au même potentiel ;

     Dans le 1^er schéma de gauche, observant une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;r\;$ on en déduit $\;R_{A-G=H}=R_{G=H-D'}=R_{D'-D=E}=R_{D=E-D''}=R_{D''-J=K}=R_{J=K-B}={\dfrac {r}{2}}\;$ et
     Dans le 1^er schéma de gauche, observant une association $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ de deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ on en déduit $\;R_{G=H-C'=E'}=R_{C'=E'-C=F}=R_{C=F-C''=E''}=R_{C''=E''-J=K}=R_{C'=E'-D=E}=R_{D=E-C''=E''}={\dfrac {r}{2}}\;$ puis
     Dans le 1^er schéma de gauche, en réduisant les associations série de deux résistances $\;{\dfrac {r}{2}}\;$ $\Rightarrow$ $\;R_{G=H-D'-D=E}=R_{D=E-D''-J=K}=R_{C'=E'-C=F-C''=E''}=r\;$ d'où le 1^er schéma équivalent ci-dessus à droite ;

     dans le 1^er schéma équivalent ci-dessus à droite, il faut encore rechercher des invariances pour simplifier le réseau car il n'y a pas que des résistances montées en série ou en $\;\parallel \;$ ;

     dans le 1^er schéma équivalent ci-dessus à droite, pour cela il convient de réintroduire le point $\;C=F\;$ milieu électrique de $\;C'=E'-C''=E''\;$ et de remarquer que l'axe $\;C=F-D=E\;$ est un axe d'antisymétrie de répartition des courants et par conséquent qu'il est possible de court-circuiter $\;C=F\;$ et $\;D=E\;$ d'où le 2^ème schéma équivalent ci-dessous à gauche :

2^ème schéma équivalent utilisant la réduction des associations de résistances du schéma équivalent du treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ à $\;24\;$ brins identiques de résistance $\;r\;$ chacun avec court-circuit entre les points symétriques relativement à l'axe de symétrie $\;AB$

3^ème schéma équivalent utilisant une dernière réduction des associations de résistances du 2^ème schéma équivalent du treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ à $\;24\;$ brins identiques de résistance $\;r\;$ chacun avec court-circuit entre les points symétriques relativement à l'axe de symétrie $\;AB$

     dans ce 2^ème schéma équivalent ci-dessus à gauche, entre $\;C'=E'\;$ et $\;D=E=C=F\;$ on a deux résistances $\;{\dfrac {r}{2}}\;$ montées en $\;\parallel \;$ d'où la résistance équivalente $\;R_{C'=E'-D=E=C=F}={\dfrac {r}{4}}$, de même
     dans ce 2^ème schéma équivalent ci-dessus à gauche, entre $\;C''=E''\;$ et $\;D=E=C=F\;$ on a deux résistances $\;{\dfrac {r}{2}}\;$ montées en $\;\parallel \;$ d'où la résistance équivalente $\;R_{D=E=C=F-C''=E''}={\dfrac {r}{4}}$ ;
     dans ce 2^ème schéma équivalent ci-dessus à gauche, entre $\;G=H\;$ et $\;D=E=C=F\;$ passant par $\;C'=E'\;$ la résistance équivalente précédemment évaluée $\;R_{C'=E'-D=E=C=F}\;$ est montée en série avec une résistance $\;{\dfrac {r}{2}}\;$ d'où $\;R_{G=H-C'=E'-D=E=F=C}=$ ${\dfrac {r}{2}}+{\dfrac {r}{4}}={\dfrac {3\;r}{4}}\;$ laquelle étant montée en $\;\parallel \;$ sur $\;R_{G=H-(D')-D=E}=r\;$ $\Rightarrow$ la résistance équivalente $\;R_{G=H-D=E=C=F,\,{\text{total}}}={\dfrac {{\dfrac {3\;r}{4}}\;r}{{\dfrac {3\;r}{4}}+r}}={\dfrac {3\;r}{7}}$, de même
     dans ce 2^ème schéma équivalent ci-dessus à gauche, entre $\;J=K\;$ et $\;D=E=C=F\;$ passant par $\;C''=E''\;$ la résistance équivalente précédemment évaluée $\;R_{D=E=F=C-C''=E''}\;$ est montée en série avec une résistance $\;{\dfrac {r}{2}}\;$ d'où $\;R_{D=E=F=C-C''=E''-J=K}=$ ${\dfrac {r}{2}}+{\dfrac {r}{4}}={\dfrac {3\;r}{4}}\;$ laquelle étant montée en $\;\parallel \;$ sur $\;R_{J=K-(D'')-D=E}=r\;$ conduit à la résistance équivalente $\;R_{J=K-D=E=C=F,\,{\text{total}}}={\dfrac {{\dfrac {3\;r}{4}}\;r}{{\dfrac {3\;r}{4}}+r}}={\dfrac {3\;r}{7}}\;$ d'où le 3^ème schéma équivalent ci-dessus à droite ;

     dans ce 3^ème schéma équivalent ci-dessus à droite, toutes les résistances étant montées en série on en déduit la résistance équivalente au treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ selon $\;R_{AB}={\dfrac {r}{2}}+2\;{\dfrac {3\;r}{7}}+{\dfrac {r}{2}}\;$ soit «$\;R_{AB}={\dfrac {13\;r}{7}}\;$».

 

Utilisation de l'invariance électrique du réseau par antisymétrie axiale

Mise en œuvre de la 1^ère méthode d'utilisation de l'axe d'antisymétrie par suppression de courts-circuits traversés par aucun courant

     À l'aide de schémas équivalents successifs déterminer la résistance du réseau entre $\;A\;$ et $\;B$.

Solution

Schéma d'un treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ à $\;24\;$ brins identiques de résistance $\;r\;$ chacun, dédoublement des points $\;D\;$ et $\;E\;$ de l'axe d'antisymétrie $\;CDEF$

2^ème schéma équivalent utilisant la réduction des associations de résistances du 1^er schéma équivalent du treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ à $\;24\;$ brins identiques de résistance $\;r\;$ chacun avec dédoublement des points $\;D\;$ et $\;E\;$ de l'axe d'antisymétrie $\;CDEF$

1^er schéma équivalent utilisant le dédoublement des points $\;D\;$ et $\;E\;$ de l'axe d'antisymétrie $\;CDEF\;$ du treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ à $\;24\;$ brins identiques de résistance $\;r\;$ chacun

     Dans le 1^er schéma de gauche, on a dédoublé les points de l'axe d'antisymétrie $\;CDEF\;$ ${\big (}$à savoir $\;D\;$ et $\;E{\big )}\;$, en deux points situés sur l'axe $\;{\big (}$respectivement $\;D_{s}\;$ et $\;D_{i}\;$ pour le 1^er, $\;E_{s}\;$ et $\;E_{i}\;$ pour le 2^ème${\big )}$ reliés par un court-circuit le long de cet axe, court-circuit que l'on a supprimé car traversé par aucun courant ;

     Dans le 1^er schéma de gauche, observant une association série de deux résistances $\;r\;$ on en déduit $\;R_{C'-C-C''}=R_{C'-D_{s}-C''}=R_{D'-D_{i}-D''}=R_{D'-E_{s}-D''}=R_{E'-E_{i}-E''}=R_{E'-F-E''}=2\;r\;$ puis, sachant que ces résistances équivalentes $2\;r\;$ sont montées deux par deux en $\;\parallel$, on en déduit $\;R_{D'-D'',\,{\text{total}}}=R_{C'-C'',\,{\text{total}}}=R_{E'-E'',\,{\text{total}}}=r\;$ d'où le nouveau schéma équivalent ci-dessus au centre ;

     dans ce schéma ci-dessus au centre on remarque qu'entre $\;H\;$ et $\;K\;$ passant par $\;C'\;$ et $\;C''\;$ de même qu'entre $\;G\;$ et $\;J\;$ passant par $\;E'\;$ et $\;E''\;$ on a une association série de trois résistances $\;r\;$ $\Rightarrow$ $\;R_{H-C'-C''-K}=R_{G-E'-E''-J}=3\;r\;$ d'où le 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite ;

     dans ce nouveau schéma ci-dessus à droite, il faut rechercher des invariances pour simplifier le réseau car il n'y a pas que des associations de résistances montées en série ou en $\;\parallel \;$ ;

     dans ce nouveau schéma ci-dessus à droite, on y remarque que l'axe $\;AB\;$ est axe de symétrie de la répartition des courants, il est donc possible de court-circuiter les points $\;H\;$ et $\;G\;$ ainsi que $\;K\;$ et $\;J\;$ respectivement symétriques l'un de l'autre relativement à cet axe de symétrie car il sont au même potentiel d'où le 3^ème schéma équivalent ci-dessous à droite ;

3^ème schéma équivalent utilisant le court-circuit des points symétriques par rapport à l'axe de symétrie $\;AB\;$ du 2^ème schéma équivalent du treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ à $\;24\;$ brins identiques de résistance $\;r\;$ chacun

     dans ce 3^ème schéma équivalent ci-contre, observant une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;r\;$ entre $\;A\;$ et $\;G=H$, entre $\;G=H\;$ et $\;D'$, entre $\;D''\;$ et $\;J=K\;$ ainsi qu'entre $\;J=K\;$ et $\;B$, on en déduit $\;R_{A-G=H}=R_{G=H-D'}=R_{D''-J=K}=R_{J=K-B}={\dfrac {r}{2}}$, de même
     dans ce 3^ème schéma équivalent ci-contre, observant une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;3\;r\;$ entre $\;G=H\;$ et $\;J=K$, on obtient $\;R_{G=H-J=K}={\dfrac {3\;r}{2}}$ ;

     dans ce 3^ème schéma équivalent ci-contre, entre $\;G=H\;$ et $\;J=K\;$ passant par $\;D'\;$ et $\;D''\;$ on a une association série de deux résistances équivalentes de $\;{\dfrac {r}{2}}\;$ et d'une résistance $\;r\;$ d'où $\;R_{G=H-D'-D''-J=K}=2\;{\dfrac {r}{2}}+r=2\;r\;$ laquelle étant montée en $\;\parallel \;$ sur la résistance équivalente $\;R_{G=H-J=K}={\dfrac {3\;r}{2}}\;$ conduit à la résistance équivalente $\;R_{G=H-J=K,\,{\text{total}}}={\dfrac {2\;r\;{\dfrac {3\;r}{2}}}{2\;r+{\dfrac {3\;r}{2}}}}={\dfrac {6\;r}{7}}$ ;

     dans ce 3^ème schéma équivalent ci-contre, on termine en remarquant que cette résistance équivalente est en série avec deux résistances $\;{\dfrac {r}{2}}\;$ d'où la résistance équivalente du treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ «$\;R_{AB}=2\;{\dfrac {r}{2}}+{\dfrac {6\;r}{7}}={\dfrac {13\;r}{7}}\;$».

     Remarque : on pouvait utiliser l'axe $\;AD'D''B\;$ de symétrie de la répartition des courants du 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite en dédoublant les points $\;D'\;$ et $\;D''\;$ chacun en deux points situés de part et d'autre de l'axe de symétrie reliés par un court-circuit $\;\perp \;$ à cet axe de symétrie $\;AD'D''B\;$ et comme ces courts-circuits n'étaient traversés par aucun courant ils pouvaient être supprimés sans modifier la répartition des courants $\;\ldots$

 

Mise en œuvre de la 2^ème méthode d'utilisation de l'axe d'antisymétrie en court-circuitant les points de cet axe

     À l'aide de schémas équivalents successifs déterminer la résistance du réseau entre $\;A\;$ et $\;B$.

Solution

Schéma d'un treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ à $\;24\;$ brins identiques de résistance $\;r\;$ chacun, avec court-circuit des points de l'axe d'antisymétrie $\;CDEF$

2^ème schéma équivalent utilisant le court-circuit des points symétriques relativement à l'axe de symétrie $\;AB\;$ du 1^er schéma équivalent du treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ à $\;24\;$ brins identiques de résistance $\;r\;$ chacun, avec court-circuit des points de l'axe d'antisymétrie $\;CDEF$

1^er schéma équivalent utilisant la réduction des associations de résistances du schéma équivalent du treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ à $\;24\;$ brins identiques de résistance $\;r\;$ chacun, avec court-circuit des points de l'axe d'antisymétrie $\;CDEF$

     Dans le 1^er schéma ci-dessus à gauche, on a court-circuité les points de l'axe d'antisymétrie $\;CDEF\;$ car les points de cet axe sont au même potentiel $\;{\dfrac {V_{A}+V_{B}}{2}}$ ;

     Dans le 1^er schéma ci-dessus à gauche, observant une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;r\;$ on obtient $\;R_{C'-C=D=E=F}=R_{D'-C=D=E=F}=R_{E'-C=D=E=F}={\dfrac {r}{2}}\;$ et
     Dans le 1^er schéma ci-dessus à gauche, observant une association $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ de deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ on obtient $\;R_{C=D=E=F-C''}=R_{C=D=E=F-D''}=R_{C=D=E=F-E''}={\dfrac {r}{2}}\;$ puis
     Dans le 1^er schéma ci-dessus à gauche, observant une association $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ de deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ certaines d'entre elles étant en série avec une résistance $\;r\;$ $\Rightarrow$ $\;R_{H-C'-C=D=E=F}=r+{\dfrac {r}{2}}={\dfrac {3\;r}{2}}$, de même
     Dans le 1^er schéma ci-dessus à gauche, observant une association $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ de deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ certaines d'entre elles étant en série avec une résistance $\;\color {transparent}{r}\;$ $\color {transparent}{\Rightarrow }$ $\;R_{G-E'-C=D=E=F}=r+{\dfrac {r}{2}}={\dfrac {3\;r}{2}}\;$ ainsi que
     Dans le 1^er schéma ci-dessus à gauche, observant une association $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ de deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ certaines d'entre elles étant en série avec une résistance $\;\color {transparent}{r}\;$ $\color {transparent}{\Rightarrow }$ $\;R_{C=D=E=F-C''-K}=r+{\dfrac {r}{2}}={\dfrac {3\;r}{2}}\;$ et
     Dans le 1^er schéma ci-dessus à gauche, observant une association $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ de deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ certaines d'entre elles étant en série avec une résistance $\;\color {transparent}{r}\;$ $\color {transparent}{\Rightarrow }$ $\;R_{C=D=E=F-E''-J}=r+{\dfrac {r}{2}}={\dfrac {3\;r}{2}}\;$ d'où
     Dans le 1^er schéma ci-dessus à gauche, observant une association $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ de deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ certaines d'entre elles étant en série avec une résistance $\;\color {transparent}{r}\;$ $\color {transparent}{\Rightarrow }$ le 1^er schéma équivalent ci-dessus au centre ;

     dans le 1^er schéma équivalent ci-dessus au centre, il faut encore rechercher des invariances pour simplifier le réseau car il n'y a pas que des résistances montées en série ou en $\;\parallel \;$ ;

     dans le 1^er schéma équivalent ci-dessus au centre, on remarque que l'axe $\;AB\;$ est axe de symétrie de la répartition des courants, il est donc possible de court-circuiter les points $\;H\;$ et $\;G\;$ ainsi que $\;K\;$ et $\;J\;$ respectivement symétriques l'un de l'autre relativement à cet axe de symétrie car il sont au même potentiel d'où le 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite :

     dans ce 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite, entre $\;A\;$ et $\;G=H\;$ on a deux résistances $\;r\;$ montées en $\;\parallel \;$ d'où la résistance équivalente $\;R_{A-G=H}={\dfrac {r}{2}}$, de même
     dans ce 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite, entre $\;D'\;$ et $\;G=H\;$on a deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ montées en $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ d'où la résistance équivalente$\;R_{G=H-D'}={\dfrac {r}{2}}\;$ ainsi que
     dans ce 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite, entre $\;D''\;$ et $\;J=K$on a deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ montées en $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ d'où la résistance équivalente$\;R_{D''-J=K}={\dfrac {r}{2}}\;$ et
     dans ce 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite, entre $\;B\;$ et $\;J=K\;$on a deux résistances $\;\color {transparent}{r}\;$ montées en $\;\color {transparent}{\parallel }\;$ d'où la résistance équivalente $\;R_{J=K-B}={\dfrac {r}{2}}$ ;
     dans ce 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite, entre $\;G=H\;$ et $\;C=D=E=F\;$ passant par $\;D'\;$ la résistance équivalente précédemment évaluée $\;R_{G=H-D'}={\dfrac {r}{2}}\;$ est montée en série avec une autre résistance $\;{\dfrac {r}{2}}\;$ d'où $\;R_{G=H-D'-C=D=E=F}={\dfrac {r}{2}}+{\dfrac {r}{2}}=r\;$ laquelle étant montée en $\;\parallel \;$ sur une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;{\dfrac {3\;r}{2}}\;$ dont la résistance équivalente vaut $\;{\dfrac {3\;r}{4}}\;$ conduit à la résistance équivalente $\;R_{G=H-C=D=E=F,\,{\text{total}}}={\dfrac {{\dfrac {3\;r}{4}}\;r}{{\dfrac {3\;r}{4}}+r}}={\dfrac {3\;r}{7}}$, de même
     dans ce 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite, entre $\;J=K\;$ et $\;C=D=E=F\;$ passant par $\;D''\;$ la résistance équivalente précédemment évaluée $\;R_{J=K-D''}={\dfrac {r}{2}}\;$ est montée en série avec une autre résistance $\;{\dfrac {r}{2}}\;$ d'où $\;R_{J=K-D''-C=D=E=F}={\dfrac {r}{2}}+{\dfrac {r}{2}}=r\;$ laquelle étant montée en $\;\parallel \;$ sur une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;{\dfrac {3\;r}{2}}\;$ dont la résistance équivalente vaut $\;{\dfrac {3\;r}{4}}\;$ conduit à la résistance équivalente $\;R_{C=D=E=F-J=K,\,{\text{total}}}={\dfrac {{\dfrac {3\;r}{4}}\;r}{{\dfrac {3\;r}{4}}+r}}={\dfrac {3\;r}{7}}$ ;

     dans ce 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite, finalement, entre $\;A\;$ et $\;B$, on obtient quatre résistances montées en série $\;R_{A-G=H}={\dfrac {r}{2}}$, $\;R_{G=H-C=D=E=F,\,{\text{total}}}={\dfrac {3\;r}{7}}$, $\;R_{C=D=E=F-J=K,\,{\text{total}}}={\dfrac {3r}{7}}\;$ et $\;R_{J=K-B}={\dfrac {r}{2}}$, on en déduit la résistance équivalente au treillis métallique entre $\;A\;$ et $\;B\;$ selon $\;R_{AB}={\dfrac {r}{2}}+2\;{\dfrac {3\;r}{7}}+{\dfrac {r}{2}}\;$ soit «$\;R_{AB}={\dfrac {13\;r}{7}}\;$».

     Remarque : on pouvait utiliser l'axe $\;AD'D''B\;$ de symétrie de la répartition des courants du 1^er schéma équivalent ci-dessus au centre en dédoublant le point $\;C=D=E=F\;$ ainsi que les points $\;D'\;$ et $\;D''$, chacun des trois points étant dédoublés en deux points situés de part et d'autre de l'axe de symétrie reliés par un court-circuit $\;\perp \;$ à cet axe de symétrie et comme ces courts-circuits n'étaient traversés par aucun courant ils pouvaient être supprimés sans modifier la répartition des courants $\;\ldots$

 

Résistances équivalentes, suivant les bornes considérées, d'un conducteur cubique invariant par symétrie ou antisymétrie planes électriques

Schéma d'un réseau de fils métalliques en forme cubique, chaque côté étant de même résistance $\;r$

     Un réseau électrique de forme cubique dont chaque côté est un fil métallique de même résistance $\;r\;$ ${\big (}$voir figure ci-contre${\big )}\;$ peut être alimenté de trois manières différentes :

• entre $\;A\;$ et $\;B$,
• entre $\;A\;$ et $\;C\;$ ou
• entre $\;A\;$ et $\;D$.

     On se propose d'évaluer, dans chaque cas, la résistance équivalente du réseau après utilisation de ses invariances électriques.

Résistance du réseau cubique entre A et D

     Rechercher les plans de symétrie et d'antisymétrie de la répartition des courants, puis

     en déduire la résistance $\;{\mathcal {R}}_{AD}\;$ du réseau cubique entre $\;A\;$ et $\;D\;$ par la méthode la mieux adaptée.

Solution

Plan de symétrie $\;ADBE\;$ du réseau cubique de fils métalliques entre $\;A\;$ et $\;D\;$ ${\big (}$deux sommets voisins d'une même face${\big )}$

2^ème schéma équivalent par réduction des associations série et $\;\parallel \;$ de résistances du 1^er schéma équivalent obtenu par court-circuit des points symétriques relativement au plan de symétrie $\;ADBE\;$ du réseau cubique de fils métalliques entre $\;A\;$ et $\;D\;$ ${\big (}$deux sommets voisins d'une même face${\big )}$

1^er schéma équivalent par planification du réseau en court-circuitant les points symétriques relativement au plan de symétrie $\;ADBE\;$ du réseau cubique de fils métalliques entre $\;A\;$ et $\;D\;$ ${\big (}$deux sommets voisins d'une même face${\big )}$

     Dans le schéma ci-dessus à gauche, on remarque que la distribution des courants traversant le réseau cubique de fils métalliques entre les deux points $\;A\;$ et $\;D\;$ ${\big (}$sommets voisins d'une même face${\big )}\;$ est invariante par symétrie plane relativement au plan $\;AEBD\;$ ${\big (}$représenté en rouge${\big )}\;$ mais qu'il n'y a pas de plan d'antisymétrie simple ;

     Dans le schéma ci-dessus à gauche, on en déduit que les points symétriques par rapport au P.S. $\;{\big (}$représentés de même couleur${\big )}\;$ sont au même potentiel $\;V_{F}=V_{G}\;$ d'une part et $\;V_{C}=V_{H}\;$ d'autre part, ce qui permet de les relier par un court-circuit sans modifier la répartition des courants d'où le 1^er schéma équivalent ci-dessus au centre ;

     sur le 1^er schéma équivalent ci-dessus au centre, on observe entre $\;G=F\;$ et $\;E\;$ une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;r\;$ d'où $\;R_{G=F-E}={\dfrac {r}{2}}$, de même
     sur le 1^er schéma équivalent ci-dessus au centre, on observe entre $\;B\;$ et $\;C=H\;$ deux résistances $\;r\;$ montées en $\;\parallel \;$ d'où $\;R_{B-C=H}={\dfrac {r}{2}}$,
     sur le 1^er schéma équivalent ci-dessus au centre, ces deux résistances équivalentes étant en série avec une 3^ème résistance $\;r\;$ entre $\;G=F\;$ et $\;C=H\;$ soit $\;R_{G=F-E-B-C=H}=2\;{\dfrac {r}{2}}+r=2\;r$ ;
     sur le 1^er schéma équivalent ci-dessus au centre, cette dernière résistance équivalente $\;R_{G=F-E-B-C=H}=2\;r\;$ étant montée en $\;\parallel \;$ sur une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;r\;$ équivalente à une résistance $\;{\dfrac {r}{2}}$, on en déduit $\;R_{G=F-C=H,\,{\text{total}}}={\dfrac {2\;r\;{\dfrac {r}{2}}}{2\;r+{\dfrac {r}{2}}}}={\dfrac {2\;r}{5}}$ ;

     sur le 1^er schéma équivalent ci-dessus au centre, entre $\;A\;$ et $\;G=F\;$ on a une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;r\;$ d'où $\;R_{A-G=F}={\dfrac {r}{2}}$, de même
     sur le 1^er schéma équivalent ci-dessus au centre, entre $\;C=H\;$ et $\;D\;$ on a deux résistances $\;r\;$ montées en $\;\parallel \;$ $\Rightarrow$ $\;R_{C=H-D}={\dfrac {r}{2}}\;$ d'où le 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite ;

     Dans ce 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite, on a une association série entre $\;A\;$ et $\;D\;$ passant par $\;G=F\;$ et $\;C=H\;$ d'où une résistance équivalente $\;R_{A-G=F-C=H-D}=2\;{\dfrac {r}{2}}+{\dfrac {2\;r}{5}}={\dfrac {7\;r}{5}}$, résistance équivalente montée en $\;\parallel \;$ sur une autre résistance $\;r$, soit finalement une résistance équivalence au réseau cubique de fils métalliques entre $\;A\;$ et $\;D\;$ se calculant selon $\;{\mathcal {R}}_{AD}={\dfrac {r\;{\dfrac {7\;r}{5}}}{r+{\dfrac {7\;r}{5}}}}\;$ soit «$\;{\mathcal {R}}_{AD}={\dfrac {7\;r}{12}}\;$».

 

Résistance du réseau cubique entre A et C

     Rechercher les plans de symétrie et d'antisymétrie de la répartition des courants, puis

     en déduire la résistance $\;{\mathcal {R}}_{AC}\;$ du réseau cubique entre $\;A\;$ et $\;C\;$ par la méthode la mieux adaptée.

Solution

Plans de symétrie $\;ACBF\;$ et d'antisymétrie $\;DHEG\;$ du réseau cubique de fils métalliques entre $\;A\;$ et $\;C\;$ ${\big (}$deux sommets en diagonale d'une même face${\big )}$

Schéma équivalent en supprimant les branches situées dans le plan d'antisymétrie $\;DHEG\;$ du réseau cubique de fils métalliques entre $\;A\;$ et $\;C\;$ ${\big (}$deux sommets en diagonale d'une même face${\big )}$

     Dans le schéma ci-dessus à gauche, on remarque que la distribution des courants traversant le réseau cubique de fils métalliques entre les deux points $\;A\;$ et $\;C\;$ ${\big (}$sommets en diagonale d'une même face${\big )}\;$ est invariante par symétrie plane relativement au plan $\;ACBF\;$ ${\big (}$représenté en rouge${\big )}\;$ et par antisymétrie plane par rapport au plan $\;DHEG\;$ ${\big (}$représenté en bleu dans le même schéma${\big )}$ ;

     Dans le schéma ci-dessus à gauche, utilisant l'invariance de la répartition des courants par antisymétrie plane relativement au plan $\;DHEG\;$ et sachant que le courant en tout point de ce plan d'antisymétrie doit circuler perpendiculairement à ce plan, nous pouvons affirmer que les branches $\;DH\;$ et $\;EG\;$ situées dans ce plan n'étant parcourues par aucun courant peuvent être supprimées sans modifier la répartition des courants dans le réseau, ce qui donne le schéma équivalent ci-dessus à droite ;

     sur le schéma équivalent ci-dessus à droite, on observe entre $\;F\;$ et $\;B\;$ passant par $\;E\;$ une association série de deux résistances $\;r\;$ d'où $\;R_{F-E-B}=2\;r$, de même
     sur le schéma équivalent ci-dessus à droite, on observe entre $\;F\;$ et $\;B\;$ passant par $\;H\;$ deux résistances $\;r\;$ montées en série d'où $\;R_{F-H-B}=2\;r$,
     sur le schéma équivalent ci-dessus à droite, ces deux résistances équivalentes étant en association $\;\parallel \;$ $\Rightarrow$ $\;R_{F-B,\,{\text{total}}}={\dfrac {2\;r}{2}}=r$ ;
     sur le schéma équivalent ci-dessus à droite, cette dernière résistance équivalente $\;R_{F-B,\,{\text{total}}}=r\;$ étant, entre $\;A\;$ et $\;C$, montée en série avec deux résistances $\;r$, $\Rightarrow$ $\;R_{A-F-B-C}=r+2\;r=3\;r$ ; de même

     sur le schéma équivalent ci-dessus à droite, on observe entre $\;A\;$ et $\;C\;$ passant par $\;G\;$ une association série de deux résistances $\;r\;$ d'où $\;R_{A-G-C}=2\;r\;$ et
     sur le schéma équivalent ci-dessus à droite, on observe entre $\;A\;$ et $\;C\;$ passant par $\;D\;$ deux résistances $\;r\;$ montées en série d'où $\;R_{A-D-C}=2\;r$,
     sur le schéma équivalent ci-dessus à droite, ces deux résistances équivalentes étant en association $\;\parallel \;$ $\Rightarrow$ $\;R_{A-C,\,{\text{total inf}}}={\dfrac {2\;r}{2}}=r$ ;
     sur le schéma équivalent ci-dessus à droite, cette dernière résistance équivalente $\;R_{A-C,\,{\text{total inf}}}=r\;$ étant montée en $\;\parallel \;$ avec la précédente $\;R_{A-F-B-C}=3\;r$, $\Rightarrow$ $\;{\mathcal {R}}_{AC}={\dfrac {r\;3\;r}{r+3\;r}}\;$ soit «$\;{\mathcal {R}}_{AC}={\dfrac {3\;r}{4}}\;$».

 

Résistance du réseau cubique entre A et B

     On pourrait procéder de même mais ce serait plus laborieux ; il est en fait judicieux

     de constater l'invariance électrique du réseau par rotation autour de $\;AB\;$ d'un angle à préciser où $\;{\begin{cases}D\rightarrow G\rightarrow F\rightarrow D\\C\rightarrow E\rightarrow H\rightarrow C\end{cases}}\;$ puis,

     de simplifier le réseau par courts-circuits adaptés,

     pour en déduire la résistance $\;{\mathcal {R}}_{AB}\;$ du réseau cubique entre $\;A\;$ et $\;B$.

Solution

Invariance par rotation autour de l'axe $\;AB\;$ d'angle $\;120{\text{°}}\;$ du réseau cubique de fils métalliques entre $\;A\;$ et $\;B\;$ ${\big (}$deux sommets en diagonale du cube${\big )}$

Schéma équivalent en court-circuitant les points se déduisant les uns des autres par rotation d'axe $\;AB\;$ et d'angle $\;120{\text{°}}\;$ du réseau cubique de fils métalliques entre $\;A\;$ et $\;B\;$ ${\big (}$deux sommets en diagonale du cube${\big )}$

     Sur le schéma ci-dessus à gauche, on constate que la distribution des courants est invariante par rotation autour de l'axe $\;AB\;$ d'angle $\;120\,{\text{°}}\;$ ;

     Sur le schéma ci-dessus à gauche, les courants circulant dans les branches qui se déduisent les unes des autres par rotation autour de l'axe $\;AB\;$ d'angle $\;120\,{\text{°}}\;$ ${\big (}$par exemple $\;AD$, $\;AG\;$ et $\;AF\;$ ou $\;CB$, $\;EB\;$ et $\;HB{\big )}\;$ étant de même intensité et les branches correspondantes étant de même résistance, la tension à leurs bornes est la même $\;{\big (}$sur les exemples $\;u_{AD}=u_{AG}=u_{AF}\;$ ou $\;u_{CB}=u_{EB}=u_{HB}{\big )}\;$ et comme il y a une borne commune les autres bornes sont au même potentiel $\;{\big (}$soit $\;V_{A}-V_{D}=V_{A}-V_{G}=V_{A}-V_{F}\;$ $\Rightarrow$ $\;V_{D}=V_{G}=V_{F}\;$ ou encore $\;V_{C}-V_{B}=V_{E}-V_{B}=V_{H}-V_{B}\;$ $\Rightarrow$ $\;V_{C}=V_{E}=V_{H}{\big )}$ ;

     Sur le schéma ci-dessus à gauche, les points qui se déduisent les uns des autres par rotation autour de l'axe $\;AB\;$ d'angle $\;120\,{\text{°}}\;$ étant au même potentiel peuvent être courts-circuités sans modifier la répartition des courants circulant dans le réseau d'où le schéma équivalent ci-dessus à droite ;

     dans ce schéma équivalent ci-dessus à droite on observe entre $\;A\;$ et $\;D=G=F\;$ une association $\;\parallel \;$ de trois résistances $\;r\;$ d'où la résistance équivalente $\;R_{A-D=G=F}={\dfrac {r}{3}}\;$,
     dans ce schéma équivalent ci-dessus à droite on observe entre $\;C=E=H\;$ et $\;B\;$ une association $\;\parallel \;$ de trois résistances $\;r\;$ d'où la résistance équivalente $\;R_{C=E=H-B}={\dfrac {r}{3}}\;$ et enfin
     dans ce schéma équivalent ci-dessus à droite on observe entre $\;D=G=F\;$ et $\;C=E=H\;$ une association $\;\parallel \;$ de six résistances $\;r\;$ d'où la résistance équivalente $\;R_{D=G=F-C=E=H}={\dfrac {r}{6}}\;$ ;

     dans ce schéma équivalent ci-dessus à droite ces trois résistances équivalentes étant montées en série entre $\;A\;$ et $\;B\;$ on en déduit $\;{\mathcal {R}}_{AB}=2\;{\dfrac {r}{3}}+{\dfrac {r}{6}}\;$ d'où «$\;{\mathcal {R}}_{AB}={\dfrac {5\;r}{6}}\;$».

     Remarque : Les invariances par symétrie ou antisymétrie planes ou axiales étant de très loin les plus utilisées dans l'évaluation d'une résistance équivalente et celle par rotation très peu fréquente, on aurait pu ne pas la remarquer dans l'exemple précédent ; on aurait alors utilisé les invariances par symétrie ou antisymétrie planes de la façon précisée ci-dessous :

• 
  Invariance par symétrie plane par rapport au plan $\;ACBF\;$ du réseau cubique de fils métalliques entre $\;A\;$ et $\;B\;$ ${\big (}$deux sommets en diagonale du cube${\big )}$
• 
  1^er schéma équivalent utilisant le court-circuitage des points symétriques par rapport au plan $\;ACBF\;$ du réseau cubique de fils métalliques entre $\;A\;$ et $\;B\;$ ${\big (}$deux sommets en diagonale du cube${\big )}$
• 
  2^ème schéma équivalent utilisant la réduction des associations série et $\;\parallel \;$ des résistances du 1^er schéma équivalent au réseau cubique de fils métalliques entre $\;A\;$ et $\;B\;$ ${\big (}$deux sommets en diagonale du cube${\big )}$

     Remarque : sur le schéma ci-dessus à gauche, on observe une symétrie plane relativement au plan $\;ACBF\;$ de la répartition des courants circulant dans le réseau cubique de fils métalliques entre $\;A\;$ et $\;B$, les points symétriques par rapport à ce plan $\;ACBF\;$ ${\big (}$à savoir $\;D\;$ et $\;G\;$ d'une part ainsi que $\;H\;$ et $\;E\;$ d'autre part${\big )}\;$ étant respectivement au même potentiel peuvent être courts-circuités sans modifier la répartition des courants d'où 1^er schéma équivalent ci-dessus au centre ;

     Remarque : dans le 1^er schéma équivalent ci-dessus au centre, on observe entre $\;F\;$ et $\;H=E\;$ une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;r\;$ de résistance équivalente $\;R_{F-H=E}={\dfrac {r}{2}}\;$ en série avec une autre résistance $\;r\;$ entre $\;A\;$ et $\;F$, donnant au final entre $\;A\;$ et $\;H=E\;$ passant par $\;F\;$ une résistance équivalente $\;R_{A-F-H=E}=r+{\dfrac {r}{2}}={\dfrac {3\;r}{2}}$, de même
     Remarque : dans le 1^er schéma équivalent ci-dessus au centre, on observe entre $\;G=D\;$ et $\;C\;$ une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;r\;$ de résistance équivalente $\;R_{C-G=D}={\dfrac {r}{2}}\;$ en série avec une autre résistance $\;r\;$ entre $\;C\;$ et $\;B$, donnant au final entre $\;G=D\;$ et $\;B\;$ passant par $\;C\;$ une résistance équivalente $\;R_{G=D-C-B}={\dfrac {r}{2}}+r={\dfrac {3\;r}{2}}$, enfin
     Remarque : dans le 1^er schéma équivalent ci-dessus au centre, on observe entre $\;A\;$ et $\;G=D\;$ ou entre $\;G=D\;$ et $\;H=E\;$ ou encore entre $\;H=E\;$ et $\;B$, une association $\;\parallel \;$ de deux résistances $\;r$, respectivement de résistance équivalente $\;R_{A-G=D}=R_{G=D-H=E}=R_{H=E-B}={\dfrac {r}{2}}\;$ d'où le 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite ;

     Remarque : dans ce 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite, on observe la présence d'associations triangle ou étoile ne permettant pas la réduction des résistances en une résistance équivalente, il serait souhaitable, si cela était possible, de trouver de nouvelles invariances par symétrie ou antisymétrie axiales sur ce 2^ème schéma équivalent mais $\;\ldots \;$ il n'y en a aucune ; sans autre invariance, on imposerait un courant d'intensité $\;I\;$ traversant le réseau de $\;A\;$ vers $\;B\;$ dans le but de déterminer la tension $\;U_{AB}\;$ en ses bornes en fonction de $\;I$, ce qui conduirait à la résolution d'un système linéaire de $\;5\;$ équations aux $\;5\;$ inconnues représentant les intensités de courant circulant dans les $\;5\;$ branches mais $\;\ldots$

     Remarque : dans ce 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite, si on appelle $\;O\;$ le milieu électrique de la branche $\;H=E-G=D\;$ on observe une invariance par antisymétrie centrale de centre $\;O\;$ ;
     Remarque : dans ce 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite, cette nouvelle invariance par antisymétrie centrale du 2^ème schéma équivalent réduit le nombre d'inconnues de $\;5\;$ à $\;3\;$ qui sont
     Remarque : dans ce 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite, $\;\succ \;$l'intensité $\;i\;$ du courant traversant la branche $\;H=E-G=D\;$ dont le sens $\;+\;$ est choisi de $\;G=D\;$ à $\;H=E\;$,
     Remarque : dans ce 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite, $\;\succ \;$l'intensité $\;i_{1}\;$ du courant traversant la branche $\;A-H=E\;$ et $\;G=D-B\;$ et
     Remarque : dans ce 2^ème schéma équivalent ci-dessus à droite, $\;\succ \;$l'intensité $\;i_{2}\;$ du courant traversant la branche $\;A-G=D\;$ et $\;H=E-B$ ;

3^ème schéma équivalent utilisant l'antisymétrie centrale relativement au centre $\;O\;$ du 2^ème schéma équivalent au réseau cubique de fils métalliques entre $\;A\;$ et $\;B\;$ ${\big (}$deux sommets en diagonale du cube${\big )}$

     Remarque : le système des $\;3\;$ équations linéaires aux $\;3\;$ inconnues $\;\left(i,\,i_{1},\,i_{2}\right)\;$ s'obtient en écrivant deux équations de nœud et une équation de maille :
     Remarque : le système des $\;\color {transparent}{3}\;$ équations linéaires aux $\;\color {transparent}{3}\;$ inconnues $\;\color {transparent}{\left(i,\,i_{1},\,i_{2}\right)}\;$ $\succ \;$1^ère équation de nœud $\;A$ : «$\;i_{1}+i_{2}=I\;$»,
     Remarque : le système des $\;\color {transparent}{3}\;$ équations linéaires aux $\;\color {transparent}{3}\;$ inconnues $\;\color {transparent}{\left(i,\,i_{1},\,i_{2}\right)}\;$ $\succ \;$2^ème équation de nœud $\;G=D$ : «$\;i_{2}=i+i_{1}\;$» et
     Remarque : le système des $\;\color {transparent}{3}\;$ équations linéaires aux $\;\color {transparent}{3}\;$ inconnues $\;\color {transparent}{\left(i,\,i_{1},\,i_{2}\right)}\;$ $\succ \;$équation de maille $\;\left({\mathfrak {a}}\right)$ : «$\;{\dfrac {r}{2}}\;i_{2}-{\dfrac {3\;r}{2}}\;i_{1}+{\dfrac {r}{2}}\;i=0\;$» ;

     Remarque : pour déterminer la tension «$\;U_{AB}=U\;$» on peut utiliser les deux branches inférieures $\;A-G=D\;$ et $\;G=D-B\;$ selon
     Remarque : pour déterminer la tension «$\;U={\dfrac {r}{2}}\;i_{2}+{\dfrac {3\;r}{2}}\;i_{1}\;$» ce qui nécessite de déterminer les deux intensités $\;\left(i_{1},\,i_{2}\right)\;$ en éliminant $\;i\;$ par la 2^ème équation de nœud «$\;i=i_{2}-i_{1}\;$» que l'on reporte dans l'équation de maille $\;\left({\mathfrak {a}}\right)\;$ $\;{\dfrac {r}{2}}\;i_{2}-{\dfrac {3\;r}{2}}\;i_{1}+{\dfrac {r}{2}}\left(i_{2}-i_{1}\right)=0\;$ $\Leftrightarrow$ «$\;i_{2}-2\;i_{1}=0\;$» soit finalement le système des $\;2\;$ équations linéaires aux $\;2\;$ inconnues $\;\left(i_{1},\,i_{2}\right)\;$ à résoudre «$\;\left\lbrace {\begin{array}{c}i_{2}+i_{1}=I\;\;\left({\mathfrak {1}}\right)\\i_{2}-2\;i_{1}=0\;\;\left({\mathfrak {2}}\right)\end{array}}\right\rbrace \;$» ;
     Remarque : pour déterminer la tension on tire l'expression de $\;i_{2}\;$ en formant $\;2\;\left({\mathfrak {1}}\right)+\left({\mathfrak {2}}\right)\;$ soit $\;3\;i_{2}=2\;I\;$ ou «$\;i_{2}={\dfrac {2\;I}{3}}\;$» et par suite
     Remarque : pour déterminer la tension on tire l'expression de $\;i_{1}\;$ en utilisant $\;({\mathfrak {2}})\;$ selon «$\;i_{1}={\dfrac {i_{2}}{2}}={\dfrac {I}{3}}\;$» ;

     Remarque : finalement on en déduit $\;U={\dfrac {r}{2}}\;i_{2}+{\dfrac {3\;r}{2}}\;i_{1}\;$ ou $\;U={\dfrac {r}{2}}\;{\dfrac {2\;I}{3}}+{\dfrac {3\;r}{2}}\;{\dfrac {I}{3}}=\left({\dfrac {r}{3}}+{\dfrac {r}{2}}\right)I={\dfrac {5\;r}{6}}\;I\;$ d'où «$\;{\mathcal {R}}_{AB}={\dfrac {U}{I}}={\dfrac {5\;r}{6}}\;$».

 

Lois de Kirchhoff, utilisation des symétries électriques

Schéma d'un circuit fermé à $\;5\;$ nœuds et $\;8\;$ branches possédant une symétrie axiale

     Ci-contre un circuit fermé à $\;5\;$ nœuds et $\;8\;$ branches possédant une symétrie axiale.

Expression des intensités I et i

     Après avoir simplifié le circuit ci-contre par étude des invariances de la répartition des courants par symétrie axiale, trouver les expressions des intensités $\;I\;$ et $\;i\;$ en fonction de $\;e\;$ et $\;r$.

Solution

2^ème schéma équivalent utilisant la réduction des associations série des résistances du 1^er schéma équivalent d'un circuit fermé à $\;5\;$ nœuds et $\;8\;$ branches après utilisation de la symétrie axiale par rapport à l'axe $\;CMN$

1^er schéma équivalent d'un circuit fermé à $\;5\;$ nœuds et $\;8\;$ branches après utilisation de la symétrie axiale par rapport à l'axe $\;CMN\;$ par court-circuit des points symétriques $\;F\;$ et $\;G\;$ ainsi que $\;A\;$ et $\;B$

     L'axe $\;NMC\;$ du schéma ci-dessus est un axe de symétrie des courants, on en déduit que les points symétriques sont au même potentiel c'est-à-dire $\;V_{A}=V_{B}\;$ et $\;V_{F}=V_{G}$ ; on peut donc les relier par un court-circuit sans changer la répartition des courants et on obtient le schéma équivalent ci-contre à gauche avec $\;r\parallel r={\dfrac {r}{2}}$ ;

     en associant $\;{\big (}$presque toutes${\big )}\;$ les résistances montées en série, on transforme le circuit simplifié en celui représenté ci-contre à droite dans lequel on appliquera les lois de Kirchhoff pour déterminer la valeur des intensités des deux courants cherchées :

     ayant deux inconnues $\;\left(I,\,i\right)\;$ à déterminer mais trois inconnues effectives $\;\left(I,\,i,\,i_{A=B-M}\right)$, il faut trois équations indépendantes parmi lesquelles on se servira de l'une d'entre elles pour éliminer l'inconnue $\;i_{A=B-M}\;$ qui ne sous intéresse pas :

• équation du nœud $\;M$ : «$\;i_{A=B-M}+i=I\;\Rightarrow \;i_{A=B-M}=I-i\;$»,
• équation de maille $\;\left({\mathfrak {1}}\right)$ : $\;{\dfrac {r}{2}}\;i_{A=B-M}+2\;r\;I-e=0\;$ dans laquelle on reporte l'expression de $\;i_{A=B-M}\;$ précédemment évaluée soit $\;{\dfrac {r}{2}}\;(I-i)+2\;r\;I-e=0\;$ $\Leftrightarrow$ «$\;{\dfrac {5\;r}{2}}\;I-{\dfrac {r}{2}}\;i=e\;$» et
• équation de maille $\;\left({\mathfrak {2}}\right)$ : $\;{\dfrac {3\;r}{2}}\;i-{\dfrac {r}{2}}\;i_{A=B-M}=0\;$ dans laquelle on reporte l'expression de $\;i_{A=B-M}\;$ précédemment évaluée soit $\;{\dfrac {3\;r}{2}}\;i-{\dfrac {r}{2}}\;(I-i)=0\;$ $\Leftrightarrow$ «$\;{\dfrac {r}{2}}\;I-2\;r\;i=0\;$» ;

     on obtient ainsi le système de deux équations aux deux inconnues $\;\left(I,\,i\right)\;$ à résoudre «$\;\left\lbrace {\begin{array}{c}5\;I-i&=&{\dfrac {2\;e}{r}}&\left({\mathfrak {1}}'\right)\\I-4\;i&=&0&\left({\mathfrak {2}}'\right)\end{array}}\right\rbrace \;$» soit en formant $\;4\;\left({\mathfrak {1}}'\right)-\left({\mathfrak {2}}'\right)\;$ pour éliminer $\;i\;$ $\Rightarrow$ $\;19\;I={\dfrac {8\;e}{r}}\;$ ou «$\;I={\dfrac {8\;e}{19\;r}}\;$» puis, en utilisant $\;\left({\mathfrak {2}}'\right)\;$ on obtient «$\;i={\dfrac {I}{4}}={\dfrac {2\;e}{19\;r}}\;$» ; finalement les intensités des courants cherchées sont «$\;I={\dfrac {8\;e}{19\;r}}\;$» et «$\;i={\dfrac {2\;e}{19\;r}}\;$».

 

Mêmes questions en ajoutant une diode idéale dans la branche MN

     On dispose entre $\;N\;$ et $\;M\;$ en plus du conducteur ohmique de résistance $\;r$, d'une diode à jonction idéale.

     Déterminer $\;I\;$ dans les deux hypothèses possibles de branchement de cette diode.

Solution

Schéma d'un circuit fermé à $\;5\;$ nœuds et $\;8\;$ branches possédant une symétrie axiale avec présence d'une diode idéale en polarisation directe sur cet axe

Schéma d'un circuit fermé à $\;5\;$ nœuds et $\;8\;$ branches possédant une symétrie axiale avec présence d'une diode idéale en polarisation inverse sur cet axe

     Si la diode idéale est montée, entre $\;M\;$ et $\;N$, en série avec la résistance $\;r\;$ de telle façon qu'elle soit en polarisation directe comme dans le schéma ci-contre à gauche, elle est passante et, dans la mesure où elle est idéale, se comporte comme un court-circuit et par suite les résultats sont les mêmes que dans la question précédente à savoir «$\;I={\dfrac {8\;e}{19\;r}}\;$» et «$\;i={\dfrac {2\;e}{19\;r}}\;$».
     Si la diode idéale est montée, entre $\;M\;$ et $\;N$, en série avec la résistance $\;r\;$ de telle façon qu'elle soit en polarisation inverse comme dans le schéma ci-contre à droite, elle est bloquante et se comporte comme un interrupteur ouvert impliquant «$\;i=0\;$» ;

1^er schéma équivalent d'un circuit fermé à $\;5\;$ nœuds et $\;8\;$ branches avec présence d'une diode idéale en polarisation inverse sur l'axe de symétrie $\;CMN\;$ après utilisation de cette symétrie par court-circuit des points symétriques $\;F\;$ et $\;G\;$ ainsi que $\;A\;$ et $\;B$

     l'axe des $\;CMN\;$ étant toujours axe de symétrie de la répartition des courants du schéma ci-dessus à droite on en déduit que les points symétriques relativement à cet axe, à savoir $\;F\;$ et $\;G\;$ d'une part et $\;A\;$ et $\;B\;$ d'autre part, étant deux par deux au même potentiel peuvent être reliés par un court-circuit sans modifier la répartition des courants d'où le 1^er schéma équivalent ci-contre :

     dans le 1^er schéma équivalent ci-contre, le courant traversant la portion de circuit $\;NM\;$ étant d'intensité nulle, il en est de même du courant traversant la résistance $\;r\parallel r\;$ de la portion de circuit $\;A=B-N$, on peut donc supprimer la branche $\;A=B-N-M\;$ sans modifier la répartition des courants $\;{\big (}$d'où un 2^ème schéma équivalent à représenter soi-même${\big )}$ ;

     dans le 2^ème schéma équivalent à représenter soi-même, on a un simple circuit série constitué d'une association série de trois résistances $\;r\parallel r={\dfrac {r}{2}}\;$ et d'une résistance $\;r\;$ soit une résistance totale $\;R_{\text{tot}}={\dfrac {5\;r}{2}}\;$ et d'une source de tension parfaite de f.e.m. $\;e\;$ d'où, par application de la loi de Pouillet, $\;I={\dfrac {e}{R_{\text{tot}}}}\;$ soit «$\;I={\dfrac {e}{\dfrac {5\;r}{2}}}={\dfrac {2\;e}{5\;r}}\;$».

 

Groupement de piles, optimisation

     On dispose de $\;n\;$ piles identiques de f.e.m. $\;e\;$ et de résistance interne $\;r$. On réalise le branchement en parallèle entre $\;A\;$ et $\;B\;$ de $\;x\;$ dipôles comprenant chacun $\;y\;$ piles montées en série.

     Déterminer $\;x\;$ et $\;y\;$ pour que l'intensité du courant circulant dans un conducteur ohmique de résistance $\;R$, branché entre $\;A\;$ et $\;B$, soit maximale dans le cas particulier numérique suivant : $\;n=24$, $\;e=1\;V$, $\;r=1\;\Omega \;$ et $\;R=6\;\Omega$ ;

     préciser la valeur de l'intensité du courant $\;I_{\text{max}}\;$ délivrée par la batterie de piles avec les valeurs de $\;x\;$ et de $\;y\;$ précédemment trouvées quand celle-ci alimente le conducteur ohmique de résistance $\;R$.

Solution

Association $\;\parallel \;$ de $\;x\;$ batteries constituées chacune de $\;y\;$ piles $\;\left(e,\,r\right)\;$ soit au total $\;n=x\times y\;$ piles, alimentant une résistance $\;R$

     Nous avons un montage dont la partie génératrice formée de $\;x\;$ batteries montées en $\;\parallel$, chaque batterie étant constituée de $\;y\;$ piles en série $\;{\big (}$avec un nombre total $\;n=x\;y\;$ de piles fixé${\big )}\;$ alimente un conducteur ohmique de résistance $\;R\;$ et nous nous proposons de chercher la disposition pour que l'intensité du courant traversant cette résistance soit maximale $\;{\big (}$voir figure ci-contre${\big )}$ ;

     pour réduire le groupement de piles on remplace chaque batterie par son modèle générateur de tension et les piles étant en série, la f.e.m. du modèle est «$\;e_{\text{batterie}}=y\;e\;$» et la résistance interne «$\;r_{\text{batterie}}=y\;r$», puis

     pour réduire le groupement de piles on en prend le modèle générateur de courant de façon à réduire l'association $\;\parallel \;$ des $\;x\;$ batteries, le modèle générateur de chaque batterie ayant pour c.e.m. «$\;\eta _{\text{batterie}}={\dfrac {e_{\text{batterie}}}{r_{\text{batterie}}}}={\dfrac {y\;e}{y\;r}}={\dfrac {e}{r}}\;$» et pour conductance interne «$\;g_{\text{batterie}}$ $={\dfrac {1}{r_{\text{batterie}}}}={\dfrac {1}{y\;r}}\;$» ;
     pour réduire le groupement de piles les $\;x\;$ batteries étant en $\;\parallel$, le c.e.m. du modèle générateur de courant de l'association est «$\;\eta _{\text{association}}$ $=x\;\eta _{\text{batterie}}={\dfrac {x\;e}{r}}\;$» et la conductance interne «$\;g_{\text{association}}=x\;g_{\text{batterie}}={\dfrac {x}{y\;r}}\;$» ;

     pour réduire le groupement de piles on revient alors au modèle générateur de tension de l'association, la résistance interne étant «$\;r_{\text{association}}$ $={\dfrac {1}{g_{\text{association}}}}={\dfrac {y}{x}}\;r\;$» et la f.e.m. «$\;e_{\text{association}}=r_{\text{association}}\;\eta _{\text{association}}={\dfrac {y}{x}}\;r\;{\dfrac {x\;e}{r}}=y\;e\;$» ;

Réduction de l'association $\;\parallel \;$ de $\;x\;$ batteries constituées chacune de $\;y\;$ piles $\;\left(e,\,r\right)\;$ soit au total $\;n=x\times y\;$ piles, pour optimiser l'alimentation d'une résistance $\;R$

     le schéma équivalent du circuit étant représenté ci-contre et correspondant à un circuit série simple, l'intensité $\;I\;$ du courant y circulant s'obtient par loi de Pouillet selon «$\;I={\dfrac {e_{\text{association}}}{r_{\text{association}}+R}}={\dfrac {y\;e}{{\dfrac {y}{x}}\;r+R}}\;$» avec «$\;x={\dfrac {n}{y}}\;$» ce qui permet de réécrire l'intensité en fonction de la seule variable $\;y\;$ selon «$\;I={\dfrac {y\;e}{{\dfrac {y^{2}}{n}}\;r+R}}\;$» soit finalement «$\;I={\dfrac {y\;n\;e}{y^{2}\;r+n\;R}}\;$ avec $\;n=24\;$ et $\;y\in \mathbb {N} ^{*}\;$ diviseur de $\;24\;$» ;

     on étend la définition de $\;I=I(y)\;$ à toute valeur de $\;y\in \mathbb {R} ^{+}\;$ et
     l'extension de $\;I\;$ sera extrémale pour la valeur $\;y_{m}\;$ telle que $\;{\dfrac {dI}{dy}}(y_{m})=0\;$ avec $\;{\dfrac {dI}{dy}}(y)={\dfrac {\left(y^{2}\;r+n\;R\right)n\;e-\left(2\;y\;r\right)y\;n\;e}{\left(y^{2}\;r+n\;R\right)^{2}}}=$ ${\dfrac {n\;e\left(n\;R-y^{2}\;r\right)}{\left(y^{2}\;r+n\;R\right)^{2}}}\;$ s'annulant pour $\;y_{m}={\sqrt {\dfrac {n\;R}{r}}}\;$ soit numériquement, avec $\;R=6\;\Omega \;$ et $\;r=1\;\Omega$, la valeur réelle de $\;y_{m}={\sqrt {24\times 6}}=12\;$ ;
     cette valeur «$\;y_{m}=12\;$» correspond effectivement à un maximum car
         cette valeur «$\;\color {transparent}{y_{m}=12}\;$» $\;\succ \;$pour $\;y=0$, $\;{\dfrac {dI}{dy}}(0)={\dfrac {e}{R}}>0\;$ et par suite $\;I\nearrow \;$ sur l'intervalle $\;\left[0\;,\;y_{m}\right]\;$ et
         cette valeur «$\;\color {transparent}{y_{m}=12}\;$» $\;\succ \;$pour $\;y\rightarrow \infty$, $\;{\dfrac {dI}{dy}}(y)\sim -{\dfrac {n\;e}{y^{2}\;r}}\rightarrow 0^{-}<0\;$ d'où $\;I\searrow \;$ sur l'intervalle $\;\left[y_{m}\;,\;+\infty \right[$ ;

     en conclusion $\;y_{m}=12\;$ et $\;x_{m}=2$, établissant que c'est une association $\;\parallel \;$ de $\;2\;$ batteries de $\;12\;$ piles chacune qui permettra à ce groupement de piles d'optimiser l'intensité du courant traversant le conducteur de résistance $\;R$ ;
     en conclusion le modèle générateur de tension du groupement de piles ayant pour f.e.m. $\;e_{\text{association}}=12\;e=12\;V\;$ et pour résistance $\;r_{\text{association}}={\dfrac {12}{2}}\;r=6\;\Omega$,
     en conclusion l'intensité maximale, obtenue par loi de Pouillet, vaut donc «$\;I_{\text{max}}={\dfrac {12\;V}{6\;\Omega +6\;\Omega }}=1\;A\;$».

 

Réseau dipolaire linéaire actif branché sur un dipôle non linéaire

Schéma d'un R.D.L.A. fermé sur un D.N.L.P. $\;{\big (}$plus particulièrement une varistance${\big )}$

     On considère le circuit représenté ci-contre, comprenant, outre des dipôles linéaires, une « varistance $\;{\big (}$ou V.D.R.${\big )}\;$» ;

     on donne l'équation de la caractéristique statique de la « varistance $\;{\big (}$ou V.D.R.${\big )}\;$» en convention récepteur «$\;|i|=2,5\;10^{-5}\;u^{2}\;$» où $\;i\;$ est exprimée en $\;A\;$ et $\;u\;$ en $\;V$.

Détermination du générateur de Thévenin équivalent au R.D.L.A. NM aux bornes duquel est branchée la varistance

     Déterminer la f.e.m. $\;e_{\text{Th}}\;$ et la résistance $\;r_{\text{Th}}\;$ du générateur de Thévenin équivalent au R.D.L.A. $\;NM\;$ par application de la méthode qui vous semble la plus appropriée puis

     écrire la loi d'Ohm généralisée de ce générateur de Thévenin équivalent $\;{\big (}$en convention générateur${\big )}$.

Solution

Schéma d'un R.D.L.A. fermé sur un D.N.L.P. $\;{\big (}$plus particulièrement une varistance${\big )}\;$ dans le but de modéliser le R.D.L.A. en son générateur de Thévenin équivalent

     Le R.D.L.A. $\;NM\;$ délivrant un courant d'intensité $\;i\;$ étant encadré en rouge dans le schéma ci-contre, on cherche sa modélisation en générateur de Thévenin, la meilleure façon étant, dans la mesure où ils existent, de reconnaître un $\;{\big (}$ou plusieurs${\big )}\;$ P.D.T. ou d'utiliser le théorème de Millman $\;{\big (}$mais ce dernier est à considérer comme complément${\big )}$.

     Par reconnaissance de P.D.T. : le R.D.L.A. $\;BA\;$ constitué de la branche active $\;BCA\;$ et de la branche passive $\;BA\;$ est un P.D.T. alimenté en entrée par une f.e.m. $\;e_{BC}=-60\;V\;$ et de sortie aux bornes de $\;BA$, dont le générateur de Thévenin équivalent est
          Par reconnaissance de P.D.T. : $\succ \;$de f.e.m. $\;{\big (}$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;e_{{\text{Th}},\,BA}=-{\dfrac {R_{BA}}{R_{CA}+R_{BA}}}\;60\;V=-{\dfrac {1}{1+1}}\;60\;V=-30\;V\;$» et
          Par reconnaissance de P.D.T. : $\succ \;$de résistance $\;{\big (}$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;r_{{\text{Th}},\,BA}={\dfrac {R_{BA}\;R_{CA}}{R_{CA}+R_{BA}}}={\dfrac {1\times 1}{1+1}}\;k\Omega =0,5\;k\Omega \;$» ;
          Par reconnaissance de P.D.T. : en remplaçant le R.D.L.A. $\;BA\;$ par son générateur de Thévenin équivalent
          Par reconnaissance de P.D.T. : on constate, dans le R.D.L.A. $\;NM\;$ délivrant un courant d'intensité $\;i$, que
          Par reconnaissance de P.D.T. : on constate, la résistance $\;R_{AM}=1,5\;k\Omega \;$ est en série avec $\;r_{{\text{Th}},\,BA}=0,5\;k\Omega \;$ et
          Par reconnaissance de P.D.T. : on constate, la source idéale de tension de f.e.m. $\;e_{NB}=10\;V\;$ est aussi en série avec $\;e_{{\text{Th}},\,BA}=-30\;V\;$
          Par reconnaissance de P.D.T. : d'où la modélisation du R.D.L.A. $\;NM\;$ délivrant un courant d'intensité $\;i\;$ en générateur de Thévenin
          Par reconnaissance de P.D.T. : d'où la modélisation $\succ \;$de f.e.m. $\;{\big (}$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;e_{{\text{Th}},\,NM}=+10\;V+(-30)\;V=-20\;V\;$» et
          Par reconnaissance de P.D.T. : d'où la modélisation $\succ \;$de résistance $\;{\big (}$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;r_{{\text{Th}},\,NM}=0,5\;k\Omega +1,5\;k\Omega =2,0\;k\Omega \;$» ;

          Par reconnaissance de P.D.T. : la loi d'Ohm généralisée du générateur de Thévenin équivalent s'écrit donc, en convention générateur,
          Par reconnaissance de P.D.T. : la loi d'Ohm généralisée «$\;u_{\text{en V}}=e_{{\text{Th}},\,NM}-r_{{\text{Th}},\,NM}\;i=-20-2,0\;10^{3}\;i_{\text{en A}}\;$».

     Par utilisation du théorème de Millman : La masse ayant été choisie en $\;N$, la tension aux bornes du R.D.L.A. $\;NM\;$ délivrant un courant d'intensité $\;i\;$ se détermine par loi d'Ohm généralisée en considérant $\;V_{A}\;$ comme une f.e.m. de générateur soit $\;V_{M}=V_{A}-R_{AM}\;i\;$ ;
          Par utilisation du théorème de Millman : on détermine alors $\;V_{A}\;$ en appliquant, au nœud $\;A$, le théorème de Millman à deux branches de type $\;\left(R,\,V\right)\;$ et délivrance d'un courant extérieur d'intensité $\;i\;$ soit «$\;V_{A}=$ ${\dfrac {{\dfrac {V_{C}}{R_{AC}}}+{\dfrac {V_{B}}{R_{AB}}}-i}{{\dfrac {1}{R_{AC}}}+{\dfrac {1}{R_{AB}}}}}=$ ${\dfrac {R_{AB}\;V_{C}+R_{AC}\;V_{B}-R_{AB}\;R_{AC}\;i}{R_{AB}+R_{AC}}}={\dfrac {R_{AB}}{R_{AB}+R_{AC}}}\;V_{C}+{\dfrac {R_{AC}}{R_{AB}+R_{AC}}}\;V_{B}-{\dfrac {R_{AB}\;R_{AC}}{R_{AB}+R_{AC}}}\;i\;$» que l'on réinjecte dans l'expression de $\;V_{M}\;$ précédente soit

          Par utilisation du théorème de Millman : «$\;V_{M}={\dfrac {R_{AB}}{R_{AB}+R_{AC}}}\;V_{C}+{\dfrac {R_{AC}}{R_{AB}+R_{AC}}}\;V_{B}-\left[{\dfrac {R_{AB}\;R_{AC}}{R_{AB}+R_{AC}}}+R_{AM}\right]i\;$» ou, avec «$\;V_{B}=V_{B}-V_{N}=10\;V\;$» et «$\;V_{C}=V_{C}-V_{B}+V_{B}-V_{N}=$ $-60\;V+10\;V=-50\;V\;$», «$\;R_{AM}=1500\;\Omega \;$» et «$\;R_{AB}=R_{AC}=1000\;\Omega \;$», on en déduit numériquement
          Par utilisation du théorème de Millman : «$\;V_{M,\,{\text{en V}}}=$ ${\dfrac {1}{2}}\times (-50)+{\dfrac {1}{2}}\times (10)-\left[{\dfrac {10^{3}\times 10^{3}}{2\;10^{3}}}+1,5\;10^{3}\right]i_{\text{en A}}\;$» $\Leftrightarrow$ «$\;V_{M,\,{\text{en V}}}=-20-2,0\;10^{3}\;i_{\text{en A}}\;$» et finalement «$\;u_{\text{en V}}=V_{M}-V_{N}=-20-2,0\;10^{3}\;i_{\text{en A}}\;$» dont on tire
une f.e.m. $\;{\big (}$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;e_{{\text{Th}},\,NM}=-20\;V\;$» et
une résistance $\;{\big (}$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;r_{{\text{Th}},\,NM}=2,0\;10^{3}\Omega \;$».

 

Détermination du point de fonctionnement de la varistance

     Représenter le circuit équivalent en remplaçant le R.D.L.A. $\;MN\;$ par son générateur de Thévenin équivalent.

     Déterminer le signe de l'intensité du courant traversant la varistance à partir de celui de la f.e.m. $\;e_{\text{Th}}\;$ et en déduire aussi le signe de la tension à ses bornes, puis

     écrire l'équation de la caractéristique statique de la « varistance $\;{\big (}$ou V.D.R.${\big )}\;$» en convention récepteur ;

     à partir de la loi d'Ohm généralisée du générateur de Thévenin équivalent et de l'équation de la caractéristique statique de la « varistance $\;{\big (}$ou V.D.R.${\big )}\;$», en déduire le point de fonctionnement $\;\left(i,\;u\right)\;$ de la « varistance $\;{\big (}$ou V.D.R.${\big )}\;$».

Solution

Schéma équivalent d'un R.D.L.A. fermé sur un D.N.L.P. $\;{\big (}$plus particulièrement une varistance${\big )}\;$ après modélisation du R.D.L.A. par son générateur de Thévenin équivalent

     Le circuit équivalent étant représenté ci-contre et la f.e.m. y étant $\;<0\;$ on en déduit que «$\;i\;$ est $\;<0\;$»
$\Downarrow$
«$\;u<0\;$» aussi ;

     l'équation de la caractéristique statique courant tension de la varistance est donc «$\;i=-2,5\;10^{-5}\;u^{2}\;$» avec $\;u\;$ en $\;V\;$ et $\;i\;$ en $\;A$ ;

     le point de fonctionnement de la varistance $\;\left(i,\;u\right)\;$ doit satisfaire à l'équation de la caractéristique précédente «$\;i=-2,5\;10^{-5}\;u^{2}\;$» mais aussi
          le point de fonctionnement de la varistance $\;\color {transparent}{\left(i,\;u\right)}\;$ doit satisfaire à celle du générateur de Thévenin «$\;u=-20-2\;10^{3}\;i\;$»,
          le point de fonctionnement de la varistance $\;\color {transparent}{\left(i,\;u\right)}\;$ on le détermine donc comme solution de l'équation en $\;u\;$ suivante :
          le point de fonctionnement de la varistance $\;\color {transparent}{\left(i,\;u\right)}\;$ «$\;u=-20-2\;10^{3}\left(-2,5\;10^{-5}\;u^{2}\right)\;$» $\Leftrightarrow$ $\;u=-20+0,05\;u^{2}\;$ $\Leftrightarrow$ «$\;u^{2}-20\,u-400=0\;$»
          le point de fonctionnement de la varistance $\;\color {transparent}{\left(i,\;u\right)}\;$ de discriminant réduit $\;\Delta '=100+400=500\;$ et
          le point de fonctionnement de la varistance $\;\color {transparent}{\left(i,\;u\right)}\;$ de solutions $\;u_{\pm }=10\pm {\sqrt {500}}=10\pm 10\;{\sqrt {5}}\;$ dont on conserve la solution $\;<0\;$ soit «$\;u=-10\left({\sqrt {5}}-1\right)\simeq -12,36\,V\;$» ;           le point de fonctionnement de la varistance $\;\color {transparent}{\left(i,\;u\right)}\;$ $\;i\;$ peut se déterminer par l'une ou l'autre des équations de caractéristique soit par exemple celle de la varistance
          le point de fonctionnement de la varistance $\;\color {transparent}{\left(i,\;u\right)}\;$ $\;i\simeq -2,5\;10^{-5}\times \left(-12,36\right)^{2}\simeq -3,82\;10^{-3}\;A\;$ ou «$\;i\simeq -3,82\;mA\;$».

 

Détermination de l'intensité du courant traversant un conducteur ohmique dans un réseau à deux sources de tension

Recherche de l'intensité du courant traversant le conducteur ohmique de résistance $\;r\;$ branché dans un réseau linéaire à deux sources de tension

     Les générateurs du circuit ci-contre sont de résistance interne nulle.

     Cherchant à déterminer l'intensité $\;i\;$ du courant circulant dans le conducteur ohmique de résistance $\;r$, nous nous proposons de remplacer le R.D.L.A. $\;AB\;$ par son générateur de Thévenin équivalent, lequel délivre un courant à la branche extérieure constituée du conducteur ohmique de résistance $\;r$.

Générateur de Thévenin équivalent au R.D.L.A. AB aux bornes duquel est branché le conducteur ohmique de résistance r

     Redessiner le circuit fermé ci-contre en termes de « R.D.L.A. $\;AB\;$» fermé sur la « charge de résistance $\;r\;$», le R.D.L.A. délivrant un courant d'intensité $\;i\;$ à la charge extérieure, puis,

     déterminer, par la méthode qui vous semble la mieux adaptée, le générateur de Thévenin équivalent au R.D.L.A. $\;AB\;$ délivrant un courant d'intensité $\;i$.

Solution

Dessin du réseau linéaire à deux sources de tension fermé sur un conducteur ohmique de résistance $\;r\;$ en termes de "R.D.L.A." fermé sur "la charge de résistance $\;r$"

     On redessine le circuit fermé en termes de R.D.L.A. $\;AB\;$ fermé sur la charge de résistance $\;r$, le R.D.L.A. délivrant le courant d'intensité $\;i\;$ à la charge de résistance $\;r\;$ ${\big (}$considérée comme une branche extérieure${\big )}\;$ voir schéma ci-contre :

     pour déterminer le générateur de Thévenin équivalent au R.D.L.A. encadré en tiretés, on peut reconnaître un $\;{\big (}$ou plusieurs${\big )}\;$ P.D.T. ou appliquer le théorème de Millman $\;{\big (}$mais ce dernier est à considérer comme complément${\big )}$ ;

     par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;C=F\;$ et $\;A\;$ on reconnaît un P.D.T. alimenté en entrée par $\;e_{CD}=-e_{1}\;$ et de sortie aux bornes $\;C=F-A\;$
               par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{C=F}\;$ et $\;\color {transparent}{A}\;$ on reconnaît un P.D.T. délivrant un courant d'intensité $\;i\;$ par la borne $\;A\;$
               par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{C=F}\;$ et $\;\color {transparent}{A}\;$ on reconnaît un P.D.T. dont le générateur de Thévenin équivalent est de
               par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{C=F}\;$ et $\;\color {transparent}{A}\;$ on reconnaît un P.D.T. $\succ \;$f.e.m. $\;{\big (}$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;e_{{\text{Th}},\,C=F-A}={\dfrac {R}{R+R}}\;e_{CD}=-{\dfrac {e_{1}}{2}}\;$» et
               par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{C=F}\;$ et $\;\color {transparent}{A}\;$ on reconnaît un P.D.T. $\succ \;$résistance $\;{\big (}$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;r_{{\text{Th}},\,C=F-A}=R\ \parallel R={\dfrac {R}{2}}\;$» d'où

          par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{C=F}\;$ et $\;\color {transparent}{A}\;$ «$\;u_{1}=e_{{\text{Th}},\,C=F-A}-r_{{\text{Th}},\,C=F-A}\;i=-{\dfrac {e_{1}}{2}}-{\dfrac {R}{2}}\;i\;$» ; de même

          par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;B\;$ et $\;C=F\;$ on reconnaît un P.D.T. alimenté en entrée par $\;e_{EC}=e_{2}\;$ et de sortie aux bornes $\;B-C=F\;$
               par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{C=F}\;$ et $\;\color {transparent}{A}\;$ on reconnaît un P.D.T. recevant un courant d'intensité $\;i\;$ par la borne $\;B\;$
               par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{B}\;$ et $\;\color {transparent}{C=F}\;$ on reconnaît un P.D.T. dont le générateur de Thévenin équivalent est
               par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{B}\;$ et $\;\color {transparent}{C=F}\;$ on reconnaît un P.D.T. $\succ \;$de f.e.m. $\;{\big (}$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;e_{{\text{Th}},\,B-C=F}={\dfrac {R}{R+R}}\;e_{EC}={\dfrac {e_{2}}{2}}\;$» et
               par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{B}\;$ et $\;\color {transparent}{C=F}\;$ on reconnaît un P.D.T. $\succ \;$de résistance $\;{\big (}$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;r_{{\text{Th}},\,B-C=F}=R\ \parallel R={\dfrac {R}{2}}\;$» d'où

          par reconnaissance de P.D.T. : entre $\;\color {transparent}{B}\;$ et $\;\color {transparent}{C=F}\;$ «$\;u_{2}=e_{{\text{Th}},\,B-C=F}-r_{{\text{Th}},\,B-C=F}\;i={\dfrac {e_{2}}{2}}-{\dfrac {R}{2}}\;i\;$» ;

          par reconnaissance de P.D.T. : on en déduit «$\;u=u_{1}+u_{2}={\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2}}-R\;i\;$», le générateur de Thévenin équivalent au R.D.L.A. $\;AB\;$ étant
               par reconnaissance de P.D.T. : on en déduit «$\;\color {transparent}{u=u_{1}+u_{2}={\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2}}-R\;i}\;$», le générateur de Thévenin équivalent $\succ \;$de f.e.m. $\;{\big (}$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;e_{{\text{Th}},\,BA}={\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2}}\;$» et
               par reconnaissance de P.D.T. : on en déduit «$\;\color {transparent}{u=u_{1}+u_{2}={\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2}}-R\;i}\;$», le générateur de Thévenin équivalent $\succ \;$de résistance $\;{\big (}$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;r_{{\text{Th}},\,BA}=R\;$».

     Par application du théorème de Millman : la masse étant choisie en $\;C\;$, on applique successivement, au R.D.L.A. $\;AB\;$ délivrant un courant d'intensité $\;i$,
               Par application du théorème de Millman : la masse étant choisie en $\;\color {transparent}{C}\;$, on applique le théorème de Millman au nœud $\;A\;$ puis au nœud $\;B\;$, on obtient ;
                    Par application du théorème de Millman : la masse étant choisie en $\;\color {transparent}{C}\;$, on applique le théorème de Millman $\succ \;$au nœud $\;A$, «$\;V_{A}={\dfrac {{\dfrac {V_{D}}{R}}+{\dfrac {V_{F}}{R}}-i}{{\dfrac {1}{R}}+{\dfrac {1}{R}}}}={\dfrac {{\dfrac {-e_{1}}{R}}+{\dfrac {0}{R}}-i}{{\dfrac {1}{R}}+{\dfrac {1}{R}}}}=-{\dfrac {e_{1}}{2}}-{\dfrac {R}{2}}\,i\;$» et
                    Par application du théorème de Millman : la masse étant choisie en $\;\color {transparent}{C}\;$, on applique le théorème de Millman $\succ \;$au nœud $\;B$, «$\;V_{B}={\dfrac {{\dfrac {V_{E}}{R}}+{\dfrac {V_{F}}{R}}+i}{{\dfrac {1}{R}}+{\dfrac {1}{R}}}}={\dfrac {{\dfrac {-e_{2}}{R}}+{\dfrac {0}{R}}+i}{{\dfrac {1}{R}}+{\dfrac {1}{R}}}}=-{\dfrac {e_{2}}{2}}+{\dfrac {R}{2}}\,i\;$» d'où

                Par application du théorème de Millman : la masse étant choisie en $\;\color {transparent}{C}\;$, en formant la différence on en déduit la tension aux bornes du R.D.L.A. en fonction de l'intensité $\;i\;$ du courant délivré soit
                Par application du théorème de Millman : la masse étant choisie en $\;\color {transparent}{C}\;$, en formant la différence on en déduit «$\;V_{A}-V_{B}={\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2}}-R\,i\;$» dont on tire le générateur de Thévenin équivalent
                Par application du théorème de Millman : la masse étant choisie en $\;\color {transparent}{C}\;$, en formant la différence on en déduit «$\;\color {transparent}{V_{A}-V_{B}={\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2}}-R\,i}\;$» $\succ \;$de f.e.m. $\;{\big (}$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;e_{{\text{Th}},\,BA}={\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2}}\;$» et
                Par application du théorème de Millman : la masse étant choisie en $\;\color {transparent}{C}\;$, en formant la différence on en déduit «$\;\color {transparent}{V_{A}-V_{B}={\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2}}-R\,i}\;$» $\succ \;$de résistance $\;{\big (}$de Thévenin${\big )}\;$ «$\;r_{{\text{Th}},\,BA}=R\;$».

 

Détermination de l'intensité i du courant traversant le conducteur ohmique de résistance r

     Tracer le schéma équivalent en remplaçant le R.D.L.A. $\;AB\;$ par son générateur de Thévenin équivalent puis

     en déduire l'intensité $\;i\;$ du courant que ce générateur de Thévenin délivre au conducteur ohmique de résistance $\;r$.

Solution

Schéma équivalent du réseau linéaire à deux sources de tension fermé sur un conducteur ohmique de résistance $\;r\;$ obtenu en remplaçant le "R.D.L.A." par son générateur de Thévenin

     Voir ci-contre le schéma du circuit équivalent obtenu en remplaçant le R.D.L.A. $\;AB\;$ par son générateur de Thévenin équivalent ;

     Voir le schéma étant celui d'un circuit série simple, on en déduit l'intensité $\;i\;$ du courant traversant le conducteur ohmique de résistance $\;r\;$ par loi de Pouillet soit «$\;i={\dfrac {e_{{\text{Th}},\,BA}}{r_{{\text{Th}},\,BA}+r}}={\dfrac {\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2}}{R+r}}\;$» et
finalement «$\;i={\dfrac {e_{2}-e_{1}}{2\;(R+r)}}\;$».

 

Détermination de l'intensité du courant traversant un conducteur ohmique dans un réseau à deux sources de tension et une source de courant

Recherche de l'intensité du courant traversant le conducteur ohmique de résistance $\;R_{3}\;$ branché dans un réseau linéaire à deux sources de tension et une source de courant

     Les sources de tension et de courant du circuit ci-contre sont idéales.

     Cherchant à déterminer l'intensité $\;i\;$ du courant circulant dans le conducteur ohmique de résistance $\;R_{3}$, nous nous proposons de remplacer le R.D.L.A. $\;AB\;$ par son générateur de Norton équivalent, lequel délivre un courant à la branche extérieure constituée du conducteur ohmique de résistance $\;R_{3}$.

Générateur de Norton équivalent au R.D.L.A. AB aux bornes duquel est branché le conducteur ohmique de résistance R₃

     Redessiner le circuit fermé représenté ci-contre en termes de « R.D.L.A. $\;AB\;$» fermé sur la « charge de résistance $\;R_{3}\;$», le R.D.L.A. délivrant un courant d'intensité $\;i\;$ à la charge extérieure, puis,

     déterminer, par la méthode qui vous semble la mieux adaptée, le générateur de Norton équivalent au R.D.L.A. $\;AB\;$ délivrant un courant d'intensité $\;i$.

Solution

Restructuration du circuit à deux sources de tension et une source de courant en termes de charge branchée aux bornes d'un R.D.L.A. délivrant le courant d'intensité $\;i\;$ traversant le conducteur ohmique de résistance $\;R_{3}\;$ considéré comme charge

     Voir ci-contre le schéma équivalent au circuit fermé ci-dessus,
     Voir ci-contre le schéma dans lequel on a remplacé les deux résistances $\;R_{1}\;$ et $\;R_{2}\;$ montés en série
     Voir ci-contre le schéma dans lequel on a remplacé les deux résistances par leur résistance équivalente $\;R_{1}+R_{2}\;$ et
     Voir ci-contre le schéma dans lequel on a mis la résistance $\;R_{3}\;$ en bout de chaîne pour la considérer comme branche extérieure alimentée par le R.D.L.A. $\;AB\;$
     Voir ci-contre le schéma${\big (}$encadré en tiretés violets dans le schéma ci-contre${\big )}$ ;

     pour déterminer le générateur de Norton équivalent au R.D.L.A. $\;AB$, le plus simple est
          pour déterminer le générateur de Norton de transformer toutes les branches dont on connaît le modèle générateur de tension en leur modèle générateur de courant puis
          pour déterminer le générateur de Norton d'utiliser la propriété d'équivalence d'une association $\;\parallel \;$ de modèles générateurs de courant soit :
          pour déterminer le générateur de Norton $\succ \;$branche $\;BCA$, source de courant parfaite de c.e.m. $\;\eta _{N,\,BCA}={\dfrac {e_{1}}{R_{1}+R_{2}}}\;$
          pour déterminer le générateur de Norton $\color {transparent}{\succ }\;$branche $\;\color {transparent}{BCA}$, en $\;\parallel \;$ sur conducteur ohmique de résistance $\;r_{N,\,BCA}=$ $R_{1}+R_{2}$,
          pour déterminer le générateur de Norton $\succ \;$branche $\;BDA$, source de courant parfaite de c.e.m. $\;\eta _{N,\,BDA}={\dfrac {e_{4}}{R_{4}}}\;$
          pour déterminer le générateur de Norton $\color {transparent}{\succ }\;$branche $\;\color {transparent}{BDA}$, en $\;\parallel \;$ sur conducteur ohmique de résistance $\;r_{N,\,BDA}=R_{4}\;$ et
          pour déterminer le générateur de Norton $\succ \;$les deux autres branches formant un générateur de Norton de c.e.m. $\;{\big (}$de Norton${\big )}$ $\;\eta _{N,\,BA,\,{\text{autres}}}=i_{0}\;$ et
               pour déterminer le générateur de Norton $\color {transparent}{\succ }\;$les deux autres branches formant un générateur de Norton de résistance $\;{\big (}$de Norton${\big )}$ $\;r_{N,\,BA,\,{\text{autres}}}=R_{5}$ ; finalement

     pour déterminer $\succ \;$le générateur de Norton équivalent au R.D.L.A. $\;AB\;$ a pour c.e.m. $\;{\big (}$de Norton${\big )}$ $\;\eta _{N,\,BA}=\eta _{N,\,BCA}+\eta _{N,\,BDA}+\eta _{N,\,BA,\,{\text{autres}}}={\dfrac {e_{1}}{R_{1}+R_{2}}}+{\dfrac {e_{4}}{R_{4}}}+i_{0}\;$ et
                pour déterminer $\color {transparent}{\succ }\;$le générateur de Norton équivalent au R.D.L.A. $\;\color {transparent}{AB}\;$ a pour résistance $\;{\big (}$de Norton${\big )}$ $\;r_{N,\,BA}\;$ telle que $\;{\dfrac {1}{r_{N,\,BA}}}={\dfrac {1}{r_{N,\,BCA}}}+{\dfrac {1}{r_{N,\,BDA}}}+{\dfrac {1}{r_{N,\,BA,\,{\text{autres}}}}}={\dfrac {1}{R_{1}+R_{2}}}+{\dfrac {1}{R_{4}}}+{\dfrac {1}{R_{5}}}$.

 

Détermination de l'intensité i du courant traversant le conducteur ohmique de résistance R₃

     Tracer le schéma équivalent en remplaçant le R.D.L.A. $\;AB\;$ par son générateur de Norton équivalent puis

     en déduire l'intensité $\;i\;$ du courant que ce générateur de Norton délivre au conducteur ohmique de résistance $\;R_{3}$.

     A.N. : $\;R_{1}=R_{2}=1\;k\Omega$, $\;R_{3}=100\;\Omega$, $\;R_{4}=0,5\;k\Omega$, $\;R_{5}=1,5\;k\Omega$, $\;e_{1}=10\;V$, $\;e_{4}=5\;V\;$ et $\;i_{0}=20\;mA$.

Solution

Schéma équivalent obtenu en remplaçant le R.D.L.A. délivrant le courant d'intensité $\;i\;$ au conducteur ohmique de résistance $\;R_{3}\;$ par son générateur de Norton équivalent

     Voir ci-contre le schéma équivalent en remplaçant le R.D.L.A. $\;AB\;$ par son générateur de Norton équivalent :

     numériquement avec $\;R_{4}=500\;\Omega$, $\;R_{5}=1500\;\Omega$, $\;R_{1}+R_{2}=2000\;\Omega$, $\;e_{1}=10\;V$, $\;e_{4}=5\;V\;$ et $\;i_{0}=0,02\;A$,
     numériquement le générateur de Norton a pour c.e.m. $\;{\big (}$de Norton${\big )}$ $\;\eta _{N,\,BA}={\dfrac {10}{2000}}+{\dfrac {5}{500}}+0,02=0,035\;$ en $\;A\;$ soit encore
                numériquement le générateur de Norton a pour c.e.m. $\;\color {transparent}{\big (}$de Norton $\color {transparent}{\big )}$ $\;\eta _{N,\,BA}=35\;mA\;$ et
           numériquement le générateur de Norton a pour résistance $\;{\big (}$de Norton${\big )}$ $\;r_{N,\,BA}\;$ telle que $\;{\dfrac {1}{r_{N,\,BA}}}={\dfrac {1}{2000}}+{\dfrac {1}{500}}+{\dfrac {1}{1500}}={\dfrac {3+12+4}{6000}}$ $={\dfrac {19}{6000}}\;S\;$ d'où $\;r_{N,\,BA}={\dfrac {6000}{19}}\;\Omega \simeq 315,8\;\Omega$.

     On détermine alors l'intensité $\;i\;$ du courant circulant dans le conducteur ohmique de résistance $\;R_{3}=100\;\Omega \;$
     On détermine par P.D.C. alimenté en entrée par $\;\eta _{N,\,BA}=35\;mA\;$ et
           On détermine par P.D.C. en sortie court-circuitée sur la branche contenant le conducteur ohmique de résistance $\;R_{3}=100\;\Omega \;$ soit «$\;i={\dfrac {r_{N,\,BA}}{r_{N,\,BA}+R_{3}}}\;\eta _{N,\,BA}\;$» et numériquement
«$\;i\simeq {\dfrac {315,8}{315,8+100}}\times 35\;mA\simeq 26,6\;mA\;$».