Modéliser un réseau par un graphe · Loi des nœuds · Minimiser les pertes par effet Joule
Transporter et distribuer l'électricité sur de longues distances engendre des pertes par effet Joule : une partie de l'énergie transportée est dissipée sous forme de chaleur dans les câbles, proportionnellement à $R \times I^2$ (résistance du câble, intensité au carré).
Minimiser ces pertes est un enjeu à la fois économique et écologique. Pour cela, les ingénieurs représentent le réseau électrique par un modèle mathématique : un graphe orienté, qui simplifie le circuit tout en conservant ses contraintes physiques essentielles.
Un graphe orienté est un ensemble de sommets reliés par des arcs (flèches). Dans un réseau électrique :
Graphe orienté d'un réseau à 2 sources, 1 nœud intermédiaire, 1 cible
En un nœud intermédiaire, la somme des intensités qui entrent est égale à la somme des intensités qui sortent : dans l'exemple ci-dessus, $I_1 + I_2 = I_0$. C'est cette contrainte qui permet de réduire un problème à plusieurs variables à une seule.
Deux centrales A et B alimentent une usine via une sous-station. Les résistances des lignes sont $R_1 = 2\,\Omega$ (centrale A) et $R_2 = 3\,\Omega$ (centrale B). L'usine a besoin d'une intensité totale $I_0 = 10\,\text{A}$.
1. Loi des nœuds : $I_1 + I_2 = 10$, donc $I_2 = 10 - I_1$.
2. Pertes totales : $P_J(I_1) = R_1 I_1^2 + R_2 I_2^2 = 2I_1^2 + 3(10-I_1)^2$.
3. En développant : $P_J(I_1) = 2I_1^2 + 3(100 - 20I_1 + I_1^2) = 5I_1^2 - 60I_1 + 300$.
4. C'est une fonction du second degré, de coefficient $a = 5 > 0$ : elle admet un minimum en $I_1 = -\dfrac{b}{2a} = \dfrac{60}{10} = 6\,\text{A}$. Alors $I_2 = 4\,\text{A}$ et $P_J(6) = 5\times36 - 60\times6 + 300 = 120\,\text{W}$.
Quand un réseau doit relier plusieurs sommets (plusieurs centrales, plusieurs villes) et non plus seulement deux sources vers une cible, la question n'est plus « comment répartir un courant ? » mais « quelles lignes construire pour relier tous les sommets en dépensant le moins de résistance (ou de câble) possible ? ». On cherche alors un arbre couvrant de poids minimal : un ensemble d'arcs qui relie tous les sommets, sans former de boucle, et dont la somme des poids est la plus petite possible.
Un réseau doit relier 5 postes A, B, C, D, E. Les résistances possibles de chaque ligne (en $\Omega$) sont : A–B : 4 ; A–C : 7 ; B–C : 2 ; B–D : 5 ; C–D : 6 ; C–E : 3 ; D–E : 8.
1. On classe les arcs par poids croissant : B–C(2), C–E(3), A–B(4), B–D(5), C–D(6), A–C(7), D–E(8).
2. On les examine dans cet ordre : B–C relie deux sommets neufs → ajouté. C–E relie E (neuf) → ajouté. A–B relie A (neuf) → ajouté. B–D relie D (neuf) → ajouté. On a déjà $5-1=4$ arcs : tous les sommets sont reliés, on s'arrête.
3. Les arcs C–D(6), A–C(7) et D–E(8) sont rejetés : leurs deux extrémités étaient déjà reliées par l'arbre en construction, les ajouter créerait une boucle sans relier de nouveau sommet.
4. Poids total de l'arbre optimal : $2+3+4+5 = 14\,\Omega$. C'est le réseau qui relie les 5 postes avec le moins de résistance cumulée possible.
Un réseau doit relier 4 postes P, Q, R, S. Les résistances possibles sont : P–Q : 3 ; P–R : 8 ; P–S : 6 ; Q–R : 5 ; Q–S : 9 ; R–S : 2.
a. Construire l'arbre de poids minimal en appliquant la méthode ci-dessus. b. Donner son poids total.
a. Arcs classés par poids croissant : R–S(2), P–Q(3), Q–R(5), P–S(6), P–R(8), Q–S(9).
On examine dans l'ordre : R–S relie deux sommets neufs → ajouté. P–Q relie deux sommets neufs (composante différente) → ajouté. Q–R relie les deux composantes {P,Q} et {R,S} → ajouté ; on a $4-1=3$ arcs, tous les sommets sont reliés, on s'arrête. P–S, P–R et Q–S sont rejetés (boucles).
b. Poids total : $2+3+5 = 10$.
Déplace le curseur pour répartir le courant entre les deux centrales et observe l'effet sur les pertes totales.
Un poste de distribution est alimenté par 3 centrales et distribue le courant à 3 villes. Les intensités arrivant au poste sont $I_1 = 400\,\text{A}$, $I_2 = 240\,\text{A}$, $I_3 = 330\,\text{A}$. Les intensités sortantes mesurées sont $I_4 = 250\,\text{A}$, $I_5 = 300\,\text{A}$ et $I_6 = 150\,\text{A}$.
a. La loi des nœuds est-elle respectée ? b. Si non, que faut-il ajouter au graphe pour la rétablir ?
a. Entrées : $400+240+330 = 970\,\text{A}$. Sorties : $250+300+150 = 700\,\text{A}$. Comme $970 \neq 700$, la loi des nœuds n'est pas respectée par ce graphe incomplet.
b. Il manque un sommet recevant le surplus de courant : $970 - 700 = 270\,\text{A}$. On ajoute donc un arc sortant du poste vers un nouveau sommet (ex. un dispositif de stockage, ou un autre poste de distribution) transportant ces 270 A.
Reprendre l'exemple résolu du §3, mais en supposant que la sous-station alimente deux cibles : une usine nécessitant $6\,\text{A}$ et un lotissement nécessitant $4\,\text{A}$ (au lieu d'une seule cible à $10\,\text{A}$). Les résistances $R_1, R_2$ des lignes d'arrivée restent $2\,\Omega$ et $3\,\Omega$.
a. Que vaut $I_0$, le courant total à fournir par la sous-station ? b. Le problème d'optimisation change-t-il ?
a. Par la loi des nœuds appliquée à la sous-station : $I_0 = 6 + 4 = 10\,\text{A}$, comme précédemment.
b. Non : seules les pertes sur les lignes d'arrivée (entre les centrales et la sous-station) dépendent de la répartition $I_1/I_2$ à optimiser. La répartition entre les deux cibles est fixée par leurs besoins respectifs et n'intervient pas dans cette optimisation. Le résultat ($I_1=6\,\text{A}$, $I_2=4\,\text{A}$, pertes minimales $=120\,\text{W}$) reste donc inchangé.
Recherche du minimum par balayage (méthode numérique, sans dérivée) :
def pertes(I1, R1=2, R2=3, I0=10): """Pertes Joule totales, I2 déduit de la loi des nœuds.""" I2 = I0 - I1 return R1 * I1**2 + R2 * I2**2 # Balayage de I1 entre 0 et 10 A par pas de 0.01 meilleur_I1, meilleures_pertes = 0, pertes(0) I1 = 0 while I1 <= 10: p = pertes(I1) if p < meilleures_pertes: meilleur_I1, meilleures_pertes = I1, p I1 += 0.01 print(f"Minimum en I1 = {meilleur_I1:.2f} A, pertes = {meilleures_pertes:.2f} W") # Minimum en I1 = 6.00 A, pertes = 120.00 W