Par Philippe ALBERT 1

Annexes

Par Philippe ALBERT 2

Annexe 1

Mise en place de l'équation d'une 4-sphère avec un volume constant, recherche de l'équation de

l'accélération qui modifiera le volume de la sphère

Hypothèse de départ : produit du « volume d’une sphère » fonction d’un temps par une « corde

spatiale » fonction du même temps = une « constante » (masse intrinsèque) 4

3𝜋𝑅(𝑡)

3 . 𝐷(𝑡) = 𝐾

On peut réécrire 4

3𝜋𝑅(𝑡)

3 =𝐾

𝐷(𝑡) (1)

On enlèvera (t) pour simplification d'écriture, la dérivée se fait donc par rapport au temps t (non

identifié, pour le moment)

Dérivons (1) de la forme (𝑎𝑢𝑛)′ = 𝑎𝑛𝑢𝑛−1𝑢′ et (𝑎

𝑢)

′

= −𝑎𝑢′

𝑢2 cela donne

4

3𝜋3𝑅2𝑅′ = −𝐾

𝐷′

𝐷2 (2)

Simplification et rassemblement des constantes

𝑅2𝑅′ =−𝐾

4𝜋

𝐷′

𝐷2

Isolement du R' qui est la vitesse d'expansion de la sphère R en fonction de D

𝑅′ =−𝐾

4𝜋

𝐷′

𝑅2𝐷2

ceci ne donne rien de spécial

On sait que 𝐾 =4

3𝜋𝑅3. 𝐷 on peut calculer R'2, qui nous servira plus tard

𝑅′2 =𝐾2

16𝜋2

𝐷′2

𝑅4𝐷4

Remplacement de la valeur de K pour enlever le K2

𝑅′2 =(43𝜋𝑅3𝐷)𝐾

16𝜋2

𝐷′2

𝑅4𝐷4

Simplification

𝑅′2 =𝐾𝐷′2

12𝜋𝑅𝐷3

On exprime ainsi la vitesse d'expansion R' de la sphère d'expansion R en fonction de D

Dérivons (2) pour chercher une accélération de la forme (𝑢. 𝑣)′ = 𝑢′. 𝑣 + 𝑢. 𝑣′,(𝑎𝑢𝑛)′ = 𝑎𝑛𝑢𝑛−1𝑢′

et (𝑢

𝑣)′

=𝑢′.𝑣−𝑢.𝑣′

𝑣2

à partir de (2)

4𝜋2𝑅𝑅′𝑅′ + 4𝜋𝑅2𝑅′′ = −𝐾 [𝐷′′𝐷2 − 𝐷′2𝐷𝐷′

𝐷4]

Mise en facteur et simplification

2𝑅𝑅′2 + 𝑅2𝑅′′ =−𝐾

4𝜋[𝐷′′𝐷2 − 𝐷′22𝐷

𝐷4]

Isolement du R'' et remplacement du R'2

𝑅2𝑅′′ =−𝐾

4𝜋[𝐷′′

𝐷2−

2𝐷′2

𝐷3] − 2𝑅

𝐾𝐷′2

12𝜋𝑅𝐷3

Par Philippe ALBERT 3

Simplification

𝑅2𝑅′′ =−𝐾

4𝜋[𝐷′′

𝐷2−

2𝐷′2

𝐷3] −

2𝐾

3.4𝜋

𝐷′2

𝐷3

Mise en facteur

𝑅2𝑅′′ =−𝐾

4𝜋[𝐷′′

𝐷2−

6𝐷′2

3𝐷3+

2𝐷′2

3𝐷3]

Simplification

𝑅2𝑅′′ = −𝐾 [𝐷′′

4𝜋𝐷2−

𝐷′2

3𝜋𝐷3]

Pour arriver au résultat final

𝑅′′ = −𝐾[

𝐷′′

4𝜋𝐷2 −𝐷′2

3𝜋𝐷3]

𝑅2

En faisant réapparaître le facteur temps

𝑅(𝑡)′′ = −𝐾

[𝐷(𝑡)

′′

4𝜋𝐷(𝑡)2 −

𝐷(𝑡)′2

3𝜋𝐷(𝑡)3 ]

𝑅(𝑡)2

Pour le moment, nous n’avons pas d’unité, nous ne pouvons pas encore vérifier l’homogénéité de

cette équation !

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Par Philippe ALBERT 4

Annexe 2

A partir de la gravitation universelle 𝑅(𝑡)′′ = −𝐺

𝑀(𝐷(𝑡))

𝑅(𝑡)2

Attention à cette écriture de l'accélération ; si on remplace M par la masse de la terre et R par le

rayon de la terre en un lieu déterminé, on trouvera g qui est l'accélération en un lieu déterminé de la

terre. Le signe négatif donne le sens de cette accélération ; c'est à dire vers le centre

donc, par analogie, on peut dire que si on prend une sphère d'expansion représentative d'une masse

énergétique M(D(t)) et de rayon R(t), on détermine l'accélération de la gravitation que va subir une

masse m0 et elle est dirigée vers son centre.

Sachant que ∫ 𝑢′′ → 𝑢′et que ∫𝑘𝑢′

𝑢2 → −𝑘

𝑢 et que ∫ 𝑢′′𝑢′ →

1

2𝑢′2

Alors ∫ 𝑅′′ → 𝑅′ et ∫−𝐺𝑀

𝑅2 ne peut pas se calculer,

On va poser l’équation différemment en multipliant par R'/R' (= 1), on obtient

𝑅′′𝑅′

𝑅′= −𝐺

𝑀(𝐷)

𝑅2

où bien

𝑅′′𝑅′ =−𝐺𝑀(𝐷)𝑅

′

𝑅2

et dans ce cas en intégrant ; l'intégration ne se fera que sur R, puisque R et D ne sont pas de la

même dimension (ici nous intégrons sur R). La liaison qui reliera R et D est le temps. 1

2𝑅′2 =

𝐺𝑀(𝐷)

𝑅

d’où

𝑅(𝑡)′2 =

2𝐺𝑀(𝐷)

𝑅(𝑡)

Ceci est le carré de la vitesse d'expansion de la sphère R(t). Mais il est cependant important de noter

que nous n’avons intégré qu'un seul paramètre fonction du temps parce qu’il y a une différence de

dimension ; en faisant cette écriture, nous avons considéré la masse énergétique M(D) constante. La

M(D) ne varie qu'en fonction de la variation de D(t). Bien sûr si D(t) varie, la sphère varie aussi.

Cela veut dire que si nous rendons la masse M(D) variable avec le temps, en agissant sur l'espace

fluidique D(t), on modifie l'accélération et non le volume de masse !

Une autre remarque importante ; les énergies R(t) et D(t) se modifie en permanence avec le temps,

donc, si on laisse ces énergies évoluer naturellement, alors 𝑀(𝐷) = 𝑚0 mais si on modifie l'énergie

de D(t), on modifiera R(t), mais cette modification sera différente de l'évolution naturelle, et dans ce

cas 𝑀(𝐷) ≠ 𝑚0

La vitesse d'expansion de la sphère R(t) est

𝑅(𝑡)′ = √

2𝐺𝑀(𝐷)

𝑅(𝑡) avec 𝑀(𝐷) = 𝑚0 dans un cas général

Côté unités : M(D) est une masse énergétique, mais cela reste une masse en Kg et R(t) est un rayon de

sphère énergétique, il sera donc en m.

𝑅′ = √𝑚3

𝐾𝑔𝑠2𝐾𝑔

𝑚=

(𝑚3

𝐾𝑔𝑠2)1 2⁄

𝐾𝑔1 2⁄

𝑚1 2⁄ =𝑚3 2⁄ 𝐾𝑔1 2⁄

𝐾𝑔1 2⁄ 𝑠2 2⁄ 𝑚1 2⁄ =𝑚3 2⁄ −1 2⁄

𝑠=

𝑚

𝑠 c'est une vitesse

Par Philippe ALBERT 5

Comme il y a une vitesse qu'on ne peut pas atteindre en physique conventionnelle, c'est la vitesse de

la lumière, alors à vitesse critique, quand v tend vers c, on peut dire que 𝑅(𝑡)′ = 𝑐, 𝑀(𝐷) = 𝑚0 et

𝑅(𝑡) = 𝑅0 d’où

𝑅0 =2𝐺𝑚0

𝑐2

du côté des unités : G est en m3/Kg.s2, m0 est en Kg et c est en m/s donc

𝑅0 =

𝑚3

𝐾𝑔𝑠2𝐾𝑔

𝑚2

𝑠2

=𝑚3𝐾𝑔𝑠2

𝑚2𝐾𝑔𝑠2= 𝑚 cela correspond bien à une distance

Et à ce R0 correspondra un D0 (dimension fluidique à l'origine)

Comme 4

3𝜋𝑅0

3. 𝐷0 = 𝐺 alors 𝐷0 =3𝐺

4𝜋𝑅03 avec 𝑅0 =

2𝐺𝑚0

𝑐2 Donc

𝐷0 =3𝐺𝑐6

4𝜋8𝐺3𝑚03

Simplification

𝐷0 =3𝑐6

32𝜋𝐺2𝑚03

du côté unité 𝐷0 =𝑚6

𝑠6

(𝑚3

𝐾𝑔𝑠2)2

𝐾𝑔3

=𝑚6𝐾𝑔2𝑠4

𝑠6𝑚6𝐾𝑔3 =1

𝑠2𝐾𝑔= 𝐾𝑔−1𝑠−2

et voici le « mksA » (unité de système international = mètre, kilo, seconde, Ampère) de D

J'ai proposé de le baptiser le « Vialle » (comme on utilise le « Hertz » ou le « Tesla » …)

Si on calcule le R0 de la terre :

En prenant c = 299792458 m/s

G = 6,6742.10-11 m3/kg.s²

MT = 5,97342.1024 kg

On trouve un 𝑅0 =2𝑥6,6742.10−11𝑥5,97342.1024

2997924582 = 0,00887178192842981 𝑚 = 9 mm !!!

Pour rappel le rayon moyen de la terre : 6371 Km

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Par Philippe ALBERT 6

Annexe 3

à partir de 𝜔0

2 =𝐺𝑚0

𝑅03 qui est l'équation de la pulsation à l'intérieur d'une sphère pour une masse m0

Je rappelle que la gravitation à l'intérieur d'une sphère c'est 𝑅(𝑡)′′ = −

𝐺𝑀

𝑅03 𝑅(𝑡)

si on remplace la valeur de 𝑅0 =2𝐺𝑚0

𝑐2 , puisque nous sommes à l’intérieur du R0 on a

𝜔02 =

𝐺𝑚0

𝑅03 =

𝐺𝑚0

(2𝐺𝑚0

𝑐2 )3 =

𝐺𝑚0

8𝐺3𝑚03

𝑐6

=𝑐6

8𝐺2𝑚02

donc

𝜔0 = (𝑐6

8𝐺2𝑚02)

12

=𝑐3

2√2𝐺𝑚0

La pulsation à l'intérieur de la bulle d’expansion R0 sera

𝜔0 =𝑐3

2√2𝐺𝑚0

du côté unité, nous avons G en (m3/s2Kg), m est en (Kg), c est en (m/s)

ω0 donne

𝑚3

𝑠3

𝑚3

𝑠2𝐾𝑔𝐾𝑔

après simplification𝑠

cela donne bien une vitesse angulaire en 𝑟𝑑

𝑠

Si on calcule ω0 pour la terre :

En prenant R0 = 0,00887178192842981 m

c = 299792458 m/s

G = 6,6742.10-11 m3/kg.s²

MT = 5,97342.1024 kg

de là on tire la fréquence 𝑓0 =𝜔0

2𝜋=

23894329426,7719

2𝜋= 3802900640,13688𝐻𝑧

la fréquence de pulsation pour la terre est de l'ordre de 3,8 GHz

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Par Philippe ALBERT 7

Annexe 4

A partir de 𝑅(𝑡)′ = √

2𝐺𝑚0

𝑅(𝑡) qui est la vitesse d'expansion d'une sphère d'expansion R(t) d'une masse

m0. Nous sommes dans un cas général donc 𝑀(𝐷) = 𝑚0

Réécriture

𝑅(𝑡)′ 𝑅(𝑡)

12 = √2𝐺𝑚0

en intégrant pour extraire R(t)

Nous sommes obligés de prendre la masse au repos, puisque la vitesse d'expansion R'(t) est calculée

pour une masse m0

Et le temps doit être commun à toutes les dimensions ; nous l'appellerons temps cosmologique Tc

de la forme ∫ 𝑢′𝑢𝑛 →𝑢𝑛+1

𝑛+1 et ∫ k par rapport au temps donne kt + c

on obtient (on appelle A : la constante d'intégration)

𝑅12+1

12 + 1

= √2𝐺𝑚0𝑇𝑐 + 𝐴

Arrangement des fractions 2

3𝑅

32 = (√2𝐺𝑚0𝑇𝑐 + 𝐴)

Isolement du R

𝑅32 =

3

2(√2𝐺𝑚0𝑇𝑐 + 𝐴)

Réapparition du R³

𝑅(𝑡)3 =

1

4(3√2𝐺𝑚0𝑇𝑐 + 3A)

2

Résolution de la constante A : à Tc = 0 correspond R0 donc si Tc = 0, alors

𝑅03 =

1

4(3A)2

En prenant la √R0 pour enlever le A²

𝑅0

32 =

3

2𝐴

d’où

𝐴 =2

3𝑅0

32

Donc R3 devient

𝑅(𝑡)3 =

1

4(3√2𝐺𝑚0𝑇𝑐 + 3

2

3𝑅0

32)

2

Où bien

𝑅(𝑡)3 = (

√18𝐺𝑚0

2𝑇𝑐 + 𝑅0

3

2)

2

ou 𝑅(𝑡)3 = (

3

2√2𝐺𝑚0𝑇𝑐 + 𝑅0

3

2)

2

côté unités 𝑅3 = (√𝑚3

𝐾𝑔𝑠2 𝐾𝑔. 𝑠 + 𝑚3

2)

2

= ((𝑚3

𝑠2 )

1

2. 𝑠 + 𝑚

3

2)

2

= (𝑚

32

𝑠22

. 𝑠 + 𝑚3

2)

2

= (𝑚3

2 + 𝑚3

2)2

=

𝑚3c'est bien un volume

Par Philippe ALBERT 8

De la forme (𝑎𝑥 + 𝑏)2 = 𝑎2𝑥2 + 2abx + 𝑏2 avec 𝑎 =√18𝐺𝑚0

2 et 𝑏 = 𝑅0

3

2

Développement

après simplification

𝑅(𝑡)3 =

1

29𝐺𝑚0𝑇𝑐

2 + √18𝐺𝑚0𝑅0

32𝑇𝑐 + 𝑅0

3 (1)

Et c’est de la forme 1

2𝛾𝑡2 + 𝑣0𝑡 + 𝑥0 qui est l’équation d'un Mouvement Rectiligne Uniforme

Accéléré en physique Newtonienne

Sous cette forme les unités sont intéressantes

avec 𝛾 = 9𝐺𝑚0, 𝑣0 = √18𝐺𝑚0𝑅0

3

2 = 3𝑅0√2𝐺𝑚0𝑅0 car √𝑎√𝑏 = √𝑎𝑏 et 𝑥0 = 𝑅03

Nous devrions avoir une accélération en m.s-2, une vitesse en m.s-1 et une distance en m

𝛾 = 9𝐺𝑚0 = m3.Kg-1.s-2 . Kg = m3.s-2

𝑣0 = 12𝐺2𝑚0

2

𝑐3 = (m3.Kg-1.s-2)2 . (Kg)2 . (m.s-1)-3 = m6.Kg-2.s-4 . Kg2 . m-3.s3 = m3.s-1

Et 𝑥0 = 𝑅03 = m3

Cela veut dire que le comportement de la sphère est comme le comportement d’un élément sur une

seule dimension ; donc, la sphère a une expansion homogène dans tout son volume !

Si on remplace R0 par sa valeur, alors 𝑣0 = 3 ∗ 2𝐺𝑚0

𝑐2 √2𝐺𝑚0 ∗ 2𝐺𝑚0

𝑐2 =6𝐺𝑚0

𝑐2√4𝐺2𝑚0

2

𝑐2 =6𝐺𝑚0

𝑐2 ∗

2𝐺𝑚0

𝑐= 12

𝐺2𝑚02

𝑐3 et 𝑥0 = (2𝐺𝑚0

𝑐2 )3

= 8𝐺3𝑚0

3

𝑐6

Maintenant si on réinjecte dans (1)

𝑅(𝑡)3 =

1

29𝐺𝑚0𝑇𝑐

2 +12𝐺2𝑚0

2

𝑐3𝑇𝑐 +

8𝐺3𝑚03

𝑐6

Préparation pour mise en facteur

𝑅(𝑡)3 =

9

2𝐺𝑚0𝑇𝑐

2 + (12𝐺2𝑚0

2 9 2⁄ 𝐺𝑚0𝑇𝑐2

𝑐3 9 2⁄ 𝐺𝑚0𝑇𝑐2

)𝑇𝑐 +8𝐺3𝑚0

3 9 2⁄ 𝐺𝑚0𝑇𝑐2

𝑐6 9 2⁄ 𝐺𝑚0𝑇𝑐2

Mise en facteur

𝑅(𝑡)3 =

9

2𝐺𝑚0𝑇𝑐

2 (1 +12𝐺2𝑚0

2

𝑐3 9 2⁄ 𝐺𝑚0𝑇𝑐2𝑇𝑐 +

8𝐺3𝑚03

𝑐6 9 2⁄ 𝐺𝑚0𝑇𝑐2)

Simplification

𝑅(𝑡)3 =

9

2𝐺𝑚0𝑇𝑐

2 (1 + 24𝐺𝑚0

3𝑐3𝑇𝑐+

16𝐺2𝑚02

9𝑐6𝑇𝑐2

)

entre ( ) de la forme 𝑎2 + 2𝑎𝑏 + 𝑏2 = (𝑎 + 𝑏)2 avec 𝑎 = 1 et 𝑏 =4𝐺𝑚0

3𝑐3𝑇𝑐

Factorisation

𝑅(𝑡)3 =

9

2𝐺𝑚0𝑇𝑐

2 (1 +4𝐺𝑚0

3𝑐3𝑇𝑐)

2

A notre échelle, (1 +4𝐺𝑚0

3𝑐3𝑇𝑐)2

= (1 + (4 ∗ 6,6742. 10−11 ∗ 1) (3 ∗ 2997924583)⁄ )2 = 1 en

prenant une masse de 1 kg pour un temps de 1 s (attention toujours temps cosmologique), donc

𝑅(𝑡)3 =

9

2𝐺𝑚0𝑇𝑐

2

Par Philippe ALBERT 9

Représentation graphique de l’expansion de la sphère

Nous avons vu que nous n’avons aucune restriction sur le temps cosmologique, il peut être aussi

bien négatif que positif

Donc R3 est une parabole

Or, une parabole répond à une définition : Une parabole est le lieu géométrique de tous les points situés

à égale distance d’une droite fixe appelée directrice et d'un point fixe appelé foyer.

Nous pouvons calculer, le Sommet, le Foyer et la directrice http://fr.wikipedia.org/wiki/Parabole

A partir d’une équation 𝑦 = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 on détermine foyer 𝐹 = (−𝑏

2𝑎;1−∆

4𝑎) et la droite directrice

𝑦 =−1+∆

4𝑎 avec ∆= 𝑏2 − 4𝑎𝑐

Donc, dans notre cas

−𝑏

2𝑎=

−12𝐺2𝑚2

𝑐3

292𝐺𝑚

Simplification

−𝑏

2𝑎=

−12𝐺𝑚𝑐3

9

Réécriture et simplification −𝑏

2𝑎=

−4𝐺𝑚

3𝑐3

Et 1 − ∆

4𝑎=

1 − (∆)

492𝐺𝑚

Or ∆= 𝑏2 − 4𝑎𝑐 donc

∆= 𝑏2 − 4𝑎𝑐 = (12𝐺2𝑚2

𝑐3)

2

− 49

2𝐺𝑚

8𝐺3𝑚3

𝑐6

Simplification

∆=122𝐺4𝑚4

𝑐6− 2

72𝐺4𝑚4

𝑐6

Simplification

-15

-10

-5

0

5

10

15

0,00E+00 5,00E-09 1,00E-08 1,50E-08 2,00E-08 2,50E-08 3,00E-08 3,50E-08

Tc

R3

Par Philippe ALBERT 10

∆=144𝐺4𝑚4

𝑐6−

144𝐺4𝑚4

𝑐6= 0

Donc 1 − ∆

4𝑎=

1

18𝐺𝑚

Dans ce cas le Foyer pour l’équation générale

𝐹 = (−4𝐺𝑚

3𝑐3 ;

1

18𝐺𝑚)

Le foyer pour l’équation simplifiée

𝐹 = (0 ; 1

18𝐺𝑚)

Et la droite directrice

𝑦 = −1

18𝐺𝑚

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Par Philippe ALBERT 11

Annexe 4-1

A partir de 𝑅(𝑡)

3 =1

29𝐺𝑚0𝑇𝑐

2 +12𝐺2𝑚0

2

𝑐3 𝑇𝑐 +8𝐺3𝑚0

3

𝑐6 et de 𝑅0 =2𝐺𝑚0

𝑐2

Rappel le R0 est calculé à partir de la vitesse critique de l'expansion de la sphère d'expansion

pour être homogène calculons 𝑅03 =

8𝐺3𝑚03

𝑐6

posons l'égalité 𝑅(𝑡)3 = 𝑅0

3

1

29𝐺𝑚0𝑇𝑐

2 +12𝐺2𝑚0

2

𝑐3𝑇𝑐 +

8𝐺3𝑚03

𝑐6=

8𝐺3𝑚03

𝑐6

simplification

1

29𝐺𝑚0𝑇𝑐

2 +12𝐺2𝑚0

2

𝑐3𝑇𝑐 = 0

mise en facteur

𝑇𝑐 (1

29𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

12𝐺2𝑚02

𝑐3) = 0

2 solutions 𝑇𝑐 = 0 ou 1

29𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

12𝐺2𝑚02

𝑐3= 0

2ème solution :

1

29𝐺𝑚0𝑇𝑐 = −

12𝐺2𝑚02

𝑐3

isolement de T

𝑇𝑐 = −24𝐺2𝑚0

2

9𝐺𝑚0𝑐3

simplification

𝑇𝑐 = −8𝐺𝑚0

3𝑐3

A partir de la forme simplifiée 𝑅(𝑡)3 =

9

2𝐺𝑚0𝑇𝑐

2

posons l'égalité 𝑅(𝑡)3 = 𝑅0

3

9

2𝐺𝑚0𝑇𝑐

2 =8𝐺3𝑚0

3

𝑐6

Isolement de T

𝑇𝑐2 =

16𝐺3𝑚03

9𝐺𝑚0𝑐6

simplification

𝑇𝑐2 =

16𝐺2𝑚02

9𝑐6

extraction racine carré

𝑇𝑐 =4𝐺𝑚0

3𝑐3

Il faut bien une origine, soit𝑅(𝑡) = 0 donc un 𝑇𝑐0

Si 𝑅(𝑡) = 0 alors

1

29𝐺𝑚0𝑇𝑐

2 +12𝐺2𝑚0

2

𝑐3𝑇𝑐 +

8𝐺3𝑚03

𝑐6= 0

Par Philippe ALBERT 12

de la forme 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0 avec 𝑎 =9

2𝐺𝑚0, 𝑏 =

12𝐺2𝑚02

𝑐3 et 𝑐 =

8𝐺3𝑚03

𝑐6

calcul du 𝛥 = 𝑏2 − 4𝑎𝑐

𝛥 =122𝐺4𝑚0

4

𝑐6− 4(

9

2𝐺𝑚0

8𝐺3𝑚03

𝑐6)

simplification

𝛥 =144𝐺4𝑚0

4

𝑐6− 2(

72𝐺4𝑚04

𝑐6) = 0

Solution double 𝑥 = −𝑏

2𝑎

𝑇𝑐 = −

12𝐺2𝑚02

𝑐3

292𝐺𝑚0

simplification

𝑇𝑐 = −12𝐺2𝑚0

2

9𝐺𝑚0𝑐3

simplification

𝑇𝑐 = −4𝐺𝑚0

3𝑐3

Si 𝑇𝑐 = 0, alors 𝑅(𝑡)3 =

8𝐺3𝑚03

𝑐6

racine cubique

𝑅(𝑡) =2𝐺𝑚0

𝑐2= 𝑅0

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Par Philippe ALBERT 13

Annexe 5

Il y a 2 méthodes pour chercher l'équation de D(t), mais on va conserver la méthode d'intégration

adoptée par RV qui apportera des résultats intermédiaires intéressants

A partir de 4

3𝜋𝑅(𝑡)

3 . 𝐷(𝑡) = 𝐺 qui est l'hypothèse de départ en supposant que 𝐾 = 𝐺

On peut écrire

𝐷(𝑡)−1 =

4𝜋𝑅(𝑡)3

3𝐺

On remplace 𝑅(𝑡)3 =

1

4(3√2𝐺𝑚0𝑇𝑐 + 3A)

2

donc

𝐷(𝑡)−1 =

4𝜋

3𝐺

1

4(3√2𝐺𝑚0𝑇𝑐 + 3𝐴)

2

Simplification

𝐷(𝑡)−1 =

𝜋

3𝐺(3√2𝐺𝑚0𝑇𝑐 + 3𝐴)

2

Homogénéisation des carrés

𝐷(𝑡)−1 = (3√

2𝐺𝑚0𝜋

3𝐺𝑇𝑐 + 3𝐴√

𝜋

3𝐺)

2

Enlèvement des carrés et simplification

𝐷(𝑡)

−12 = 3√

2𝜋𝑚0

3𝑇𝑐 + 3𝐴√

𝜋

3𝐺

Simplification

𝐷(𝑡)

−12 = √6𝜋𝑚0𝑇𝑐 + √

3𝐴2𝜋

𝐺

On va dériver pour faire disparaître la constante (A)

de la forme (𝑢𝑛)′ = 𝑛𝑢𝑛−1𝑢′ et (𝑎𝑥)′ = 𝑎

−1

2𝐷

(𝑡)

−32𝐷(𝑡)

′ = √6𝜋𝑚0

élévation au carré pour faire disparaître les √ 1

4𝐷(𝑡)

−3𝐷(𝑡)′2 = 6𝜋𝑚0

Séparation des constantes 𝐷(𝑡)

′2

𝐷(𝑡)3 = 24𝜋𝑚0 Cette écriture pourra servir plus tard

Côté unités, à partir de x en (m), v = dx/dt en (m/s) et γ = dv/dt = d²x/dt² en (m/s²) donc sur les

mêmes bases et comme D est en (1/s2Kg) alors D' = dD/dt est en (1/s3Kg) et D'' = dD'/dt est en

(1/s4Kg)

𝐷′2

𝐷3=

(1

𝑠3𝐾𝑔)2

(1

𝑠2𝐾𝑔)3 =

1

𝑠6𝐾𝑔2

1

𝑠6𝐾𝑔3

=𝑠6𝐾𝑔3

𝑠6𝐾𝑔2= 𝐾𝑔 C'est bien une masse

Par Philippe ALBERT 14

A partir de la « masse énergétique » [𝐷(𝑡)

′′

4𝜋𝐷(𝑡)2 −

𝐷(𝑡)′2

3𝜋𝐷(𝑡)3 ] = 𝑀(𝐷) on déduit

𝐷(𝑡)′′

𝐷(𝑡)2

Mais pour cela, il faudra respecter la condition qui a été posée en annexe 2 : 𝑀(𝐷) = 𝑚0 dans le cas

général

Remplacement des valeurs

𝑀(𝐷) =𝐷(𝑡)

′′

4𝜋𝐷(𝑡)2 −

24𝜋𝑚0

3𝜋

Simplification

𝐷(𝑡)′′

4𝜋𝐷(𝑡)2 = 𝑚0 + 8𝑚0 = 9𝑚0

Donc

𝐷(𝑡)′′

𝐷(𝑡)2 = 36𝜋𝑚0

côté unité 𝐷′′

𝐷2=

1

𝑠4𝐾𝑔

(1

𝑠2𝐾𝑔)2 =

1

𝑠4𝐾𝑔1

𝑠4𝐾𝑔2

=𝑠4𝐾𝑔2

𝑠4𝐾𝑔= 𝐾𝑔 donc

𝐷(𝑡)′′

4𝜋𝐷2(𝑡)

−𝐷′2

(𝑡)

3𝜋𝐷3(𝑡)

= 𝑀(𝐷) a bien la dimension

d'une masse

A partir de là, pour pouvoir intégrer (on multiplie par D(t)' de chaque côté)

on peut écrire

𝐷(𝑡)′′ 𝐷(𝑡)

′ = 36𝜋𝑚0𝐷(𝑡)′ 𝐷(𝑡)

2

de la forme ∫ 𝑢′′𝑢′ →1

2𝑢′2 et ∫ 𝑢′𝑢𝑛 →

𝑢𝑛+1

𝑛+1

intégration

1

2𝐷(𝑡)

′2 = 36𝜋𝑚0

𝐷(𝑡)3

3

Simplification

𝐷(𝑡)′2 = 24𝜋𝑚0𝐷(𝑡)

3

au passage, on vérifie 𝐷(𝑡)

′2

𝐷(𝑡)3 = 24𝜋𝑚0

maintenant, il faut enlever le carré de D'2 pour être de la forme u'un

donc en dissociant les constantes

𝐷(𝑡)′

𝐷(𝑡)

32

= √24𝜋𝑚0

ou bien

𝐷(𝑡)′ 𝐷

(𝑡)

−32 = √24𝜋𝑚0

Intégrons 1 fois de plus, pour faire apparaître le paramètre temporel.

de la forme ∫ 𝑢′𝑢𝑛 →𝑢𝑛+1

𝑛+1 et ∫ 𝐶𝑑𝑥 → 𝐶𝑥 + 𝑏

𝐷(𝑡)

−12

−12

= √24𝜋𝑚0𝑇𝑐 + 𝐵

Arrangement

𝐷(𝑡)

−12 = −

1

2(√24𝜋𝑚0𝑇𝑐 + 𝐵)

Par Philippe ALBERT 15

ou bien

𝐷(𝑡)−1 =

1

4(√24𝜋𝑚0𝑇𝑐 + 𝐵)2 (1)

Recherche de la constante B à Tc = 0 correspond D0

𝐷0−1 =

1

4𝐵2 = (

𝐵

2)2

En enlevant le carré

𝐷0

−1

2 =𝐵

2 donc 𝐵 = 2𝐷0

−1

2

Donc, dans (1)

𝐷(𝑡)−1 =

1

4(√24𝜋𝑚0𝑇𝑐 + 2𝐷0

−12)

2

or 24 = 4x3x2 et 4 = 22 donc, en insérant ¼ dans la ( ) au carré, on a

𝐷(𝑡)−1 = (

2√6𝜋𝑚0

2𝑇𝑐 +

2𝐷0

−12

2)

2

Simplification

𝐷(𝑡)−1 = (√6𝜋𝑚0𝑇𝑐 + 𝐷0

−12)

2

De la forme (𝑎𝑥 + 𝑏)2 = 𝑎2𝑥2 + 2abx + 𝑏2 avec 𝑎 = √6𝜋𝑚0 et 𝑏 = 𝐷0

−1

2

𝐷(𝑡)−1 = 6𝜋𝑚0𝑇𝑐

2 + 2√6𝜋𝑚0𝐷0

−12𝑇𝑐 + 𝐷0

−1

Or 𝐷0 =3𝑐6

32𝜋𝐺2𝑚03 donc

𝐷(𝑡)−1 = 6𝜋𝑚0𝑇𝑐

2 + 2(6𝜋𝑚0)12 (

3𝑐6

32𝜋𝐺2𝑚03)

−12

𝑇𝑐 + (3𝑐6

32𝜋𝐺2𝑚03)

−1

On sait que (3𝑐6)1

2 = 31

2(𝑐6)1

2 = √3𝑐3

et (32𝜋𝐺2𝑚03)

1

2 = 321

2𝜋1

2(𝐺2)1

2(𝑚03)

1

2 = 4(2)1

2𝜋1

2𝐺𝑚0𝑚0

1

2 = 4𝐺𝑚0√2𝜋𝑚0

donc

𝐷(𝑡)−1 = 6𝜋𝑚0𝑇𝑐

2 + 2√6𝜋𝑚0 (4𝐺𝑚0√2𝜋𝑚0

√3𝑐3)𝑇𝑐 + (

32𝜋𝐺2𝑚03

3𝑐6)

Simplification

𝐷(𝑡)−1 = 6𝜋𝑚0𝑇𝑐

2 +2√3√2𝜋𝑚04𝐺𝑚0√2𝜋𝑚0

√3𝑐3𝑇𝑐 +

32𝜋𝐺2𝑚03

3𝑐6

Simplification

𝐷(𝑡)−1 = 6𝜋𝑚0𝑇𝑐

2 +16𝜋𝐺𝑚0

2

𝑐3𝑇𝑐 +

32𝜋𝐺2𝑚03

3𝑐6

Mise en facteur

𝐷(𝑡)−1 = 6𝜋𝑚0𝑇𝑐

2 (1 +16𝜋𝐺𝑚0

2

𝑐36𝜋𝑚0𝑇𝑐2𝑇𝑐 +

32𝜋𝐺2𝑚03

3𝑐66𝜋𝑚0𝑇𝑐2)

Simplification

𝐷(𝑡)−1 = 6𝜋𝑚0𝑇𝑐

2 (1 +8𝐺𝑚0

3𝑐3𝑇𝑐+

16𝐺2𝑚02

9𝑐6𝑇𝑐2

)

Par Philippe ALBERT 16

Arrangement pour mettre à la forme a² + 2ab + b² = (a+b)² avec 𝑎 = 1 et 𝑏 =4𝐺𝑚0

3𝑐3𝑇𝑐

𝐷(𝑡)−1 = 6𝜋𝑚0𝑇𝑐

2 [1 + 24

3

𝐺𝑚0

𝑐3𝑇𝑐+ (

4

3

𝐺𝑚0

𝑐3𝑇𝑐)

2

]

donc

𝐷(𝑡) =1

6𝜋𝑚0𝑇𝑐2 (1 +

4𝐺𝑚0

3𝑐3𝑇𝑐)2

pour la même raison, le facteur ( )2 est proche de 1, à notre échelle, donc

𝐷(𝑡) =1

6𝜋𝑚0𝑇𝑐2

du côté des unités 𝐷 =1

𝐾𝑔𝑠2 on retrouve bien Kg-1.s-2 que je propose d’appeler le Vialle (V) dans le

système MKSA du SI

Représentation de la rétraction de D

Calcul du D(t) en fonction des différents Tc

1er 𝑇𝑐 = −8𝐺𝑚0

3𝑐3

𝐷(𝑡)−1 = 6𝜋𝑚0𝑇𝑐

2 +16𝜋𝐺𝑚0

2

𝑐3𝑇𝑐 +

32𝜋𝐺2𝑚03

3𝑐6

remplacement des temps cosmologiques

𝐷(𝑡)−1 = 6𝜋𝑚0 (−

8𝐺𝑚0

3c3)2

+16𝜋𝐺𝑚0

2

𝑐3(−

8𝐺𝑚0

3c3) +

32𝜋𝐺2𝑚03

3𝑐6

développement

𝐷(𝑡)−1 = 6𝜋𝑚0

64𝐺2𝑚02

9c6−

128𝜋𝐺2𝑚03

3c6+

32𝜋𝐺2𝑚03

3𝑐6

développement

𝐷(𝑡)−1 =

384𝜋𝐺2𝑚03

9c6−

128𝜋𝐺2𝑚03

3c6+

32𝜋𝐺2𝑚03

3𝑐6

Réduction au même dénominateur

𝐷(𝑡)−1 =

128𝜋𝐺2𝑚03

3c6−

128𝜋𝐺2𝑚03

3c6+

32𝜋𝐺2𝑚03

3𝑐6

-1,5

-1

-0,5

0

0,5

1

1,5

0,00E+00 1,00E+00 2,00E+00 3,00E+00 4,00E+00 5,00E+00 6,00E+00

Par Philippe ALBERT 17

Simplification

𝐷(𝑡)−1 =

32𝜋𝐺2𝑚03

3𝑐6

Donc

𝐷(𝑡) = 𝐷0

2ème 𝑇𝑐 = −4𝐺𝑚0

3𝑐3

𝐷(𝑡)−1 = 6𝜋𝑚0𝑇𝑐

2 +16𝜋𝐺𝑚0

2

𝑐3𝑇𝑐 +

32𝜋𝐺2𝑚03

3𝑐6

remplacement des temps cosmologiques

𝐷(𝑡)−1 = 6𝜋𝑚0 (−

4𝐺𝑚0

3𝑐3)2

+16𝜋𝐺𝑚0

2

𝑐3(−

4𝐺𝑚0

3𝑐3) +

32𝜋𝐺2𝑚03

3𝑐6

Développement

𝐷(𝑡)−1 = 6𝜋𝑚0

16𝐺2𝑚02

9𝑐6−

64𝜋𝐺2𝑚03

3c6+

32𝜋𝐺2𝑚03

3𝑐6

Développement simplification et mise sous même dénominateur

𝐷(𝑡)−1 =

32𝜋𝐺2𝑚03

3𝑐6−

64𝜋𝐺2𝑚03

3c6+

32𝜋𝐺2𝑚03

3𝑐6

Simplification

𝐷(𝑡)−1 = 0

Donc

𝐷(𝑡) = ∞

3ème 𝑇𝑐 = 0

𝐷(𝑡)−1 = 6𝜋𝑚0𝑇𝑐

2 +16𝜋𝐺𝑚0

2

𝑐3𝑇𝑐 +

32𝜋𝐺2𝑚03

3𝑐6

remplacement des temps cosmologiques

𝐷(𝑡)−1 = 6𝜋𝑚00

2 +16𝜋𝐺𝑚0

2

𝑐30 +

32𝜋𝐺2𝑚03

3𝑐6

Simplification

𝐷(𝑡)−1 =

32𝜋𝐺2𝑚03

3𝑐6

Donc

𝐷(𝑡) = 𝐷0

Retour au texte

Par Philippe ALBERT 18

Annexe 5-1

A partir de la pulsation 𝜔0 =

𝑐3

2√2𝐺𝑚0

nous savons que 𝜔0 = 2𝜋𝑓0

donc

𝑓0 =𝜔0

2𝜋

mais, une période pour une pulsation

𝑇0 =1

𝑓0

donc

𝑓0 =

𝑐3

2√2𝐺𝑚0

2𝜋

développement

𝑓0 =𝑐3

4𝜋√2𝐺𝑚0

mais

𝑇0 =1

𝑓0

donc

𝑇0 =4𝜋√2𝐺𝑚0

𝑐3

Or, nous avons vu que pour 𝑇𝑐 = 0 → 𝑅(𝑡) = 𝑅0 et pour 𝑇𝑐 = −8𝐺𝑚0

3𝑐3 → 𝑅(𝑡) = 𝑅0

donc

𝛽𝑇0 =8𝐺𝑚0

3𝑐3

remplacement des valeurs

𝛽4𝜋√2𝐺𝑚0

𝑐3=

8𝐺𝑚0

3𝑐3

donc

𝛽 =8𝐺𝑚0𝑐

3

3𝑐34𝜋√2𝐺𝑚0

simplification

𝛽 =2

3𝜋√2

Retour au texte

Par Philippe ALBERT 19

Annexe 6

A partir de 𝑅(𝑡)

3

2 =3

2(√2𝐺𝑚0𝑇𝑐 + 𝐴) qui est une forme générale de l'équation de la sphère

d'expansion d'une masse, on va pouvoir extraire le temps cosmologique en fonction de la dimension

de la sphère et de la masse

Remplacement de A

𝑅(𝑡)

32 =

3

2(√2𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

2

3𝑅0

32)

Simplification des ( )

𝑅(𝑡)

32 =

3

2√2𝐺𝑚0𝑇𝑐 + 𝑅0

32

Isolement de Tc

𝑇𝑐 =𝑅

(𝑡)

32 − 𝑅0

32

32√2𝐺𝑚0

Arrangement des constantes

𝑇𝑐 =2

3√2𝐺𝑚0

(𝑅(𝑡)

32 − 𝑅0

32)

En mettant R3/2 en facteur

𝑇𝑐 =2R(𝑡)

32

3√2𝐺𝑚0(1 −

𝑅0

32

𝑅(𝑡)

32

) le facteur entre ( ) est proche de 1 car R0 est très petit devant R, à notre

échelle, donc

𝑇𝑐 =2R

(𝑡)

32

3√2𝐺𝑚0

du côté des unités

R est en (m), G est en (m3/kg.s²) et M est en (Kg)

Donc 𝑡 =𝑚3 2⁄

(𝑚3

𝑘𝑔.𝑠²)1 2⁄

𝑘𝑔1 2⁄

développement des puissances 𝑡 =𝑚3 2⁄

𝑚3 2⁄

𝑘𝑔1 2⁄ 𝑠2 2⁄ 𝑘𝑔1 2⁄ arrangement des fractions

𝑡 =𝑚3 2⁄ 𝑘𝑔1 2⁄ 𝑠

𝑚3 2⁄ 𝑘𝑔1 2⁄ simplification 𝑡 = 𝑠 donc t est en seconde c'est correct

A partir de 𝐷(𝑡)−1 = (√6𝜋𝑚0𝑇𝑐 + 𝐷0

−1

2)

2

on peut dire

enlèvement du carré

𝐷(𝑡)

−12 = √6𝜋𝑚0𝑇𝑐 + 𝐷0

−12

rassemblement des D

𝐷(𝑡)

−12 − 𝐷0

−12 = √6𝜋𝑚0𝑇𝑐

Réécriture

Par Philippe ALBERT 20

𝑇𝑐 =𝐷

(𝑡)

−12 − 𝐷0

−12

√6𝜋𝑚0

mise en facteur

𝑇𝑐 =1

𝐷(𝑡)

12 √6𝜋𝑚0

(1 −𝐷

(𝑡)

12

𝐷0

12

) mais comme D0 est très grand devant D(t), alors ( ) = 1

et donc

𝑇𝑐 =1

𝐷(𝑡)

12 √6𝜋𝑚0

vérification

𝑇𝑐 =2R

(𝑡)

32

3√2𝐺𝑚0

=1

𝐷(𝑡)

12 √6𝜋𝑚0

réécriture

2R(𝑡)

32 𝐷

(𝑡)

12 √6𝜋𝑚0 = 3√2𝐺𝑚0

réécriture

(𝑅(𝑡)3 𝐷(𝑡))

122√6𝜋𝑚0 = 3√2𝐺𝑚0

rassemblement des constantes

(𝑅(𝑡)3 𝐷(𝑡))

12 =

3√2𝐺𝑚0

2√6𝜋𝑚0

réécriture et simplification

(𝑅(𝑡)3 𝐷(𝑡))

12 =

3√2√𝐺

2√6√𝜋

réécriture avec les racine carré

(𝑅(𝑡)3 𝐷(𝑡))

12 = √

18𝐺

24𝜋

simplification des puissances

𝑅(𝑡)3 𝐷(𝑡) =

3𝐺

4𝜋

réécriture 4𝜋

3𝑅(𝑡)

3 𝐷(𝑡) = 𝐺

Retour au texte

Par Philippe ALBERT 21

Annexe 7

Vérification par re-bouclage jusqu'à l'hypothèse de départ

Remplacement de Tc dans D(t)

𝐷(𝑡) =1

6𝜋𝑚0 (2𝑅

(𝑡)

32

3√2𝐺𝑚0

)

2

enlèvement des puissances

𝐷(𝑡) =1

6𝜋𝑚049

𝑅(𝑡)3

2𝐺𝑚0

Simplification

𝐷(𝑡) =1

4𝜋3𝐺 𝑅(𝑡)

3

Réécriture

𝐷(𝑡) =𝐺

43𝜋𝑅(𝑡)

3

Donc 4

3𝜋𝑅(𝑡)

3 . 𝐷(𝑡) = 𝐺

C'est vérifié

Vérification de l'hypothèse de départ 4

3𝜋𝑅(𝑡)

3 . 𝐷(𝑡) = 𝐾

On a vu 𝑅(𝑡)3 =

9

2𝐺𝑚0𝑇𝑐

2 et 𝐷(𝑡) =1

6𝜋𝑚0𝑇𝑐2

en remplaçant dans l'hypothèse de départ 4

3𝜋 (

9

2𝐺𝑚0𝑇𝑐

2) . (1

6𝜋𝑚0𝑇𝑐2) = 𝐾

Simplification

2𝜋3𝐺𝑚0𝑇𝑐2. (

1

6𝜋𝑚0𝑇𝑐2) = 𝐾

Simplification

𝐺 = 𝐾

On a vu que 𝑅(𝑡)′2 =

𝐺𝐷(𝑡)′2

12𝜋𝑅(𝑡)𝐷(𝑡)3 (en remplaçant K par G) (annexe 1)

On a vu que 𝑅(𝑡)′2 =

2𝐺𝑀(𝐷)

𝑅(𝑡) (annexe 2)

et enfin on a vu que 𝑀(𝐷) = [𝐷(𝑡)

′′

4𝜋𝐷(𝑡)2 −

𝐷(𝑡)′2

3𝜋𝐷(𝑡)3 ] que nous appelons masse énergétique (déduite de

l'annexe 1)

Égalons les deux vitesses

Par Philippe ALBERT 22

𝑅(𝑡)′2 =

𝐺𝐷(𝑡)′2

12𝜋𝑅(𝑡)𝐷(𝑡)3 =

2𝐺𝑀(𝐷)

𝑅(𝑡)

Remplaçons M(D) par sa valeur énergétique

𝐺𝐷(𝑡)′2

12𝜋𝑅(𝑡)𝐷(𝑡)3 =

2𝐺 [𝐷(𝑡)

′′

4𝜋𝐷(𝑡)2 −

𝐷(𝑡)′2

3𝜋𝐷(𝑡)3 ]

𝑅(𝑡)

Simplification

𝐷(𝑡)′2

24𝜋𝐷(𝑡)3 =

𝐷(𝑡)′′

4𝜋𝐷(𝑡)2 −

𝐷(𝑡)′2

3𝜋𝐷(𝑡)3

Simplification

𝐷(𝑡)′′

4𝜋𝐷(𝑡)2 =

𝐷(𝑡)′2

24𝜋𝐷(𝑡)3 +

𝐷(𝑡)′2

3𝜋𝐷(𝑡)3 =

𝐷(𝑡)′2 + 8𝐷(𝑡)

′2

24𝜋𝐷(𝑡)3 =

9𝐷(𝑡)′2

24𝜋𝐷(𝑡)3 =

3𝐷(𝑡)′2

8𝜋𝐷(𝑡)3

Simplification

𝐷(𝑡)′′

𝐷(𝑡)2 =

3𝐷(𝑡)′2

2𝐷(𝑡)3

Or, on a vu 𝐷(𝑡)

′2

𝐷(𝑡)3 = 24𝜋𝑚0 et

𝐷(𝑡)′′

𝐷(𝑡)2 = 36𝜋𝑚0 (annexe 5) donc

𝐷(𝑡)′′

𝐷(𝑡)2 =

3𝐷(𝑡)′2

2𝐷(𝑡)3 revient à dire que

36𝜋𝑚0 =3

224𝜋𝑚0

Simplification

36𝜋𝑚0 = 36𝜋𝑚0 c'est vérifié

Par contre quand on remplace 𝐷(𝑡)

′2

𝐷(𝑡)3 = 24𝜋𝑀(𝐷) et

𝐷(𝑡)′′

𝐷(𝑡)2 = 36𝜋𝑀(𝐷) puisqu'on considère qu'une action

sur l'accélération de l'espace fluidique est possible, on rend la masse fonction du temps dans

[𝐷(𝑡)

′′

4𝜋𝐷(𝑡)2 −

𝐷(𝑡)′2

3𝜋𝐷(𝑡)3 ] cela fait

[𝐷(𝑡)

′′

4𝜋𝐷(𝑡)2 −

𝐷(𝑡)′2

3𝜋𝐷(𝑡)3 ] =

36𝜋𝑀(𝐷)

4𝜋−

24𝜋𝑀(𝐷)

3𝜋

simplification

[𝐷(𝑡)

′′

4𝜋𝐷(𝑡)2 −

𝐷(𝑡)′2

3𝜋𝐷(𝑡)3 ] = 9𝑀(𝐷) − 8𝑀(𝐷) = 𝑀(𝐷)

Donc, on peut dire que [ ] est bien apparenté à une masse

Retour au texte

Par Philippe ALBERT 23

Annexe 8

On fait intervenir les transformations de Lorentz

𝑡𝑟𝑒𝑙 = 𝑡√1 −𝑉2

𝑐2 et 𝑚𝑟𝑒𝑙 =𝑚0

√1−𝑉2

𝑐2

ces formules c’est de la physique classique relativiste.

http://spt06.chez-alice.fr/einstein.htm

On va remplacer Tc et m0 par Tc rel et mrel relativiste dans l'équation de D(t)

𝐷𝑟𝑒𝑙 =1

6𝜋𝑚0

√1 −𝑣2

𝑐2

(𝑇𝑐√1 −𝑣2

𝑐2)

2

Développement du carré et mise en puissance

𝐷𝑟𝑒𝑙 =1

6𝜋𝑚0

(1 −𝑣2

𝑐2)

12

𝑇𝑐2 (1 −

𝑣2

𝑐2)

Simplification des puissances

𝐷𝑟𝑒𝑙 =1

6𝜋𝑚0𝑇𝑐2 (1 −

𝑣2

𝑐2)1−

12

Pour donner

𝐷𝑟𝑒𝑙 =1

6𝜋𝑚0𝑇𝑐2√1 −

𝑣2

𝑐2

du côté des unités, comme la cr est sans unité, on est toujours correct.

Retour au texte

Par Philippe ALBERT 24

Annexe 8-1

Recherche du coefficient de forme du quadri-volume

Considérons la différentielle du quadri-volume en forme de sphère : Qv

Quand on part de l'équation de départ sans tenir compte du temps, puisque nous faisons abstraction

du temps pour déterminer la forme du volume 4

3𝜋𝑅3. 𝐷 = 𝐺

Nous allons faire une dérivée partielle de D par rapport à R pour donner une partie de la forme du

volume

http://fr.wikipedia.org/wiki/D%C3%A9riv%C3%A9e_partielle

4

3𝜋𝑅3.

𝛿𝐷

𝛿𝑅=

𝛿𝑄𝑣

𝛿𝑅

en partant de l'hypothèse de départ, on peut écrire 𝐷 =𝐺

4

3𝜋𝑅3

=3𝐺

4𝜋𝑅3

quand on dérive D on est sous la forme (𝑎

𝑢𝑛)′

= (𝑎𝑢−𝑛)′ = −𝑎𝑛𝑢−𝑛−1𝑢′

donc

(𝐷)′ = 𝛿𝐷 = −3𝐺

4𝜋3𝑅−3−1𝛿𝑅

donc 𝛿𝐷

𝛿𝑅= −

9𝐺

4𝜋𝑅4

remplacement dans l'équation de départ 𝛿𝑄𝑣

𝛿𝑅=

4

3𝜋𝑅3 (−

9𝐺

4𝜋𝑅4)

simplification et réécriture

𝛿𝑄𝑣 = −3𝐺

𝑅𝛿𝑅

Partons de l'équation générale de RV :𝑅3. 𝐷 = 𝐺 donc 𝐷 =𝐺

𝑅3

Dérivation partielle

𝑅3.𝛿𝐷

𝛿𝑅=

𝛿𝑄𝑣

𝛿𝑅

Dérivation de D

(𝐷)′ = 𝛿𝐷 = −𝐺3𝑅−3−1𝛿𝑅 donc

𝛿𝐷

𝛿𝑅= −

3𝐺

𝑅4

remplacement dans l'équation de départ 𝛿𝑄𝑣

𝛿𝑅= 𝑅3 (−

3𝐺

𝑅4) donc 𝛿𝑄𝑣 = −3

𝐺

𝑅𝛿𝑅 ce qui revient à la même chose

en intégrant, on peut calculer le coefficient de forme du quadri-volume sphérique

𝑄𝑣 = ∫ (−3𝐺1

𝑅𝛿𝑅)

𝑅

𝑅0

L'intégration se fait entre les bornes R0 et R, pour pouvoir lier une relation entre R et R0

Par Philippe ALBERT 25

On est de la forme∫ 𝑘1

𝑢𝑑𝑢

𝑏

𝑎= 𝑘[ln𝑢]𝑎

𝑏 = 𝑘(ln𝑏 − ln𝑎)

Dans ce cas

𝑄𝑣 = −3𝐺[ln𝑅]𝑅0

𝑅

et donc

𝑄𝑣 = −3𝐺(ln𝑅 − ln𝑅0) = 3𝐺(ln𝑅0 − ln𝑅) Développement

𝑄𝑣 = 3𝐺ln (𝑅0

𝑅)

Comme 4

3𝜋𝑅3𝐷 = 𝐺, on a aussi 𝐺 = 3𝐺 ln (

𝑅0

𝑅) si on égalise les 2 équations on obtient le

coefficient de forme après simplification

𝑓 = 3ln (𝑅0

𝑅)

Retour au texte

Par Philippe ALBERT 26

Annexe 8-2

Calcul des limites des courbes pour R'

𝑅′ =(9𝐺𝑚0)𝑇𝑐+(

12𝐺2𝑚02

𝑐3 )

3𝑅2 3 possibilités : soit Tc = 0, 𝑇𝑐 = −4𝐺𝑚0

3𝑐3 ou 𝑇𝑐 = −8𝐺𝑚0

3𝑐3

Avec 𝑅 = (9

2𝐺𝑚0𝑇𝑐

2 +12𝐺2𝑚0

2

𝑐3𝑇𝑐 +

8𝐺3𝑚03

𝑐6)

1

3

première solution : Si Tc = 0

𝑅(0)′ =

(12𝐺2𝑚0

2

𝑐3 )

3𝑅2

remplacement de R

𝑅(0)′ =

(12𝐺2𝑚0

2

𝑐3 )

3 (8𝐺3𝑚0

3

𝑐6 )

23

développement

𝑅(0)′ =

(12𝐺2𝑚02)(𝑐6)

23

𝑐33(8𝐺3𝑚03)

23

Simplification car 8𝐺3𝑚03 = (2𝐺𝑚0)

3

𝑅(0)′ =

12𝐺2𝑚02𝑐4

𝑐33(2𝐺𝑚0)2

Simplification et développement

𝑅(0)′ =

12𝐺2𝑚02𝑐

3(4𝐺2𝑚02)

simplification

𝑅(0)′ = 𝑐

ce qui correspond à la vitesse de la sphère dans l'univers 1 (notre univers) en limite de la bulle

deuxième solution : Si 𝑇𝑐 = −4𝐺𝑚0

3𝑐3

𝑅(𝑇0)′ =

(9𝐺𝑚0) (−4𝐺𝑚0

3𝑐3 ) + (12𝐺2𝑚0

2

𝑐3 )

3𝑅(𝑇0)2

Et 𝑅(𝑇0) = 0 (déjà vu en annexe 4-1) donc

𝑅(𝑇0)′ =

(9𝐺𝑚0) (−4𝐺𝑚0

3𝑐3 ) + (12𝐺2𝑚0

2

𝑐3 )

3(0)2

simplification

𝑅(𝑇0)′ =

(3𝐺𝑚0) (−4𝐺𝑚0

𝑐3 ) + (12𝐺2𝑚0

2

𝑐3 )

3(0)2

développement

Par Philippe ALBERT 27

𝑅(𝑇0)′ =

(−12𝐺2𝑚0

2

𝑐3 ) + (12𝐺2𝑚0

2

𝑐3 )

3(0)2

pour donner

𝑅(𝑇0)′ = −

0

0

qui est une forme indéterminée

Nous allons donc factoriser avec 𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3

(𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3) (9𝐺𝑚0) = 9𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

12𝐺2𝑚02

𝑐3 et [(𝑇𝑐 +

4𝐺𝑚0

3𝑐3) (

9

2𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3)]

1

3=

(9

2𝐺𝑚0𝑇𝑐

2 +12𝐺2𝑚0

2

𝑐3 𝑇𝑐 +8𝐺3𝑚0

3

𝑐6 )

1

3

Dans ce cas

𝑅(𝑇0)′ =

(9𝐺𝑚0)𝑇𝑐 + (12𝐺2𝑚0

2

𝑐3 )

3𝑅2

s'écrit aussi

𝑅(𝑇0)′ =

(𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 ) (9𝐺𝑚0)

3 [(𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 ) (92𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )]

23

réécriture

𝑅(𝑇0)′ =

(𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 )

33(9𝐺𝑚0)

3 (𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 )

23(92𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )

23

simplification

𝑅(𝑇0)′ =

(𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 )

13(9𝐺𝑚0)

3 (92𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )

23

en remplaçant avec 𝑇𝑐 = −4𝐺𝑚0

3𝑐3 nous avons aussi une forme indéterminée

𝑅(𝑇0)′ =

0

0

mais

𝑅(𝑇0)′ =

(𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 ) (9𝐺𝑚0)

3 (𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 )

23(92𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )

23

peut s'écrire aussi

𝑅(𝑇0)′ =

(𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 ) (9𝐺𝑚0)

3 (𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 ) (𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 )−

13(92𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )

23

simplification

Par Philippe ALBERT 28

𝑅(𝑇0)′ =

(9𝐺𝑚0)

3 (𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 )−

13(92𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )

23

en remplaçant avec 𝑇𝑐 = −4𝐺𝑚0

3𝑐3

lim𝑅(𝑡→𝑇0)′ =

(9𝐺𝑚0)

0= +∞

Cela veut dire, entre autre, que la vitesse de la lumière est franchissable

Elle peut même aller à l'infini ! Quand on est dans la bulle d'expansion

Troisième solution : Si 𝑇𝑐 = −8𝐺𝑚0

3𝑐3

𝑅(𝑇02)′ =

9𝐺𝑚0 (−8𝐺𝑚0

3𝑐3 ) + (12𝐺2𝑚0

2

𝑐3 )

3 [92𝐺𝑚0 (−

8𝐺𝑚0

3𝑐3 )2

+12𝐺2𝑚0

2

𝑐3 (−8𝐺𝑚0

3𝑐3 ) +8𝐺3𝑚0

3

𝑐6 ]

23

développement

𝑅(𝑇02)′ =

(−24𝐺2𝑚0

2

𝑐3 ) + (12𝐺2𝑚0

2

𝑐3 )

3 [92𝐺𝑚0 (

64𝐺2𝑚02

9𝑐6 ) −96𝐺3𝑚0

3

3𝑐6 +8𝐺3𝑚0

3

𝑐6 ]

23

simplification

𝑅(𝑇02)′ =

−12𝐺2𝑚0

2

𝑐3

3 [32𝐺3𝑚0

3

𝑐6 −32𝐺3𝑚0

3

𝑐6 +8𝐺3𝑚0

3

𝑐6 ]

23

simplification

𝑅(𝑇02)′ =

−12𝐺2𝑚0

2

𝑐3

3(8𝐺3𝑚0

3)23

(𝑐6)23

simplification et réécriture

𝑅(𝑇02)′ = −

12𝐺2𝑚02𝑐4

3𝑐34𝐺2𝑚02

simplification

𝑅(𝑇02)′ = −𝑐

ce qui correspond à la valeur de la vitesse dans l'univers 2 en limite de la bulle d'expansion

Cela veut dire aussi que lim𝑅(𝑡→𝑇0)′ = +∞ quand on est dans l'univers 1, mais lim𝑅(𝑡→𝑇0)

′ = −∞

quand on est dans l'univers 2, puisque nous aurons divisé par soit par 0+ ou par 0-

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Par Philippe ALBERT 29

Annexe 8-3

Calcul des limites des courbes pour R''

𝑅′′ =3𝐺𝑚0−2𝑅𝑅′2

𝑅2 3 possibilités : soit Tc = 0, 𝑇𝑐 = −4𝐺𝑚0

3𝑐3 ou 𝑇𝑐 = −8𝐺𝑚0

3𝑐3

première solution : Si Tc = 0

quand Tc = 0 alors R = R0 et R' = c ; donc en remplaçant

𝑅(0)′′ =

3𝐺𝑚0 − 2𝑅0𝑐2

𝑅02

et en remplaçant 𝑅0 =2𝐺𝑚0

𝑐2

𝑅(0)′′ =

3𝐺𝑚0 − 22𝐺𝑚0

𝑐2 𝑐2

(2𝐺𝑚0

𝑐2 )2

simplification

𝑅(0)′′ =

3𝐺𝑚0 − 4𝐺𝑚0

4𝐺2𝑚02

𝑐4

simplification

𝑅(0)′′ = −

𝑐4

4𝐺𝑚0

ordre de grandeur

𝑅(0)′′ = −3,025. 1043 1

𝑚0m/s2

La décélération est énorme en limite de R0 dans l'univers 1

deuxième solution : Si 𝑇𝑐 = −4𝐺𝑚0

3𝑐3

alors R = 0 et R' = +∞ ; donc en remplaçant dans

𝑅′′ =3𝐺𝑚0 − 2𝑅𝑅′2

𝑅2

on se retrouve avec une forme indéterminée

𝑅′′ =3𝐺𝑚0 − 2(0∞2)

02

nous allons reprocéder à une factorisation

𝑅′ = (𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 ) (9𝐺𝑚0) = 9𝐺𝑚0𝑇𝑐 +12𝐺2𝑚0

2

𝑐3 et 𝑅 = [(𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 ) (9

2𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )]

1

3=

(9

2𝐺𝑚0𝑇𝑐

2 +12𝐺2𝑚0

2

𝑐3𝑇𝑐 +

8𝐺3𝑚03

𝑐6)

1

3

donc

𝑅′′ =

3𝐺𝑚0 − 2([(𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 ) (92𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )]

13[(𝑇𝑐 +

4𝐺𝑚0

3𝑐3 ) (9𝐺𝑚0)]2

)

[(𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 ) (92𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )]

23

Par Philippe ALBERT 30

réécriture

𝑅′′ =3𝐺𝑚0

[(𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 ) (92𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )]

23

−

2([(𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 ) (92𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )]

13[(𝑇𝑐 +

4𝐺𝑚0

3𝑐3 ) (9𝐺𝑚0)]2

)

[(𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 ) (92𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )]

23

simplification

𝑅′′ =3𝐺𝑚0

[(𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 ) (92𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )]

23

−2(𝑇𝑐 +

4𝐺𝑚0

3𝑐3 )

23(92𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )

13(9𝐺𝑚0)

2

(𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 )

23(92𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )

23

simplification

𝑅′′ =3𝐺𝑚0

(𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 )

23(92𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )

23

−2(9𝐺𝑚0)

2

(92𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )

13

quand nous remplaçons 𝑇𝑐 = −4𝐺𝑚0

3𝑐3

𝑅′′ =3𝐺𝑚0

(0)23(0)

23

−2(9𝐺𝑚0)2

(0)13

= ∞ − ∞ qui est encore une forme indéterminée

Nous allons donc factoriser

𝑅′′ =

[

3𝐺𝑚0

(92𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )

13

]

[

1

(𝑇𝑐 +4𝐺𝑚0

3𝑐3 )

23(92𝐺𝑚0𝑇𝑐 +

6𝐺2𝑚02

𝑐3 )2− 2(27𝐺𝑚0)

]

quand nous remplaçons 𝑇𝑐 = −4𝐺𝑚0

3𝑐3

𝑅′′ = [3𝐺𝑚0

(0)13

] [1

(0)23(0)2

− 54𝐺𝑚0] = [∞]. [∞] = ∞

mais le signe n'est pas parfaitement déterminer

Troisième solution : Si 𝑇𝑐 = −8𝐺𝑚0

3𝑐3 alors 𝑅 = 𝑅0 =

2𝐺𝑚0

𝑐2 et 𝑅′ = −𝑐

donc

𝑅′′ =3𝐺𝑚0 − 2𝑅𝑅′2

𝑅2

remplacement des valeurs

𝑅′′ =3𝐺𝑚0 − 2(

2𝐺𝑚0

𝑐2 ) (−𝑐)2

(2𝐺𝑚0

𝑐2 )2

développement et simplification

Par Philippe ALBERT 31

𝑅′′ =(3𝐺𝑚0 − 4𝐺𝑚0)𝑐

4

4𝐺2𝑚02

simplification

𝑅′′ = −𝑐4

4𝐺𝑚0

comme R'' est négatif pour les 2 valeurs Tc = 0 et 𝑇𝑐 = −8𝐺𝑚0

3𝑐3 alors pour 𝑇𝑐 = −4𝐺𝑚0

3𝑐3

𝑅′′ = −∞

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