Les hasards heureux de l`escarpolette

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MP 933 & 934
Devoir Libre no 13
Corrigé
Les hasards heureux de l’escarpolette
Ce sujet propose d’étudier rigoureusement quelques aspects d’une équation différentielle paramétrique :
x ′′ + λ − q(t) x = 0
(1)
Ce type d’équations intervient en physique, par exemple lorsque, pour amplifier les oscillations d’une balançoire, une demoiselle élève ou abaisse
successivement son centre de gravité, modifiant ainsi le coefficient q(t) dans l’équation du pendule. Voir l’illustration en fin de problème.
– Dans la première partie, on introduit un opérateur de translation dans le temps. En fonction du spectre de cet opérateur, on étudie la stabilité
des solutions de l’équation, c’est-à-dire le fait qu’elles soient ou non bornées (stabilité) et le fait qu’elles tendent ou non vers 0 (stabilité forte).
– Dans une seconde partie, on suppose la constante λ réelle et on construit explicitement, par un procédé itératif, une base des solutions de
l’équation différentielle (1). On montre ensuite que la trace de l’opérateur de translation s’approche asymptotiquement de celle de l’opérateur
de l’équation x ′′ + λx = 0 lorsque λ tend vers l’infini. On en déduit finalement des indications sur la stabilité d’une solution.
Première partie
1. L’équation (1) est une équation différentielle linéaire, du second ordre, homogène, et écrite sous forme résolue1. Le cours nous
indique que l’ensemble des solutions de cette équation est un espace vectoriel complexe, cependant il est aisé de le redémontrer :
– la fonction nulle est solution de (1) : 0 ∈ E ;
– si u et v sont solutions de (1) et si µ ∈ C, alors la combinaison linéaire µu + v est solution de (1).
E est un espace vectoriel complexe.
2. Les fonctions x1 et x2 étant de classe C 2 , leurs dérivées x1′ et x2′ sont de classe C 1 . On en déduit que la fonction W(x1 , x2 ) est
également de classe C 1 . Dérivons cette fonction :
W(x1 , x2 )′ = x1′ x2′ + x1 x2′′ − x1′′ x2 − x1′ x2′ = x1 (q − λ)x2 − (q − λ)x2 x1 = 0
ce qui montre que
W(x1 , x2 ) est une fonction constante.
3. a) Remarquons que l’opérateur de translation T et l’opérateur de dérivation commutent et que, pour toute fonction deux fois
dérivable, T ( f )′′ = T ( f ′′ ). Soit f une solution de l’équation (1) et notons g = T ( f ). Alors, pour tout t ∈ R :
g ′′ (t) + λ − q(t) g(t) = f ′′ (t + T) + λ − q(t) f (t + T) = f ′′ (t + T) + λ − q(t + T) f (t + T) = 0.
Si f ∈ E , alors T ( f ) ∈ E .
b) Tout d’abord, notons que, T étant linéaire, τ l’est aussi et définit donc un endomorphisme de E . Par ailleurs, l’opérateur
σ : E → E définie par σ( f ) : t 7→ f (t − T) est, pour les mêmes raisons que celles vues à la question 3.a, un endomorphisme de E
et vérifie σ ◦ τ = τ ◦ σ = IdE , ce qui prouve que τ est inversible.
τ est un isomorphisme de E .
4. a) On a bien envie d’invoquer le théorème de Cauchy-Lipschitz : rappelons que si a, b et c sont des fonctions continues sur un
intervalle I, alors le problème de Cauchy constitué de l’équation x ′′ = a x + b x ′ + x et d’une condition initiale x(0) = α, x ′ (0) = β
possède une unique solution définie sur I. Dans notre cas, les fonctions b et c sont nulles et la fonction a : t 7→ λ − q(t) est
continue ; les hypothèses du théorème sont bien vérifiées.
L’existence et l’unicité des foncions x1 et x2 découlent du théorème de Cauchy-Lipschitz.
b) On a un théorème spécial qui nous permet de conclure rapidement. On sait en effet qu’il y a équivalence entre les énoncés :
(a) (x1 , x2 ) est une base de E ;
(b) W(x1 , x2 ) ne s’annule jamais ;
(c) W(x1 , x2 )(0) 6= 0.
1
Rappelons que ce terme grotesque n’indique pas que l’on a résolu l’équation différentielle, mais que le coefficient devant le terme « x ′′ » est égal à 1. Pour rester
dans le grotesque, lorsque l’on parle d’une équation différentielle, on ne dit pas la résoudre, mais l’intégrer. C’est regrettable, mais c’est ainsi...
dimanche 10 mars 2013 — 20 ventôse 221
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Mathématiques, MP 933 & 934
2
Or la valeur du wronskien à l’instant particulier t = 0 est facile à calculer :
1 0 = 1 6= 0.
W(x1 , x2 )(0) = 0 1
Conclusion :
La famille (x1 , x2 ) est une base de E .
Allez, juste pour le plaisir, on peut redémontrer à la main le fait que (x1 , x2 ) soit une base. Cela permet de comprendre comment
le théorème de Cauchy-Lipschitz est utilisé et à pourquoi on a défini la famille (x1 , x2 ) de cette manière.
• Montrons que la famille (x1 , x2 ) est libre.
❏ Soient α et β deux complexes tels que α x1 + β x2 = 0. En évaluant cette expression en t = 0, on obtient α = 0. En évaluant
la dérivée de cette expression en t = 0, on trouve β = 0. ❏
• Montrons maintenant qu’elle est génératrice.
❏ Soit y ∈ E une solution de (1). Posons z = y(0) x1 + y ′ (0) x2 . Alors • z est solution de (1) et • z(0) = y(0) et z ′ (0) = y ′ (0).
En d’autres termes, z et y sont solutions de la même équation différentielle linéaire d’ordre 2 et vérifient les mêmes conditions
initiales. D’après la partie « unicité » du théorème de Cauchy-Lipschitz, y = z. On a donc montré que y est une combinaison
linéaire de x1 et de x2 . ❏

α γ
5. a) Notons M =
la matrice de l’endomorphisme τ dans la base (x1 , x2 ) et déterminons-en les coefficients.
β δ
Par définition de la matrice M, l’image par τ de la fonction x1 est
τ(x1 ) = αx1 + βx2 .
Évaluons cette expression en t = 0 :
(2)
τ(x1 )(0) = α x1 (0) +β x2 (0) = α.
| {z }
| {z }
=0
=1
En outre, par définition de l’endomorphisme τ, on a τ(x1 )(0) = x1 (T) d’où α = x1 (T).
Évaluons maintenant la dérivée de l’équation (2) en t = 0 :
τ(x1 )′ (0) = α x1′ (0) + β x2′ (0) = β.
Puisque l’opérateur τ et la dérivation commutent, on a également la relation τ(x1 )′ (0) = x1′ (T) d’où β = x1′ (T).
Effectuons le même raisonnement avec la fonction x2 :
τ(x2 ) = γ x1 + δ x2
donc
et
τ(x2 )(0) = γ = x2 (T)
On a donc montré
M=

x1 (T)
x1′ (T)
τ(x2 )′ (0) = δ = x2′ (T).

x2 (T)
.
x2′ (T)
b) Le déterminant de cette matrice est égal au wronskien de (x1 , x2 ) évalué en T :
dét M = x1 (T) x2′ (T) − x2 (T) x1′ (T) = W(x1 , x2 )(T).
Or, on a montré à la question 2 que la fonction W(x1 , x2 ) est constante ; notamment, on peut écrire que
W(T) = W(0) = x1 (0) x2′ (0) − x2 (0) x1′ (0) = 1.
Ainsi,
dét M = 1.
c) La trace d’une matrice étant égale à la somme de ses coefficients diagonaux,
∆=
1
1
tr(M) = x1 (T) + x2′ (T) .
2
2
6. Les valeurs propres de τ sont les racines de son polynôme caractéristique, qui est égal au polynôme caractéristique de M. En notant
P ce polynôme, on a
x (T) − ρ
x2 (T) 1
P(ρ) = dét(M − ρI2 ) = ′
= ρ2 − x1 (T) + x2′ (T) ρ + x1 (T) x2′ (T) − x1′ (T) x2 (T)
′
x1 (T)
x2 (T) − ρ
= ρ2 − tr(M) ρ + dét M = ρ2 − 2∆ ρ + 1.
Les valeurs propres de τ sont les racines de P(ρ) = ρ2 − 2∆ρ + 1.
7. a) Supposons ∆ réel et |∆| 6= 1. Le discriminant réduit du polynôme P vaut ∆2 − 1. Il est donc non nul et, par conséquent, P
admet deux racines distinctes.
Puisque τ admet deux valeurs propres distinctes et que E est de dimension 2, τ est diagonalisable, de telle sorte que
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3
E est la somme des (deux) sous-espaces propres de τ.
b) Supposons |∆| < 1. Le discriminant réduit D = ∆2 − 1 de P étant négatif, P admet deux racines complexes conjuguées
p
p
ρ = ∆ + i 1 − ∆2
et
ρ = ∆ − i 1 − ∆2 .
Le produit des racines étant égal au déterminant de M, à savoir 1, on peut écrire que |ρ|2 = |ρ|2 = 1.
Notons (u, v) une base de E formée de vecteurs propres de τ et montrons que u et v sont stables.
En premier lieu, remarquons
que la restriction de u à [ 0 ; T ] est bornée (comme toute fonction continue sur un segment).
Notons A = sup u(t).
t∈[ 0 ; T ]
Soit t ∈ R+ . Posons n = E(t/T), de sorte que t − nT ∈ [ 0 ; T ]. On peut alors écrire
u(t) = τn (u)(t − nT) = ρn u(t − nT)
u(t) = |ρ|n u(t − nT) = u(t − nT) ¶ A.
et, en passant au module :
(En d’autres termes, |u| est T-périodique.)
Cette inégalité étant vraie pour tout réel t, on a donc montré que u est bornée, donc stable. On montre de la même façon que
v l’est aussi. Enfin, on utilise le résultat suivant, dont la démonstration est immédiate :
LEMME 1 Toute combinaison linéaire de solutions stables est stable. Toute combinaison linéaire de solutions fortement stables est fortement
stable.
Toute solution de (1) est stable.
Montrons maintenant que u n’est pas fortement stable. En tant que fonction propre de τ, u est non nulle et donc A est strictement
positif. On sait que ce maximum (sur [ 0 ; T ]) est atteint ; notons t0 un point vérifiant |u(t0 )| = A > 0.
∀n ∈ N∗
donc
∀n ∈ N∗
u(t0 + nT) = ρn u(t0 )
u(t0 + nT) = u(t0 ) = A.
En particulier, u ne tend pas vers 0 en l’infini, et u n’est donc pas fortement stable. Pour la même raison, v n’est pas fortement
stable.
Les fonctions propres de τ ne sont pas fortement stables.
c) Supposons |∆| > 1. Le discriminant réduit du polynôme P est strictement positif et P possède deux racines réelles distinctes
ρ et ρ′ , de produit ρρ′ = 1. L’une de ces racines est donc de module strictement inférieur à 1, et l’autre de module strictement
supérieur à 1. Supposons par exemple
|ρ| < 1
et
|ρ′ | > 1.
Notons u une fonction propre pour la valeur propre ρ. Notons encore A = sup u(t).
t∈[ 0 ; T ]
Soit t ∈ R+ . Posons n = E(t/T), de sorte que t − nT ∈ [ 0 ; T ]. On peut alors écrire
u(t) = τn (u)(t − nT) = ρn u(t − nT)
|u(t)| = |ρ|n |u(t − nT)| ¶ |ρ|n A.
et, en passant au module :
|u(t)| ¶ |ρ|E(t/T) A.
Ainsi, pour tout t ∈ R+ , on a
Le membre de droite tendant vers 0 lorsque t tend vers l’infini, on en déduit par le théorème d’encadrement que lim u(t) = 0.
t→+∞
Il existe une solution de (1) fortement stable.
Notons v une fonction propre pour la valeur propre ρ′ . Posons N = sup v(t). Cette borne supérieure est atteinte en au
t∈[ 0 ; T ]
moins un point ; on peut donc choisir t1 ∈ [ 0 ; T ] tel que |v(t1 )| = N > 0. Alors,
∀n ∈ N∗
donc
∀n ∈ N∗
v(t1 + nT) = ρ′n v(t1 )
v(t1 + nT) = |ρ′ |n N.
Notamment, v n’est pas bornée, donc n’est pas stable (ni bien sûr fortement stable).
Par ailleurs, la famille (u, v) forme une base de E . Toute solution de l’équation (1) s’écrit sous la forme αu + βv ; si β 6= 0, cette
solution ne saurait être bornée2 — et encore moins tendre vers 0 ; si au contraire β = 0, la solution est bien sûr fortement stable.
Une solution est fortement stable si et seulement si elle est multiple de u.
Toute solution stable est également multiple de u, et tous les multiples de u sont fortement stables, donc :
2
En effet, supposons que w := αu + βv soit bornée et que β 6= 0. Alors v =
1
β
(w − αu) serait également bornée : contradiction.
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4
Toute solution stable est également fortement stable.
8. a) Le discriminant réduit du polynôme P est nul, si bien que P admet une racine double ρ = ∆ = ǫ. Choisissons un vecteur
propre u associé à ρ et complétons la famille libre (u) en une base (u, v) de E . La matrice représentative de l’endomorphisme τ
dans la base (u, v) a pour expression générale

ǫ a
B = M(u,v) (τ) =
0 b
où (a, b) ∈ C 2 . Cette matrice étant triangulaire supérieure, elle admet ǫ et b comme valeurs propres. Puisque Sp(B) = Sp(τ) = {ǫ},
on en déduit que b = ǫ.

ǫ a
La matrice de τ dans la base (u, v) est de la forme
.
0 ǫ
b) On a supposé a 6= 0. L’endomorphisme τ n’est alors pas diagonalisable (en effet, s’il l’était, il serait égal à ǫ Id et sa matrice
dans n’importe quelle base serait égale à ǫ I2 , ce qui n’est pas le cas).
On garde les notations de la question précédente : u est une fonction propre pour l’opérateur τ. En particulier, τ2 (u) = u, ce
qui prouve que la fonction u est 2T-périodique (et même T-périodique si ǫ = +1). Ainsi, u est une fonction bornée, donc stable.
Étant périodique mais non nulle, elle ne saurait admettre de limite nulle en +∞ — petit lemme que le lecteur sérieux rédigera sans
mal sous la forme : si ϕ est périodique et admet une limite ℓ en +∞, alors elle est constante et égale à ℓ.
La fonction u est stable mais non fortement stable.
Avant de traiter le cas général, montrons que v n’est ni fortement stable, ni stable.
– Supposons pour commencer que v est fortement stable. Pour tout t ∈ R, on a
v(t + T) = τ(v)(t) = a u(t) + ǫ v(t)
(3)
donc
a u(t) = v(t + T) − ǫ v(t).
Le membre de droite tend vers 0 lorsque t → ∞, donc celui de gauche aussi ; puisque a 6= 0, on obtient lim u(t) = 0, ce
qui est en contradiction avec le résultat précédent. Conclusion : v n’est pas fortement stable.
– Utilisons deux fois de suite la formule (3) : on obtient, pour tout t ∈ R :
t→+∞
v(t + 2T) = a u(t + T) + ǫ v(t + T) = a u(t + T) + ǫa u(t) + ǫ2 v(t) = 2a ǫ u(t) + v(t).
soit
v(t + 2T) − v(t) = 2a ǫ u(t).
Il existe un réel t0 tel que u(t0 ) 6= 0. Sommons la relation précédente pour des valeurs de t égales à t0 , t0 +2T, . . . , t0 +2(N−1)T
(où N est un entier quelconque) : on obtient
v(t0 + 2NT) = v(t0 ) + 2N a u(t0 )
| {z }
∀N ∈ N
6=0
ce qui montre que la fonction v n’est pas bornée : v n’est pas stable.
Soit maintenant f une solution non nulle de (1). Il existe des scalaires α, β ∈ C tels que f = αu + βv. Si β = 0 (et donc α 6= 0),
la solution f n’est pas fortement stable. Supposons donc β 6= 0. La fonction αu étant bornée et la fonction βv ne l’étant pas, f
n’est pas bornée : elle n’est, par conséquent, ni fortement stable, ni même stable.
L’unique solution fortement stable est la solution nulle.
Deuxième partie
Puisque λ et q sont réelles, on cherche désormais des solutions réelles à l’équation différentielle (1).
9. a) L’équation (1) s’écrit
x ′′ + λx = 0.
(4)
Distinguons trois cas selon le signe de λ :
p p Cas λ > 0 : les solutions de l’équation (4) sont de la forme x(t) = α cos λ t + β sin λ t avec (α, β) ∈ C 2 . En évaluant
cette expression
coefficients α et β définissant les fonction x1 et x2 et l’on obtient
p et sa dérivée en 0, on trouve
p aisément
p les
x1 (t) = cos λ t
et
x2 (t) = 1/ λ sin λ t . On en tire les valeurs de x1 (π) et x2′ (π) puis, en utilisant le résultat
p de la question 5.c, la valeur de ∆0 (λ) : x1 (π) = x2′ (π) = cos λ π et donc
∀λ > 0
∆0 (λ) = cos
p λπ .
(5)
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5
Cas λ = 0 : les solutions de l’équation x ′′ = 0 sont de la forme x(t) = αt + β, d’où
x1 (t) = 1
∀t ∈ R
Ainsi
et
x2 (t) = t.
x1 (π) = x2′ (π) = 1
si bien que
∆0 (0) = 1.
Cas λ < 0 : les solutions de l’équation (4) sont de la forme
p
p
−λ t + β sh −λ t
x(t) = α ch
avec (α, β) ∈ C 2 . En évaluant cette expression ainsi que sa dérivée en 0, on trouve les coefficients α et β définissant les fonction
x1 et x2 , ce qui mène à
x1 (t) = ch
p
1
x2 (t) = p
sh −λ t .
−λ
p
−λ t
et
∀λ < 0
∆0 (λ) = ch
On en tire les valeurs de x1 (π) et x2′ (π) puis, en utilisant le résultat de la question 5.c, la valeur de ∆0 (λ) :
p
x1 (π) = x2′ (π) = ch −λ π
et
Grâce à ces expressions, remarquons que
p
−λ π .
lim ∆0 (t) = lim− ∆0 (t) = 1 = ∆0 (0)
t→0+
t→0
ce qui prouve que ∆0 est continue en 0, donc sur R. En outre, la restriction de ∆0 à R∗+ est de classe C 1 et se dérivée admet une
limite finie (nulle) en 0 ; il en est de même pour la restriction de ∆0 à R∗− . Le théorème de dérivation des prolongements montre
que
La fonction ∆0 est de classe C 1 sur R.
On peut en fait montrer que ∆0 est de classe C ∞ et même développable en série entière ; puisque les développements en série entière des deux
fonctions trouvées coïncident :
Remarque
∀λ ∈ R
∆0 (λ) =
∞ (−1)n π2n λn
P
.
(2n) !
n=0
b) La partie correspondant à λ < 0 croît très vite (c’est une exponentielle) ; la partie correspondant à λ > 0 « s’étire » de plus en
plus (les oscillations sont de plus en plus lentes) à cause de la racine carrée.
∆0 (λ)
8
6
4
2
1
λ
0
2
4
8
6
10
12
14
16
c) Supposons que λ = n2 , où n est un entier naturel non nul. En utilisant les formules (5), on obtient successivement
x1 (π) = cos nπ = (−1)n
et
x2 (π) =
1
sin nπ = 0
n
x2 (π) = −n sin nπ = 0
x2′ (π) = cos nπ = (−1)n
d’où, en utilisant la question 5.a :
Si n ¾ 1, alors M =

(−1)n
0

0
= (−1)n I2 .
n
(−1)
DM13.tex
6
De même, si n = 0 on obtient, avec x1 : t 7→ 1 et x2 : t 7→ t :
Si n = 0, alors M =

π
.
1
1
0
On a de plus ∆ = (−1)n et a = 0. On vérifie que les fonctions x1 : t 7→ cos nt
τ(x1 ) = (−1)n x1 et τ(x2 ) = (−1)n x2 . Ces deux fonctions sont stables, mais non fortement stables.
Remarque
10. L’équation (1) s’écrit maintenant
Remarque
et
x2 : t 7→ sin nt sont bien fonctions propres avec
x ′′ + (ω2 − q) x = 0
(6)
Les solutions que nous avions notées x1 et x2 sont maintenant notées u0 et v0 respectivement.
Montrons par récurrence sur n la propriété
Qn |t|n
« ∀t ∈ R un (t, ω) ¶ n
ω n!
◮ P (0) : on vérifie immédiatement que, pour tout t ∈ R :
P(n) :
u0 (t, ω) = cos ωt ¶ 1
et
Qn |t|n
et vn (t, ω) ¶ n+1 ».
ω n!
v0 (t, ω) = sin ωt ¶ 1
ω ω
ce qui montre que la propriété P(0) est vraie.
◮ Soit n ∈ N∗ un entier naturel non nul et supposons les propriétés P (0), . . . , P ( n − 1) vraies.
Soit t ∈ R. Effectuons une majoration triangulaire de l’intégrale définissant un , en notant par convention [ 0 ; t ] l’intervalle
[ t ; 0 ] si t ¶ 0 :
Z
Z
t sin ω(t − s)
1 un (t, ω) = q(s) un−1 (s, ω) ds ¶
Q un−1 (s, ω) ds.
0
ω
[0; t ] ω
On utilise alors la propriété P(n − 1) :
Z
n t
Qn−1 |s|n−1
Qn
1
s
Qn |t|n
ds
¶
¶
.
n−1 (n − 1) !
ωn (n − 1) ! n 0
ωn n!
[0; t ] ω
Le calcul conduisant à la majoration de vn (t, ω) est analogue :
Z
QZ
t sin ω(t − s)
Qn−1 |s|n−1
Qn |t|n
vn (t, ω) = q(s) vn−1 (s, ω) ds ¶
ds
¶
ω [ 0 ; t ] ωn (n − 1) !
0
ω
ωn+1 n!
un (t, ω) ¶ Q
ω
ce qui finit d’établir P(n).
◮ Conclusion: la propriété P(n) est donc vraie pour tout n ∈ N.
11. Dans toute la suite du corrigé, on notera un ( · , ω) la fonction t 7→ un (t, ω).
P
P
Les relations précédentes sont insuffisantes pour montrer que les séries de fonctions un ( · , ω) et vn ( · , ω) convergent
normalement sur R (voir le rapport du jury).
Fixons un réel A positif. Alors
Qn An
Qn An
∀n ∈ N
sup un (t, ω) ¶ n
et
sup vn (t, ω) ¶ n+1 .
ω n!
ω n!
t∈[ −A ; A ]
t∈[ −A ; A ]
P Qn An
P
est convergente (de somme exp(QA/ω)...), ce qui prouve que les séries de fonctions
un ( · , ω) et
n
ω n!
P
vn ( · , ω) convergent normalement sur [ −A ; A ]. On en déduit que t 7→ x1 (t, ω) et t 7→ x2 (t, ω) sont continues sur [ −A ; A ].
Or, la série
Ceci étant vrai pour toute valeur du réel A, on en déduit que
Les fonctions x1 ( · , ω) et x2 ( · , ω) sont continues sur R.
12. a) On doit maintenant dériver une intégrale où le paramètre t apparaît à la fois dans une des bornes de l’intégrale et dans l’intégrande.
Autant dire que ça va être un massacre (cf. rapport du jury).
On peut se sortir de cette difficulté en développant le facteur sin ω(t − s) :
Zt
Zt
cos(ωs)
sin(ωs)
u ′ (t) = sin(ωt)
q(s) un−1 (s, ω) ds − cos(ωt)
q(s) un−1 (s, ω) ds.
ω
ω
0
0
Chaque terme est alors le produit d’une fonction de t et d’une intégrale justiciable du théorème fondamental de l’analyse (la
variable t n’apparaît qu’aux bornes) qui nous assure de son caractère C 1 , la fonction intégrée étant continue. La dérivation de ces
produits mène à :
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7
Z
t
cos(ωs)
cos(ωt)
q(s) un−1 (s, ω) ds + sin(ωt)
q(t) un−1 (st, ω)
ω
ω
0
Zt
sin(ωs)
sin(ωt)
q(s) un−1 (s, ω) ds − cos(ωt)
q(t) un−1 (t, ω).
+ ω sin(ωt)
ω
ω
0
un′ (t, ω) = ω cos(ωt)
Deux des termes s’annulent ; quant aux deux autres, on peut les regrouper en utilisant la formule cos(a−b) = cos a cos b +sin a sin b,
ce qui mène à
Zt
′
un (t, ω) =
cos ω(t − s) q(s) un−1 (s, ω) ds
0
De même
vn′ (t, ω) =
Z
t
0
cos ω(t − s) q(s) vn−1 (s, ω) ds
Remarque 1 Une autre possibilité est d’utiliser le résultat suivant :
Soit A et I deux intervalles de R. Soit h : A × I −→ C une fonction de deux variables. On suppose que
– pour tout s ∈ I, h(·, s) est de classe C 1 sur A ;
∂h
– les fonctions h et
sont continues sur I ;
∂t
– il existe une fonction ϕ : I → R+ intégrable telle que
∂h
(t, s) ¶ ϕ(s).
∀(t, s) ∈ A × I
∂t
THÉORÈME
Soient enfin v une fonction de classe C 1 sur A et à valeurs dans I, et a ∈ A. Alors l’application F : A → C définie par
Z v(t)
F : t 7−→
h(t, s) ds
a
est de classe C 1 sur A et
∀t ∈ A
F′ (t) =
Z
v(t)
a
∂h
(t, s) ds + v ′ (t) h t, v(t) .
∂t
Démonstration : L’astuce est de passer par une fonction de deux variables, définie par
Zp
f (t, p) =
h(t, s) ds.
a
Le théorème de dérivation sous le signe somme — un beau théorème de deuxième année — montre que f admet une dérivée partielle continue par rapport
à la première variable, donnée par
Z p
∂h
∂f
(t, p) =
(t, s) ds.
∀(t, p) ∈ A × I
D1 f (t, p) =
∂t
a ∂t
On a besoin de montrer que D1 f est continue (et pas simplement continue par rapport à telle ou telle variable) : le caractère continu, donc localement
borné de ∂ h/∂ t permet d’établir simplement cette continuité.
Le théorème de dérivation d’une intégrale par rapport à sa borne supérieure — celui-là, c’est un théorème de première année — permet d’écrire que f
admet une dérivée partielle par rapport à sa seconde variable et que
∀(t, p) ∈ A × I
D2 f (t, p) =
∂f
(t, p) = h(t, p).
∂p
Notamment, D2 f est bien une application continue sur A × I.
Ainsi, F est classe C 1 sur A × I.
Il ne reste qu’à appliquer cette formule à la fonction composée F : t 7−→ f t, v(t) dont la dérivée vaut
F′ (t) = D1 f t, v(t) + v ′ (t) D2 f t, v(t)
pour achever la démonstration du théorème.
Appliquons ce théorème au cas qui nous intéresse, avec A = I = [ 0 ; M ] pour pouvoir dominer par une fonction intégrable. Ainsi, un est bien dérivable par
rapport à sa première variable, et

Zt
sin ω(t − s)
∂
′
un (t, ω) =
q(s) un−1 (s, ω) ds + 0.
ω
0 ∂t
On est donc bien conduit au même résultat — ouf.
b) Effectuons le même raisonnement que dans la question 10.
Soient n ∈ N∗ un entier naturel non nul et t ∈ R. Effectuons une majoration triangulaire de l’intégrale définissant un′ , en
utilisant les majorations obtenues dans la question 10 :
Z
Z
′
t
u (t, ω) = cos ω(t − s) q(s) un−1 (s, ω) ds ¶
Q un−1 (s, ω) ds
n
0
¶
Z
[0; t ]
[0; t ]
Q Qn−1 |s|n−1
Qn
1
ds ¶ n−1
n−1
ω (n − 1) !
ω
(n − 1) !

sn
n
t
0
¶
Qn |t|n
.
ωn−1 n!
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De même
8
Z
Z
′
t
v (t, ω) = cos ω(t − s) q(s) vn−1 (s, ω) ds ¶
n
0
∀n ∈ N ∗
n
n
u ′ (t, ω) ¶ Q |t|
n
ωn−1 n!
∀t ∈ R
c) Fixons un réel A strictement positif. Alors
n n
u ′ (t, ω) ¶ Q A
n
ωn−1 n!
t∈[ −A ; A ]
sup
∀n ∈ N
et
[0; t ]
et
Q Qn−1 |s|n−1
Qn |t|n
ds ¶ n .
n
ω (n − 1) !
ω n!
n
n
v ′ (t, ω) ¶ Q |t| .
n
ωn n!
n n
v ′ (t, ω) ¶ Q A .
n
ωn n!
t∈[ −A ; A ]
sup
P Qn An
P ′
P ′
est convergente, ce qui prouve que les séries de fonctions
un ( · , ω) et
vn ( · , ω)
n
ω n!
P
P
convergent normalement sur [ −A ; A ]. Puisque les séries
un ( · , ω) et
vn ( · , ω) convergent simplement en 0 (par exemple),
Or, on a déjà vu que la série
on en déduit que les fonctions t 7→ x1 (t, ω) et t 7→ x2 (t, ω) sont de classe C 1 sur [ −A ; A ] (et leur dérivée peut être calculée en
dérivant terme à terme les séries qui les définissent).
Ceci étant vrai pour toute valeur du réel A > 0, on en déduit que
Les fonctions x1 ( · , ω) et x2 ( · , ω) sont de classe C 1 sur R.
13. Soit t ∈ R. Calculons l’intégrale du membre de droite de la formule de l’énoncé :
Zt
Z tX
∞
sin ω(t − s)
sin ω(t − s)
q(s) x1 (s, ω) ds =
q(s) un (s, ω) ds.
ω
ω
0 n=0
0
Pour intervertir la somme et l’intégrale, il suffit (l’intégration étant effectuée sur un segment) de montrer la convergence normale
de la série de fonctions de terme général
sin ω(t − s)
s 7−→
q(s) un (s, ω).
(7)
ω
Pour cela, on peut utiliser le résultat suivant, dont la démonstration est immédiate.
LEMME 2 Si la série de fonctions
converge normalement sur I.
P
fn converge normalement sur un intervalle I et si la fonction g est bornée sur I, alors la série
P
fn g
sin ω(t − s)
q(s) est continue, donc bornée, sur [ 0 ; t ] pour conclure que la
ω
série de fonctions (7) converge normalement sur [ 0 ; t ]. On peut par conséquent intervertir somme et intégrale, ce qui donne, en
utilisant la relation de récurrence définissant un :
Zt
∞ Z t
∞
X
X
sin ω(t − s)
sin ω(t − s)
q(s) x1 (s, ω) ds =
q(s) un (s, ω) ds =
un+1 (t, ω) = x1 (t, ω) − u0 (t, ω).
ω
ω
0
n=0 0
n=0
Il ne reste qu’à remarquer que la fonction s 7−→
Effectuant exactement les mêmes opérations pour la fonction x2 , les fonctions vn remplaçant les fonctions un , il vient
sin ω(t − s)
x1 (t, ω) = cos ωt +
q(s) x1 (s, ω) ds
ω
0
Zt
sin ω(t − s)
sin ωt
x2 (t, ω) =
+
q(s) x2 (s, ω) ds.
ω
ω
0
Z
t
(8)
Il n’est malheureusement pas possible d’itérer la méthode exposée dans les questions 10 et 12.b pour montrer que les séries
de terme général un′′ ( · , ω) et vn′′ ( · , ω) convergent ; en effet, la formule établie dans le théorème de dérivation d’une intégrale à
paramètres fait cette fois-ci apparaître un terme de bord :
Zt
′′
un (t, ω) = −ω
sin ω(t − s) q(s) un−1 (s, ω) ds + q(t) un−1 (t, ω).
0
Sans données supplémentaire sur la fonction q (notamment sur sa régularité), il n’est pas possible de conclure.
Les fonctions x1 ( · , ω) et x2 ( · , ω) ne sont a priori pas de classe C ∞ .
Dans la question suivante, on donne une expression plus explicite de x1′′ ( · , ω) en fonction de x1 ( · , ω) et q, qui montre plus clairement que, si q
n’est pas assez régulière, x1 ( · , ω) ne le sera pas non plus.
Remarque
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9
14. a) Dérivons les expressions (8) en utilisant de nouveau le théorème de dérivation d’une intégrale à paramètres, dont les hypothèses
sont vérifiées (cf. question 12) ; une première dérivation donne, en utilisant les expressions (8) :
Zt
′
x1 (t, ω) = −ω sin ωt +
cos ω(t − s) q(s) x1 (s, ω) ds + 0
0
Z
x2′ (t, ω) = cos ωt +
et
t
0
Une seconde dérivation donne
x1′′ (t, ω)
2
= −ω cos ωt − ω
Z
cos ω(t − s) q(s) x2 (s, ω) ds + 0.
t
sin ω(t − s) q(s) x1 (s, ω) ds + cos(0) q(t) x1 (t, ω) = −ω2 x1 (t, ω) + q(t) x1 (t, ω)
|0
{z
}
ω x1 (t,ω)−cos ωt
et
x2′′ (t, ω) = −ω sin ωt − ω
Z
t
0
sin ω(t − s) q(s) x2 (s, ω) ds + cos(0) q(t) x2 (t, ω) = −ω2 x2 (t, ω) + q(t) x2 (t, ω)
ce qui prouve que
x1 ( · , ω) et x2 ( · , ω) sont solutions de (1) pour λ = ω2 .
b) On vérifie facilement que
§
x1 (0, ω) = 1
x1′ (0, ω) = 0
et
§
x2 (0, ω) = 0
x2′ (0, ω) = 1
En d’autres termes, les fonctions x1 ( · , ω) et x2 ( · , ω) que l’on a construites à la question 11 correspondent bien aux fonctions de
même nom évoquées à la question 4. Le résultat de la question 5.c montre alors que
∆q (λ) =
15. On a
1
∆q (λ) − ∆0 (λ) =
2

∞
X
n=0
un (π, ω) +
∞
X
1
x1 (π, ω) + x2′ (π, ω) .
2
vn′ (π, ω)
n=0

1
− cos ωπ =
2
∞
X
un (π, ω) +
n=1
∞
X
n=1
vn′ (π, ω)

.
(9)
Par suite, en remarquant que ces séries convergent normalement donc absolument, et en utilisant une inégalité triangulaire
conjointement avec les inégalités des questions 10 et 12.b, il vient
∞
∞
∞
X
Qn πn 1 X
Qn πn X
Qn πn
πQ
∆q (λ) − ∆0 (λ) ¶ 1
+
¶
−
1
¶
exp
−1
2 n=1 ωn n!
2 n=1 ωn n!
ωn n!
ω
n=0
p
ce qui montre, comme ω = λ, que
∆q (λ) − ∆0 (λ) ¶ exp πQ
− 1.
p
λ
16. a) Par définition de u1 ,
u1 (π, ω) =
Z
π
0
sin ω(π − s)
q(s) cos ωs ds
ω
et, par dérivation de v1 (le terme de bord étant nul comme on l’a vu à la question 12.b),
Zπ
sin(ωs)
′
v1 (π, ω) =
cos ω(π − s) q(s)
ds
ω
0
donc
u1 (π, ω) + v1′ (π, ω) =
1
ω
Z
π
0
Z
h
i
sin ωπ π
q(s) sin ω(π − s) cos(ωs) + cos ω(π − s) sin(ωs) ds =
q(s) ds
ω
|
{z
}
0
sin ω(π−s)+ωs
u1 (π, ω) + v1′ (π, ω) = 0.
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10
b) Reprenons l’équation (9) : compte tenu de la relation précédente, on obtient
∞

∞
X
1 X
∆q (λ) − ∆0 (λ) =
un (π, ω) +
vn′ (π, ω)
2 n=2
n=2
d’où, par inégalité triangulaire :
∞
X
Qπ
Qπ
Qn πn
∆q (λ) − ∆0 (λ) ¶
−1− p .
p n ¶ exp p
λ
λ
λ
n!
n=2
Or, on sait que e x − 1 − x = O (1/x 2 ) au voisinage de 0 ; on en déduit donc

1
∆q (λ) = ∆0 (λ) + O
.
λ
17. Soit α > 0. On peut supposer, sans restreindre le problème, que 0 < α < 1/2. Posons ǫ = 1 − cos πα ; alors ǫ ∈ ] 0 ; 1 [. On a de
plus
cos [ −πα ; πα ] ⊂ [ 1 − ǫ ; 1 ].
Par périodicité de la fonction cos, on peut montrer le résultat intermédiaire suivant :
LEMME 3 Soit I un intervalle de R tel que
∀x ∈ I
cos x > 1 − ǫ.
∀x ∈ I
cos x < −1 + ǫ
Alors, il existe un entier n ∈ N, pair, tel que I ⊂ [ π(n − α) ; π(n + α) ].
De même, si I vérifie
alors il existe un entier n ∈ N, impair, tel que I ⊂ [ π(n − α) ; π(n + α) ].
Ce résultat est illustré sur la figure ci-dessous :
1−ǫ
π
−α
nπ
α
←I →
−1 + ǫ
On sait, d’après la question 15, que
lim ∆q (λ) − ∆0 (λ) = 0.
λ→+∞
On en déduit qu’il existe un réel λ0 ¾ 0 tel que, pour tout λ ¾ λ0 , on a
∆q (λ) − ∆0 (λ) < ǫ.
Soit J un intervalle d’instabilité inclus dans [ λ0 ; +∞ [. Alors, pour tout λ ∈ J, on a ∆q (λ) > 1 et donc, puisque ∆0 est
continue :
∀λ ∈ J
∆0 (λ) > 1 − ǫ
ou
∀λ ∈ J
∆0 (λ) < −1 + ǫ
(ces deux possibilités s’excluant mutuellement puisque ǫ ∈ [ 0 ; 1 ]). Le résultat intermédiaire montré ci-dessus permet de conclure
qu’il existe un entier n ∈ N tel que
p
∀λ ∈ J
π λ ∈ [ π(n − α) ; π(n + α) ]
c’est-à-dire
∀λ ∈ J
λ ∈ [ (n − α)2 ; (n + α)2 ].
Les intervalles d’instabilité sont toujours « centrés » sur les carrés des entiers et ils sont donc de plus en plus éloignés. (Notre
étude ne permet pas, en revanche, de conclure quant à leur largeur.)
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11
Un cas particulièrement important en physique est celui où la fonction q est sinusoïdale (l’équation (1) est alors appelée équation de Mathieu). D’une
manière générale, elle modélise un oscillateur de pulsation proche de ω, dont la longueur varie périodiquement avec une période π. Ainsi, lorsque l’on veut
augmenter l’amplitude du balancement d’une escarpolette, on se « tasse » ou on se redresse de façon à rapprocher ou écarter de l’axe le centre de gravité.
L’étude effectuée montre que lorsque la fréquence ω est « proche » d’un entier, alors on peut espérer avoir une solution instable (c’est-à-dire, physiquement, une
solution où l’amplitude augmente sensiblement). En pratique, seule la valeur ω = 1 est utilisable (on peut montrer que tout frottement rend stables les solutions
correspondant aux plus grandes valeurs de ω entier), c’est-à-dire que la période naturelle du pendule est 2π, soit le double de la période de l’excitation q.
Ce résultat est empiriquement connu de tous les enfants : on rend la position inférieure de la balançoire instable en se relevant et se repliant avec une fréquence
double de la fréquence du pendule (qui est, dans l’approximation des petites oscillations, indépendante de l’amplitude du mouvement). On peut suggérer à chacun
de réitérer cette expérience amusante et instructive pour se convaincre du résultat.
Enfin, notons que les équations paramétriques comme celle de Mathieu sont également utiles dans de nombreux domaines de la mécanique : mécanique céleste,
excitations paramétriques des galaxies par des forces de marée, etc.
Remarque
Les hasards heureux de l’escarpolette, Jean-Honoré Fragonard.
(Le lecteur curieux pourra chercher la belle histoire de ce tableau sur le web.)
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