% Jean-Pierre Demailly % Universit\'e de Grenoble I, Institut Fourier % \'Equations Diff\'erentielles et Analyse Num\'erique % Collection Grenoble-Sciences, Presses Universitaires de Grenoble \newif\ifcolorized \colorizedfalse \newif\iftocfirst \tocfirsttrue \input hyperbasics.tex \ifcolorized \magnification=1200 \hsize=13cm\hoffset=0cm \vsize=18.8cm\voffset=0.3cm \else %% \magnification=1000 \hsize=13cm\hoffset=1.5cm \vsize=18.8cm\voffset=2cm \magnification=1200 \hsize=13cm\hoffset=0cm \vsize=18.8cm\voffset=0.3cm \fi \pretolerance=500 \tolerance=1000 \brokenpenalty=5000 \parindent=0mm \parskip=5pt plus 1pt minus 1pt \baselineskip=12.5pt \catcode`\@=11 \def\makeheadline{\vbox to\z@{\vskip-25.4\p@ \line{\vbox to8.5\p@{}\the\headline}\vss}\nointerlineskip} \def\makefootline{\baselineskip28\p@\lineskiplimit\z@\line{\the\footline}} \catcode`\@=12 % new fonts definitions \font\twentyfourss=cmss10 at 24.8832pt \font\twentyss=cmss10 at 20.736pt \font\seventeenss=cmss10 at 17.28pt 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\noindent\rlap{\hbox{\eightpointbf #1}}\kern1.2cm{\rm #2}{\it #3}{\rm #4.}} %%% Texte principal \setbox\bookbox\hbox{\tenss \maincolor{% Analyse num\'erique et \'equations diff\'erentielles}} \setbox\ebookbox\hbox{\tenss \maincolor{% \href{https://grenoble-sciences.ujf-grenoble.fr/pap-ebook/demailly/6-equations-differentielles-resolution}{\RGBColor{0 0 1}{$\strut\,\Rightarrow$ site web compagnon$\,$}}}} \footline={\upperblackline \maincolor{% \tenss Solution des probl\`emes du chap.~6\hfill \copyright\ Grenoble Sciences, J.-P.~Demailly $\scriptstyle \bullet$ \folio}} \openauxfile \headline={\foliopapebook} \notthispage=\pageno \strut\vskip4mm \maincolor{% \title{Solution des probl\`emes du chapitre 6}} \titlerunning{\maincolor{% Solutions des probl\`emes du chapitre 6}} \vskip10mm \maincolor{{\bf 5.11.}} On \'etudie ici une m\'ethode alternative pour d\'eterminer l'\'equation de la cha\^{\i}nette.\\ Dans un plan vertical $Oxy$ assimil\'e \`a $\bR^2$ (o\`u $Oy$ est la direction verticale pointant vers le haut), on consid\`ere un fil souple de longueur $\ell > 0$ dont les extr\'emit\'es sont fix\'ees \`a des points de m\^eme hauteur, not\'es $(-a,0)$ et $(a,0)$, avec $a>0$. La position d'\'equilibre du fil est le graphe d'une fonction $f$ qui minimise l'\'energie potentielle $P(f)=\smash{\int gy\,dm}$ sous la contrainte de longueur $L(f) = \smash{\int ds}=\ell$. On a plus pr\'ecis\'ement $ds=\sqrt{dx^2+dy^2}$, $dm=\mu\,ds$ o\`u $\mu$ est la masse lin\'eique, d'o\`u $$ L(f) = \int_{-a}^a \sqrt{1+f'(x)^2}\,dx~, \qquad P(f) = \mu g\int_{-a}^a f(x)\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx~, \qquad $$ On consid\`ere l'espace de Banach $$ E \,=\, \Bigl\{f \in \cC^1([-a,a],\bR)\,\Big|\, f(-a) = f(a) = 0 \Bigr\}~, $$ muni de la norme $$ \|f\| \,=\, \sup_{x\in[-a,a]}|f(x)| + \sup_{x\in[-a,a]}|f'(x)|~. $$ Les fonctionnelles $L$, $P$ d\'efinissent des applications $L,\,P : E \to \bR$. \maincolor{{\bf(a)}} Calculons les diff\'e\-rentielles respectives de $L$ et $P$ en tout point $f \in E$. Pour cela, on \'evalue $L(f+h)-L(f)$ et $P(f+h)-P(f)$ \`a l'aide de la formule de Taylor \`a l'ordre~$2$. On est amen\'e \`a estimer les diff\'erences $$ \eqalign{ \delta_L(x)=&\sqrt{1+(f'(x)+h'(x))^2}-\sqrt{1+f'(x)^2},\cr \delta_P(x)=&(f(x)+h(x))\sqrt{1+(f'(x)+h'(x))^2}-f(x)\sqrt{1+f'(x)^2}.\cr} $$ Pour la diff\'erence $\delta_L(x)$, la fonction $g(t)=\sqrt{1+t^2}$ v\'erifie $g'(t)={t\over\sqrt{1+t^2}}$ et $g''(t)={1\over(1+t^2)^{3/2}}$, de sorte que $g''(t)\le 1$ pour tout $t$. La premi\`ere diff\'erence s'\'ecrit alors $$ \delta_L(x)=h'(x)g'(f'(x))+{1\over 2}h'(x)^2g''\big(f'(x)+\theta(x)h'(x)\big) $$ avec $\theta(x)\in{}]0,1[$. On a d'autre part $$ \delta_P(x)=h(x)\sqrt{1+f'(x)^2}+f(x)\delta_L(x)+h(x)\delta_L(x). $$ En s\'eparant les termes lin\'eaires et les termes d'erreur, on en d\'eduit $$ \eqalign{ dL(f)(h) &= \int_{-a}^a {h'(x)f'(x)\over\sqrt{1+f'(x)^2}}\,dx~, \cr dP(f)(h) &= \mu g\int_{-a}^a h(x)\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx+ f(x){h'(x)f'(x)\over\sqrt{1+f'(x)^2}}\,dx,\cr} $$ avec des termes d'erreur qui valent $$ \eqalign{ &\hbox{(pour $dL$)}\quad\int_{-a}^a{1\over 2} h'(x)^2g''\big(f'(x)+\theta(x)h'(x)\big)\,dx\cr &\hbox{(pour $dP$)}\quad\int_{-a}^a\Big(f(x) {1\over 2}h'(x)^2g''\big(f'(x)+\theta(x)h'(x)\big)+ h(x)\delta_L(x)\Big)dx\cr} $$ Dans le cas de $dL$, on voit gr\^ace \`a l'estimation $0\le g''\le 1$ que le terme d'erreur est major\'e par $$ 2a\times {1\over 2}\Vert h'\Vert_\infty^2\le a\Vert h\Vert^2=o(\Vert h\Vert). $$ Dans le cas de $dP$, on a un premier terme d'erreur qui est major\'e par $a\Vert f\Vert\,\Vert h\Vert^2$ d'apr\`es ce qui pr\'ec\`ede, et un terme suppl\'ementaire $\int_{-a}^ah(x)\delta_L(x)\,dx$. Or $h(x)\delta_L(x)$ est la somme d'un terme $h(x){h'(x)f'(x)\over\sqrt{1+f'(x)^2}}$ major\'e par $\Vert h\Vert^2\Vert f\Vert$, plus un nouveau terme d'erreur encore \lguil\?plus petit\?\rguil $$ \int_{-a}^ah(x){1\over 2}h'(x)^2g''\big(f'(x)+\theta(x)h'(x)\big)\,dx $$ major\'e par $a\Vert h\Vert^3$. On en d\'eduit que $L$ et $P$ sont bien diff\'erentiables, avec les expressions donn\'ees pr\'ec\'edemment pour les diff\'erentielles. Sous l'hypoth\`ese que $f$ est de classe $\cC^2$, et compte tenu des conditions $h(a)=h(-a)=0$ pour $h\in E$, on peut effectuer une int\'egration par parties pour obtenir $$ \eqalign{ dL(f)(h) &= -\int_{-a}^a h(x){d\over dx}\left( {f'(x)\over\sqrt{1+f'(x)^2}}\right)\,dx~, \cr dP(f)(h) &= \mu g\int_{-a}^a h(x)\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx- h(x){d\over dx}\left({f(x)f'(x)\over\sqrt{1+f'(x)^2}}\right)\,dx.\cr} $$ \maincolor{{\bf(b)}} On suppose $\ell > 2a$. la cha\^{\i}nette r\'ealise le minimum de $P(f)$ sous la contrainte $L(f) = \ell$, pour $f\in E$. Il s'agit d'un probl\`eme \lguil\?d'extremas li\'es\?\rguil. Si l'infimum existe et s'il est atteint en un point $f \in E \cap \cC^2([-a,a])$, la condition $dL(f)(h)=0$ implique $dP(f)(h)=0$, donc les formes lin\'eaires associ\'ees satisfont la condition de proportionnalit\'e $dP(f)(h)=\lambda dL(f)(h)$ ($\lambda\in\bR$), d'apr\`es le th\'eor\`eme des multiplicateurs de Lagrange. Comme cette \'egalit\'e doit \^etre vraie pour toute fonction~$h$, on en d\'eduit que $f$ satisfait l'\'equation diff\'erentielle $$ \sqrt{1+f'(x)^2}- {d\over dx}\left({f(x)f'(x)\over\sqrt{1+f'(x)^2}}\right)= c\,{d\over dx}\left({f'(x)\over\sqrt{1+f'(x)^2}}\right) $$ avec $c={\lambda\over\mu g}$. En omettant la variable $x$ pour simplifier, on trouve la condition $$ \sqrt{1+f^{\prime 2}}-{ff''+f^{\prime 2}\over\sqrt{1+f^{\prime 2}}} +{ff^{\prime 2}f''\over(1+f^{\prime 2})^{3/2}}= c\left({f''\over \sqrt{1+f^{\prime 2}}}- {f^{\prime 2}f''\over(1+f^{\prime 2})^{3/2}}\right). $$ En multipliant cette expression par $(1+f^{\prime 2})^{3/2}$, on obtient la condition \'equivalente $$ (1+f^{\prime 2})^2-(1+f^{\prime 2})(ff''+f^{\prime 2})+ ff^{\prime 2}f''=c\big(f''(1+f^{\prime 2})-f^{\prime 2}f''\big). $$ Ceci se simplifie (quelque peu miraculeusement~!) en $$ (1+f^{\prime 2})(1-ff'')+ff^{\prime 2}f''=cf'', $$ soit encore $$ cf''=1+f^{\prime 2}-ff''. $$ La fonction $g=f+c$ v\'erifie alors $gg''=1+g^{\prime 2}$, ce qui peut s'\'ecrire aussi $$ {g'g''\over 1+g^{\prime 2}}={g'\over g} $$ (on notera que $g$ ne peut s'annuler). Cette \'egalit\'e s'int\`egre sous la forme $$ {1\over 2}\ln(1+g^{\prime 2})=\ln|g|+C, $$ soit encore $1+g^{\prime 2}=b^2g^2$ o\`u $b=e^C$ est une constante positive. On a une solution constante $g(x)={1\over b}$, $g'(x)=0$, tandis que pour $g'\ne 0$ il vient $$ {g'\over\sqrt{b^2g^2-1}}=\varepsilon=\pm 1, $$ par cons\'equent ${1\over b}\arg\cosh(b|g(x)|)=\pm x$. Il s'ensuit que $g(x)=\pm{1\over b}\cosh(bx)$,~d'o\`u $$ f(x)=\pm{1\over b}\cosh(bx)-c. $$ On notera que la continuit\'e des fonctions mises en jeu impose que le signe $\pm$ ne d\'epende pas de la valeur de la variable $x$). La condition $f(a)=0$ implique $$ f(x)=\pm{1\over b}\big(\cosh(bx)-\cosh(ab)\big). $$ La solution $g$ constante donnerait $f(x)=0$ identiquement, d'o\`u une longueur $L(f)=2a$, alors qu'on a suppos\'e $\ell>2a$. Le signe initial figurant dans $f(x)$ doit \'egalement \^etre $+1$, sinon on obtient une solution non physiquement r\'ealiste $f(x)>0$ pour $x\in{}]-a,a[$, qui correspond en fait \`a un maximum de $P(f)$ au lieu d'un minimum (noter que par changement de $f$ en $-f$, on a $P(-f)=-P(f)$). Il reste \`a relier les constantes $a,b,\ell$. Pour cela on calcule $$ L(f)=\int_{-a}^a\!\sqrt{1+f'(x)^2}\,dx= \int_{-a}^a\!\sqrt{1+\sinh(bx)^2}\,dx= \int_{-a}^a\cosh(bx)\,dx={2\over b}\sinh(ab), $$ et la contrainte $L(f)=\ell$ donne la solution cherch\'ee $$ f(x)={1\over b}\big(\cosh(bx)-\cosh(ab)\big)\quad\hbox{o\`u $b$ est tel que} \quad {2\over b}\arg\sinh(ab)=\ell. $$ Il existe une valeur unique de $b$ v\'erifiant la derni\`ere condition, car par convexit\'e de $\sinh$ sur $\bR_+$, la fonction $b\mapsto {2\over b} \sinh(ab)$ est strictement croissante sur l'intervalle $]0,+\infty[$, et y varie de $2a$ \`a $+\infty$. \medskip \colorstate{5.12${}^{**}$} On appelle m\'etrique de Poincar\'e du disque unit\'e $D=\{|z|<1\}$ du plan complexe la m\'etrique riemannienne $$ ds^2={|dz|^2\over (1-|z|^2)^2}={dx^2+dy^2\over(1-(x^2+y^2))^2},\qquad z=x+i y. $$ \maincolor{{\bf(a)}} Avec les notations du \S\?4.4, l'\'energie d'un chemin $\gamma:[a,b]\to D$ s'exprime sous la forme $$ E(\gamma)=\int_a^b\Vert\gamma'(t)\Vert_q^2\,dt =\int_a^b{|\gamma'(t)|^2\over (1-|\gamma(t)|^2)^2}\,dt =\int_a^b{\gamma'(t)\overline{\gamma'(t)}\over (1-\gamma(t) \overline{\gamma(t)})^2}\,dt. $$ En changeant $\gamma$ en $\gamma+h$, on voit que la diff\'erentielle de l'\'energie est donn\'ee par $$ E(\gamma)\cdot h=2\Re\int_a^b\left({\gamma'(t)\over \big(1-\gamma(t)\overline{\gamma(t)}\big)^2}\overline{h'(t)} +2{\gamma(t)\gamma'(t)\overline{\gamma'(t)}\over \big(1-\gamma(t)\overline{\gamma(t)}\big)^3}\overline{h(t)}\right)dt, $$ en effet les termes apparaissent par paires de termes conjugu\'es et $z+\overline z=2\,\Re z$. En int\'egrant par parties le premier terme de l'int\'egrande et en utilisant le fait que $h(a)=h(b)=0$, il~vient $$ E(\gamma)\cdot h=2\Re\int_a^b\left(-{d\over dt}{\gamma'(t)\over \big(1-\gamma(t)\overline{\gamma(t)}\big)^2}\overline{h(t)} +2{\gamma(t)\gamma'(t)\overline{\gamma'(t)}\over \big(1-\gamma(t)\overline{\gamma(t)}\big)^3}\overline{h(t)}\right)dt. $$ Comme ceci doit \^etre vrai pour tout $h$, les g\'eod\'esiques, \`a savoir les points critiques de l'\'energie, sont les solutions de l'\'equation d'Euler-Lagrange $$ -{d\over dt}{\gamma'(t)\over \big(1-\gamma(t)\overline{\gamma(t)}\big)^2} +2{\gamma(t)\gamma'(t)\overline{\gamma'(t)}\over \big(1-\gamma(t)\overline{\gamma(t)}\big)^3}=0 $$ En d\'eveloppant la d\'eriv\'ee du premier terme et en multipliant par $\big(1-\gamma(t)\overline{\gamma(t)}\big)^2$, on voit apr\`es simplification que l'\'equation des g\'eod\'esiques peut se r\'ecrire $$ \gamma''(t)+{2\gamma'(t)^2\overline{\gamma(t)}\over 1-\gamma(t)\overline{\gamma(t)}}=0.\leqno(*) $$ \maincolor{{\bf(b)}} Il est facile de voir que le chemin $\gamma(t)=\tanh(kt)$ (qui d\'ecrit le diam\`etre $]-1,1[$ du disque) est solution de l'\'equation pour tout $k\in\bR^*_+$, en effet $\gamma'(t)=k(1-\tanh(kt)^2)$ et $\gamma''(t)=-2k^2\tanh(kt)(1-\tanh(kt)^2)$. \medskip \maincolor{{\bf(c)}} Si $t\mapsto \gamma(t)$ est solution, alors $t\mapsto\lambda\gamma(t)$ est encore solution pour tout nombre complexe $\lambda$ de module $1$. En effet par substitution $\gamma\mapsto \lambda\gamma$ dans $(*)$, $\gamma''(t)$ est multipli\'e par $\lambda$, $2\gamma'(t)^2\overline{\gamma(t)}$ est multipli\'e par $\lambda^2 \overline{\lambda}=\lambda$, et $1-\gamma(t)\overline{\gamma(t)}$ reste inchang\'e. On v\'erifie maintenant que pour toute solution $\gamma$ de $(*)$ et toute homographie complexe $h_a$ de la forme $$h_a(z)={z+a\over 1+\overline a z},\qquad\hbox{$a\in D$},$$ la compos\'ee $h_a\circ\gamma$ est \'egalement solution de $(*)$. Ceci d\'emontrera en fait que les g\'eod\'esiques sont invariantes par les automorphismes holomorphes $z\mapsto\lambda{z+a\over 1+\overline a z}$ du disque unit\'e. On a d'abord $$ \eqalign{ h_a'(z)&={(1+\overline a z)-\overline a(z+a)\over(1+\overline a z)^2}= {1- |a|^2\over (1+\overline a z)^2},\quad h_a''(z)=-2\overline a{1- |a|^2\over (1+\overline a z)^3}\cr 1-|h_a(z)|^2&={|1+\overline a z|^2-|z+a|^2\over |1+\overline a z|^2}= {(1-|a|^2)(1-|z|^2)\over |1+\overline a z|^2},\cr} $$ car les doubles produits $\overline a z+a\overline z$ figurant au num\'erateur s'auto-d\'etruisent. Ceci donne $$ \eqalign{ (h_a\circ\gamma)'(t)&=h_a'(\gamma(t))\gamma'(t)={(1-|a|^2)\gamma'(t)\over (1+\overline a\gamma(t))^2},\cr (h_a\circ\gamma)''(t)&=h_a'(\gamma(t))\gamma''(t)+h_a''(\gamma(t))\gamma'(t)^2\cr &={1- |a|^2\over (1+\overline a\gamma(t))^2}\gamma''(t) -2\overline a{1- |a|^2\over (1+\overline a \gamma(t))^3}\gamma'(t)^2,\cr {(h_a\circ\gamma)'(t)^2\overline{(h_a\circ\gamma)(t)}\over 1-|h_a\circ\gamma(t)|^2} &={(1-|a|^2)^2\gamma'(t)^2(\overline{\gamma(t)}+\overline a)\over (1+\overline a\gamma(t))^4(\overline{1+\overline a\gamma(t)})} {|1+\overline a \gamma(t)|^2\over(1-|a|^2)(1-|\gamma(t)|^2)}\cr &={(1-|a|^2)\gamma'(t)^2(\overline{\gamma(t)}+\overline a)\over (1+\overline a\gamma(t))^3(1-|\gamma(t)|^2)}, \cr} $$ de sorte qu'on a bien (apr\`es un calcul p\'enible !) $$ (h_a\circ\gamma)''(t)+ {2(h_a\circ\gamma)'(t)^2\overline{(h_a\circ\gamma)(t)}\over 1-|h_a\circ\gamma(t)|^2}=0. $$ \maincolor{{\bf(d)}} On rappelle que les automorphismes holomorphes du disque unit\'e sont les homographies pr\'eservant le cercle unit\'e, et sont donn\'es par l'une ou l'autre des formules $$ \varphi(z)=h_a(\lambda z)=\lambda h_b(z)\quad\hbox{avec $a=\lambda b$, $|\lambda|=1$}. $$ Consid\'erons le chemin tel que $\gamma(t)=h_a(\lambda\tanh(kt))$, $a\in D$, $|\lambda|=1$, $k\in\bR_+^*$. D'apr\`es la question (c), c'est un arc de g\'eod\'esique. De plus $\gamma(0)=h_a(0)=a$ et $\gamma'(0)=h_a'(0)\times\lambda k=\lambda k(1-|a|^2)$. On voit ainsi que $\gamma(0)=a$ est un point quelconque de $D$ et que $\gamma'(0)$ est un point quelconque de $\bC$, puisque $k$ et $\lambda$ peuvent \^etre choisis pour ajuster respectivement le module et l'argument. Le th\'eor\`eme d'unicit\'e de Cauchy-Lipschitz s'applique car les coefficients de $(*)$ sont de classe $\cC^1$ (et m\^eme $\cC^\infty$). On a donc bien ainsi trouv\'e l'unique g\'eod\'esique de donn\'ees initiales $\gamma(0)=a\in D$ et $\gamma'(0)=b\in\bC$, il n'y en a pas d'autres. \maincolor{{\bf(e)}} D'apr\`es (c) et (d) les trajectoires des g\'eod\'esiques sont les images par les homographies $h_a$ des diam\`etres du disque. Les diam\`etres du disque sont orthogonaux aux cercle unit\'e $|z|=1$, et comme les automorphismes du disque sont des transformations conformes, l'orthogonalit\'e est pr\'eserv\'ee. Toutes les g\'eod\'esiques sont donc orthogonales au cercle unit\'e. Mais il est classique (et on peut v\'erifier ais\'ement) que l'image d'une droite par une homographie est une droite ou un cercle, les g\'eod\'esiques sont donc des arcs de cercle orthogonaux au cercle unit\'e. \end % Local Variables: % TeX-command-default: "uTeX" % End: