Université Grenoble Alpes $\bullet$ Licence2, mat307 $\bullet$ Année 2017/2018

1  Aire (6 points)

Soit $C$ l’arc de courbe paramétrée : $$x(t)=1-\cos(t), \quad y(t)=\sin(t)-t, \quad t\in[0,2\pi]$$ On veut déterminer l’aire $A$ de la zone $Z$ délimitée par l’axe $Oy$ et $C$.

1. Calculer $x'$ et $y'$, donner le double tableau de variations de $x$ et $y$.
   On peut observer une symétrie par rapport à la droite $y=\pi$ correspondant à $x(2\pi-t)=1-\cos(2\pi-t)=1-\cos(t)=x(t)$ et $y(2\pi-t)=-2\pi-y(t)$ permettant de restreindre à $[0,\pi]$, sur cet intervalle $x'=sin(t)\geq 0$ et $y'=\cos(t)-1 \leq 0$
   tabvar([1-cos(t),sin(t)-t],t,0,2*pi) ok
   
2. Vérifier que 0 est un point singulier et déterminer la tangente en ce point. Y-a-t-il d’autres points singuliers sur $C$ ?
   On a bien $x'(0)=y'(0)=0$. La tangente en ce point a pour vecteur directeur $(x'{'}(0),y'{'}(0))=(1,0)$. $y'$ s’annule uniquement en 0 et $2\pi$, donc il y a un deuxième point singulier en $2\pi$, symétrique due celui en 0.
3. Tracer $C$ et hachurer $Z$. plotparam([1-cos(t),sin(t)-t],t,0,2*pi) ok
   
4. En utilisant le théorème de Green-Riemann (ou de Stokes), exprimer l’aire $$A=\iint_Z dx \ dy$$ à l’aide d’une intégrale curviligne sur $C$, puis calculer $A$.
   Le bord de $Z$, parcouru dans le sens inverse du sens trigonométrique est composé de $C$ et du segment $[-2\pi i,0]$, en appliquant Green-Riemann à la forme $\omega=xdy$ on a donc $$\begin{matrix} A &=& \int_{\partial Z} x \ dy \\ &=& - \int_C x \ dy\\ &=& \int_0^{2\pi} (1-cos(t))^2 \ dt\\ &=& \int_0^{2\pi} 1-2cos(t)+\frac{1+\cos(2t)}{2} \ dt\\ &=& 3\pi \end{matrix}$$

2  Équation différentielle (7 points)

Soit $a>0$ et $\omega>0$. On considère l’équation différentielle d’inconnue la fonction $y(t)$ : $$ay'+y=\cos(\omega t)$$

1. Quel est le type de cette équation ? Équation différentielle linéaire à coefficients constants.
2. Donner la solution générale de l’équation $ay'+y=0$. $$y(t)=Ce^{-t/a}$$
3. Déterminer une solution particulière périodique $y_p$ de l’équation $ay'+y=e^{i\omega t}$, l’écrire sous la forme $y_p=A e^{i(\omega t - \phi)}$ avec $A>0$.
   On pose $y_p=Ke^{i\omega t}$, on a alors : $$(ia\omega K+K)e^{i\omega t}=e^{i\omega t} \quad \Rightarrow \quad K=\frac{1}{1+ia\omega}=\frac{1}{\sqrt{1+a^2\omega^2}e^{i\phi}}$$ avec $\phi$ l’argument de $1+ia\omega$ et donc $A=\sqrt{1+a^2\omega^2}$. On observe que $\phi \in ]0,\pi/2[$ et est proche de 0 si $a$ est petit (faible inertie) et proche de $\pi/2$ si $a$ est grand.
4. Soit $\overline{y_p}$ le conjugué de $y_p$, déterminer sans faire de calcul $a\overline{y_p}'+\overline{y_p}$
   Comme $a$ est réel, on obtient le conjugué de $ay_p'+y_p$ donc $e^{-i\omega t}$.
   En déduire une solution périodique de $ay'+y=\cos(\omega t)$.
   On applique le principe de superposition, une solution correspondant à $\cos(\omega t)=\frac{1}{2}(e^{i\omega t}+e^{-i\omega t})$ est la demi-somme de $y_p$ et $\overline{y_p}$ ou encore sa partie réelle, soit $A\cos(\omega t-\phi)$.
5. En déduire la solution générale de $ay'+y=\cos(\omega t)$ et comparer les solutions avec la solution périodique $y_p$ lorsque $t$ tend vers l’infini. C’est la somme de la solution générale homogène et de la solution particulière $A\cos(\omega t-\phi)$.
6. On modélise la température moyenne d’un lieu donné en fonction de la saison par l’équation $ay'+y=\cos(\omega t)$ où $2\pi/\omega$ vaut une année (loin de l’équateur) et où $a$ est d’autant plus grand que l’inertie thermique du lieu est grande.
   On observe que la température moyenne la plus élevée a lieu avec un déphasage d’environ 3 semaines après le solstice d’été pour les continents, environ 8 semaines pour les océans et environ 11 semaines pour la banquise.
   Déterminer le déphasage $\phi_C,\phi_O,\phi_B$ correspondant aux trois situations (respectivement continents, océans, banquise) et en déduire les valeurs de $a_C\omega, a_O\omega, a_B\omega$ correspondantes.
   $$\phi_c=\frac{3}{52} 2\pi, \quad \phi_O=\frac{8}{52}2\pi, \quad \phi_B=\frac{11}{52}2\pi$$ On a $\tan(\phi)=a\omega$ donc $$a_c\omega=\tan(\frac{3}{52} 2\pi)=0.38..., \quad a_o\omega=\tan(\frac{8}{52} 2\pi)=1.45... \quad a_B\omega=\tan(\frac{11}{52} 2\pi)=4.06...$$
7. Déterminer les valeurs de $A_C$ et $A_O$, puis le rapport $A_C/A_O$ des amplitudes thermiques au cours d’une année sur les continents et sur les océans. Est-ce vraissemblable ?
   Donc $A=1/\sqrt{1+\tan(\phi)^2}$ et $$A_c=\frac{1}{\sqrt{1+\tan(\frac{3}{52} 2\pi)^2}}=0.94, \quad A_O=\frac{1}{\sqrt{1+\tan(\frac{8}{52} 2\pi)^2}}=0.57..., \quad A_B=\frac{1}{\sqrt{1+\tan(\frac{11}{52} 2\pi)^2}}=0.24..,$$ et $A_c/A_o=1,65...$. Dans ce modèle, les continents ont donc une amplitude thermique plus importante d’environ 65% à celle des océans, ce qui parait vraissemblable...

3  Système différentiel (9 points)

On considère le système différentiel d’ordre 2 d’inconnues les fonctions $x(t)$ et $y(t)$ à valeurs réelles : $$\left\{ \begin{array}{ccccc} \ddot{x}&=&\omega \dot{y} &+&R\omega^2\\ \ddot{y}&=& -\omega\dot{x} \end{array} \right.$$ où $R>0$ et $\omega>0$ sont des constantes et où $\dot{f}$ désigne la dérivée de $f$ par rapport à $t$. Ce système modélise la trajectoire d’une particule de charge $q$ et de masse $m$ dans un champ magnétique $B$ et un champ électrique $E$ constants et perpendiculaires avec $$\omega=\frac{qB}{m}, \quad R=\frac{E}{B\omega}$$ On va résoudre ce système de deux manières puis représenter la courbe parcourue.

1. Première méthode : soit $z(t)=x(t)+iy(t)$, déterminer $\ddot{z}+i\omega \dot{z}$
   On a $\ddot{z}+i\omega \dot{z}= \ddot{x}+i\ddot{y}+i\omega \dot{x}-\omega\dot{y} =\omega \dot{y} +R\omega^2-i\omega\dot{x}+i\omega \dot{x}-\omega\dot{y} =R\omega^2$
2. Résoudre l’équation homogène $\ddot{z}+i\omega \dot{z}=0$ (attention, les coefficients ne sont pas tous réels). En déduire la solution générale $z(t)$ avec second membre.
   L’équation caractéristique de $\ddot{z}+i\omega \dot{z}=0$ est $r^2+i\omega r=0$, elle possède 2 racines simples 0 et $-i\omega$, donc $z(t)=A+Be^{-i\omega t}$. On cherche une solution particulière sous la forme $z(t)=Ct$, on remplace et on obtient $iC\omega=R\omega^2$ donc $C=-iR\omega$ et la solution générale avec second membre est $$z(t)=A+Be^{-i\omega t}-iR\omega t$$
3. On suppose uniquement dans cette question que $x(0)=y(0)=0, \dot{x}(0)=\dot{y}(0)=0$, déterminer $z(t)$ puis $x(t)$ et $y(t)$
   On a $z(0)=z'(0)=0$ donc $A+B=0$ et $-i\omega B-iR\omega=0$ soit $B=-R$ et $A=R$, finalement $$z(t)=R(1-e^{-i\omega t}-i\omega t),\quad x(t)=R(1-\cos(\omega t)), \quad y(t)=R(\sin(\omega t)-\omega t)$$
4. Deuxième méthode : montrer que $(\dot{x},\dot{y})$ vérifie un système linéaire d’ordre 1 à coefficients constants dont on déterminera la matrice $A$.
   Soit $Y=\left(\begin{array}{c}\dot{x}\\ \dot{y}\end{array}\right)$, on a $$\dot{Y}=AY+\left(\begin{array}{c} R\omega^2 \\ 0\end{array}\right), \quad A=\left(\begin{array}{cc}0 & \omega \\ -\omega & 0\end{array}\right)$$ Diagonaliser $A$, en déduire la solution générale complexe $(\dot{x},\dot{y})$ puis $(x,y)$.
   On résoud d’abord l’équation homogène. Le polynome caractéristique de $A$ est $\lambda^2+\omega^2$, les valeurs propres de $A$ sont donc $\pm i \omega$. Un vecteur propre $(x,y)$ associé à $i\omega$ vérifie $i\omega x-\omega y=0$ donc $v_+(1,i)$ convient, on prend son conjugué pour $-i\omega$. On pose donc $$P=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ i & -i \end{array}\right)$$ alors $Z=P^{-1}Y$ vérifie $Z'=DZ$ où $$D=\left(\begin{array}{cc} i\omega & 0\\ 0 & -i\omega \end{array}\right)$$ Donc $Z(t)=(\alpha e^{i\omega t},\beta e^{-i\omega t})$ et $$Y=PZ=\left(\begin{array}{cc} 1 & 1\\ i & -i \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} \alpha e^{i\omega t} \\ \beta e^{-i\omega t} \end{array}\right) =\left(\begin{array}{c} \alpha e^{i\omega t}+\beta e^{-i\omega t} \\ i (\alpha e^{i\omega t}-\beta e^{-i\omega t}) \end{array}\right)$$ On cherche ensuite une solution particulière $Y_p$ pour $Y'=AY+b$ pour $b=\left(\begin{array}{c} R\omega^2 \\ 0 \end{array}\right)$ qui est constant, donc on peut chercher $Y_p$ constant, donc on résoud $AY_p=-b$, ce qui donne $Y_p=\left(\begin{array}{c} 0 \\ -R\omega \end{array}\right)$ et finalement $$Y=\left(\begin{array}{c} \alpha e^{i\omega t}+\beta e^{-i\omega t} \\ i (\alpha e^{i\omega t}-\beta e^{-i\omega t}) -R\omega \end{array}\right)$$
5. On suppose dans la suite que $x(0)=y(0)=0, \dot{x}(0)=\dot{y}(0)=0$. Déterminer $x(t)$ et $y(t)$ (on pourra vérifier que l’on retrouve le résultat précédent).
   Donc $Y(0)=0$, donc $\alpha+\beta=0$ et $i(\alpha-\beta)-R\omega=0$, soit $-\alpha=\beta=iR\omega/2$. Finalement, $$Y(t)=\left(\begin{array}{c}\dot{x}\\ \dot{y}\end{array}\right) =\left(\begin{array}{c} R\omega \sin(\omega t) \\ R\omega(\cos(\omega t)-1) \end{array}\right)$$ On intègre par rapport à $t$ avec $x(0)=y(0)$ et on retrouve bien $x(t)=R(1-\cos(\omega t)$ et $y(t)=R(\omega \sin(\omega t)-\omega t)$
6. Expliquer pourquoi la courbe décrite par la particule a un point singulier en $t=0$. Déterminer la tangente en ce point en utilisant le système différentiel. On a $\dot{x}(0)=\dot{y}(0)=0$ donc la vitesse s’annule ce qui entraine l’existence d’un point singulier en $t=0$. L’accélération en ce point est non nulle puisque $\ddot{x}=R\omega^2$ et est horizontale puisque $\ddot{y}=0$.
7. Représenter l’allure de la courbe décrite par la particule. On pourra faire le lien avec le 1er exercice.
   En changeant de paramètrage $\tau=\omega t$ et en faisant une homothétie de rapport $R$ on se ramène à la cycloide étudiée au 1er exercice.
8. Appliquer les équations d’Euler-Lagrange au lagrangien $$L(x,y,\dot{x},\dot{y},t)=\frac{1}{2} m(\dot{x}^2+\dot{y}^2)+qEx+qBx\dot{y}$$ Par rapport à $x$ et $\dot{x}$, $$\frac{\partial L}{\partial x}=qE+qB\dot{y}, \quad \frac{\partial L}{\partial \dot{x}}=m\dot{x}$$ Donc $$\frac{d}{dt}(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}) = \frac{\partial L}{\partial x} \Rightarrow m\ddot{x}=qE+qB\dot{y} \Rightarrow \ddot{x}=\frac{qB}{m}\dot{y}+\frac{qE}{m}$$ Par rapport à $y$ et $\dot{y}$, $$\frac{\partial L}{\partial y}=0, \quad \frac{\partial L}{\partial \dot{y}}=m\dot{y}+qBx$$ Donc $$\frac{d}{dt}(\frac{\partial L}{\partial \dot{y}}) = \frac{\partial L}{\partial y} \Rightarrow \frac{d}{dt}(m\dot{y}+qBx)=0 \Rightarrow \ddot{y}=-\frac{qB}{m} \dot{x}$$ On retrouve bien les équations de la première question, sachant que $$\omega=\frac{qB}{m}, \quad R=\frac{E}{B\omega}$$ Déterminer une constante du mouvement (indication : observer que $L$ ne dépend pas explicitement du temps ou observer que $L$ ne dépend pas explicitement de $y$).
   On a vu que $\frac{d}{dt}(m\dot{y}+qBx)=0$ ($L$ ne dépend pas de $y$) donc $m\dot{y}+qBx$ est une constante du mouvement. En observant que $L$ ne dépend pas du temps, on a une autre constante du mouvement $$\dot{x}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}} + \dot{y}\frac{\partial L}{\partial \dot{y}}-L =m\dot{x}^2+\dot{y}(m\dot{y}+qBx)- (\frac{1}{2} m(\dot{x}^2+\dot{y}^2)+qEx+qBx\dot{y}) =\frac{1}{2} m(\dot{x}^2+\dot{y}^2)-qEx$$