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Parabole et équa diff

Posté par
fabo34 09-03-23 à 15:25

Bonjour à tous,

  je voulais créer un exercice "transverse" de niveau Tle, alliant géométrie et équa diff. Mais l'équation différentelle trouvée ne me semble pas sympatique. Ce pourquoi je poste ce message pour votre aide;  peut-être y a-t-il une astuce pour résoudre ça proprement.

C'est l'étude des courbes qui renvoient les droites issues d'un point (le foyer F) vers l'infini. On sait que ce sont les paraboles. Généralement des exercices proposent de vérifier que les courbes de g(x)=\frac{x^2}{4a} ont cette propriété, avec F(0;a). Mais jamais dans l'autre sens, c'est à dire de trouver les courbes qui font ça (du moins j'en n'ai jamais vu).

Je veux donc ici retrouver cette propriété dans un plan muni du repère orthonormé (O , \vec i , \vec j ) .
On y définit un point sur l'axe des ordonnées, F(0;a), a \in \mathbb{R} . cf la figure ci-jointe.

Le but est donc de trouver les fonctions  g dont les points de  C_g  "réfléchissent" les droites issues du point F vers une unique direction \vec{j}. On définit ici la réflexion en un point A de C_g comme la symétrie axiale d'axe (A,\vec n ) , avec \vec n  un vecteur normal à la tangente en A.

Soit A(x, g(x) ) un point de C_g

1)  Trouver F' l'image de F par la symétrie axiale d'axe (A, \vec n )

Soit \vec u un vecteur directeur unitaire de la tangente en A. L'image de F vérifie donc \vec{FF'} = 2(\vec{FA}.\vec{u}) \vec{u}
Par définition, un vecteur directeur la tangente en A est \vec U = \left( \begin{matrix}1 \\f'(x)\end{matrix} \right)

Ainsi, \vec u  = \frac{\vec U} { \| \vec U \| } , et l'équation devient:

         {\| \vec U \|}^2  \vec{FF'} = 2(\vec{FA}.\vec{U}) \vec{U}

2) Contrainte: \vec{AF'} colinéaire à \vec j

Cela signifie \vec AF' .  \vec i = 0
En prenant le produit scalaire par  \vec i   dans l'équation précédente, on obtient:

         {\| \vec U \| }^2 \vec{FA} . \vec i = 2(\vec{FA}.\vec{U})( \vec U . \vec i)

3) Equation différentielle

On connaît toutes les coordonnées, donc on n'a plus qu'à remplacer dans l'équation précédente, et on obtient:

         (1+g'(x) )^2x=2g'(x)(g(x)-a)

On peut éventuellement la réécrire en:

        g'(x)(xg'(x)-2g(x)+2a)=x

Si on réinjecte g(x)=\frac{x^2}{4a}, on voit bien que ça fonctionne. Mais on n'aura pas montré que ce sont les seules !

Mais y aurait-il un moyen de résoudre proprement cette équa diff?

Parabole et équa diff

Posté par
fabo34re : Parabole et équa diff 10-03-23 à 09:26

Mince, il y a une petite erreur de recopie sur l'équa diff

Ca c'est bon:         {\| \vec U \| }^2 \vec{FA} . \vec i = 2(\vec{FA}.\vec{U})( \vec U . \vec i)

avec:

       \vec U = \left( \begin{matrix}1 \\g'(x)\end{matrix} \right) ,   \vec i = \left( \begin{matrix}1 \\0\end{matrix} \right) ,   \vec {FA} = \left( \begin{matrix}x \\g(x)-a\end{matrix} \right)


On obtient ceci (en correction du précédent post):

         (1+g'(x)^2)x=2(x+g'(x)(g(x)-a))


La dernière forme était juste:

        g'(x)(xg'(x)-2g(x)+2a)=x


Voilà. Comment rédiger correctement la résolution de cette équa diff (avec un niveau de Tle si possible)?

Posté par
Glapion Moderateurre : Parabole et équa diff 11-03-23 à 11:02

Bonjour,
c'est une équation différentielle dite de d'Alembert (aussi Lagrange) parce qu'elle peut s'écrire sous la forme :
y = xf(y') + g(y')

(en effet ton équation s'écrit y = ((y'²-1)/(2y')) x + a )

la bonne nouvelle c'est que les solutions sont bien des paraboles, Wolfram donne : y = kx²/2 + a-1/(2k)

La résolution est un peu fastidieuse pour un niveau Terminal, je crois que l'on dérive y = xf(p) + g(p)
(en posant p = y') on se retrouve avec une équation qui n'a que des p' et des p et que l'on peut mettre sous la forme :
dx/dp + (xf'(p)+g'(p))/(f(p)-p)) = 0 et on trouve la solution sous la forme x en fonction de p
(voir )

cela dit je n'ai pas déroulé tout le processus et trouvé la solution de Wolfram
Peut être qu'une solution plus facile serait de partir du fait que l'on pense que le résultat donne des paraboles et poser arbitrairement le changement de variable y = kx²/2 et regarder ce que ça donne comme équation différentielle en k' et k

Posté par
fabo34re : Parabole et équa diff 12-03-23 à 15:08

merci Glapion !

     Un grand merci pour les explications et pour le lien! Je n'avais jamais entendu parlé de ce mathématicien Clairaut. Et surtout se dire que tout ça est connu depuis 1734, ça rend tellement petit ...

Effectivement, pour un Tle, ça paraît mal barré.

Peut-être, en exercice, peut-on proposer de chercher d'éventuelles  solutions polynomiales. . Là ça semble prenable. On ne pourra pas montrer que ce sont les seules, mais c'est déjà ça

Avec la forme      g'(x)(xg'(x)-2g(x)+2a)=x ,

     on peut affirmer que g' ne peut-être que de degré 1 au maximum.

Donc si on pose g'(x)=2bx+c, et par conséquent g(x)=bx^2+cx+d,

Alors en réinjectant, ça donne -2bcx^2+(4b(a-d)-c^2)x+2c(a-d)=x

Ainsi, nécessairement bc=0
     Soit b=0, ce qui donne c^2=-1 . Impossible
     Soit c=0, ce qui donne 4b(a-d)=1

Et donc les solutions polynomiales g(x)=\frac{x^2}{4(a-d)}+d

La rédaction vous semble-t-elle correcte?

Bon,j'ai vérifié avec Geogebra. Le résultat à l'air juste.

En vous remerciant.

Parabole et équa diff

Posté par
Glapion Moderateurre : Parabole et équa diff 13-03-23 à 12:56

oui, effectivement on peut chercher directement des solutions sous forme de polynômes mais effectivement ça ne montre pas que ce sont les seules.

Posté par
lakere : Parabole et équa diff 13-03-23 à 15:46

Bonjour à tous,
J'ai repris les calculs mais avec F à l'origine du repère.
On tombe sur l'équation différentielle : xy'^2-2yy'=x
J'ai continué avec les indications de Glapion sur les équations différentielles de Lagrange.
Les calculs sont "simples" et il y a d'excellentes "simplifications".
Bref, on finit par tomber sur un système d'équations paramétriques :
\begin{cases}x=kt\\y=\dfrac{k(t^2-1)}{2}\end{cases}
qui correspond bien aux paraboles d'équation y=\dfrac{x^2}{2k}-\dfrac{k}{2} de foyer F et d'axe celui des ordonnées.

Posté par
lakere : Parabole et équa diff 13-03-23 à 16:03

Je précise un peu :

Citation :
(en effet ton équation s'écrit y = ((y'²-1)/(2y')) x + a  )


Avec l'origine en F, le terme a disparaît.
On a y=x\,\dfrac{y'^2-1}{2y'} et les calculs deviennent très simples.

Posté par
fabo34re : Parabole et équa diff 13-03-23 à 16:25


Déjà, je me suis "compliqué" la vie car on peut travaillé avec a=0.
Placer le Foyer F au centre de repère est plus simple, sans perte de généralité!

donc on obtient, sans terme constant:

         g(x)=x (\frac{g'(x)}{2}-\frac{1}{2g'(x)})=xf(p) avec p(x)=g'(x) et f(p)=\frac{p}{2}-\frac{1}{2p}

J'ai essayé avec ton lien sur l'équation de Lagrange, ils font tout dépendre de  p, (là c'est très obscure pour moi, avec l'utilisation des différentielles !! ), et les solutions vérifient :

           x'(p)=\frac{f'(p)}{p-f(p)}x(p)

ici:

f'(p)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2p^2},

p-f(p)=\frac{p}{2}+\frac{1}{2p}=pf'(p),

donc on arrive à   x'(p)=\frac{1}{p}x(p)

soit ln(x(p))=-1/p^2
Là je suis mal barré pour retrouver mon g(x) polynomial.

Y'a un truc que je n'ai pas dû comprendre.
Saurais-tu voir mon erreur?

Posté par
fabo34re : Parabole et équa diff 13-03-23 à 16:27

Merci lake

tu as posté pendant que je rédigeais mon précédent post.
Je vais regardé ça !!

Posté par
lakere : Parabole et équa diff 13-03-23 à 16:29

Si problème(s) il y a, n'hésites pas à le signaler.
Je retranscrirai les détails ici- même

Posté par
lakere : Parabole et équa diff 13-03-23 à 16:43

En fait tu y es :
  

Citation :
donc on arrive à   x'(p)=\frac{1}{p}x(p)


ou encore \dfrac{\text{d}x}{x}=\dfrac{\text{d}p}{p} et x=kp où k est une constante arbitraire.
Puis y=x\,\dfrac{p^2-1}{2p}=\dfrac{k(p^2-1)}{2}

Posté par
fabo34re : Parabole et équa diff 13-03-23 à 16:45

Houlala. Désolé. J'ai craqué sur la fin de mon précédent post

x'(p)=\frac{x(p)}{p} donnc bien entendu p(x)=kx, k \in \mathbb{R}.
Et donc oui, g'(x)=kx !!

Posté par
fabo34re : Parabole et équa diff 13-03-23 à 16:47

Merci  b]lake[/b]
On s'est encore télescopé

Posté par
lakere : Parabole et équa diff 13-03-23 à 16:48

Posté par
fabo34re : Parabole et équa diff 13-03-23 à 20:28

Juste une question sur l'unicité de la solution. J'imagine que cette histoire de différentielle y répond, mais je ne connais ces outils que de loin .

Dans la transformation:
de
     g(x)=xf(g'(x))=xf(p(x)) où  p(x)=g'(x)
à
     x'(p)=\frac{f'(p)}{p-f(p)}x(p)

comment est-on sûr qu'il existe une unique fonction x(p) ?
Pourquoi ai-je le droit de faire ce changement de variable?

Par exemple, si j'ai y=x², alors il existe 2 fonctions x=f(y):  x=\sqr{y}  et  x=-\sqr{y}

Posté par
lakere : Parabole et équa diff 13-03-23 à 21:20

On résout une équation différentielle : xy'^2-2yy'=x qui suppose que les fonctions g solutions sont dérivables sur un certain intervalle. Il est donc justifié de poser p=y' sur ces intervalles.
Ensuite, on tombe en cours de calcul sur y=x\dfrac{p^2-1}{2p} qui suppose qu'on travaille sur des intervalles où p=y' ne s'annule pas.
Au final, on finit par montrer que si g est solution, alors g est de la forme g(x)=\dfrac{x^2}{2k} -\dfrac{k}{2} ou, ce qui revient au même, g(x)=\dfrac{k'x^2}{2}-\dfrac{1}{2k'} avec k ou k' des constantes arbitraires non nulles.
Rien n'empêche de faire une réciproque qui consiste à vérifier que ces fonctions g définies sur \mathbb{R} sont bien solutions de l'équation différentielle de départ.


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