Eclats de vers : Matemat 11 : Équations différentielles - 3

• Chapitre \ref{chap:complexe} : Les complexes

Les fonctions trigonométriques cosinus (\(\cos\)), sinus (\(\sin\)) et associées peuvent se définir à partir des rotations dans le plan \(\setR^2\). Pour cela, commençons par définir ce qu'est une rotation. Soit la fonction :

\[Q : \setR\mapsto \matrice(\setR, 2, 2), \qquad \theta \mapsto Q(\theta)\]

qui associe à chaque valeur de l'angle de rotation \(\theta \in \setR\) une matrice carrée réelle représentant une rotation dans le plan \(\setR^2\).

Il semble logique de demander qu'une rotation d'angle \(0\) d'un vecteur ne modifie pas ce vecteur, c'est-à-dire :

\[Q(0) = I\]

Une rotation doit conserver les angles entre les vecteurs, ainsi que leur norme. Autrement dit, le produit scalaire sur \(\setR^2\) :

\[\scalaire{x}{y} = x^\dual \cdot y\]

doit être conservé :

\[\scalaire{Q(\theta) \cdot x}{Q(\theta) \cdot y} = \scalaire{x}{y}\]

pour tout \(x,y\in\setR^2\), c'est-à-dire :

\[(Q(\theta) \cdot x)^\dual \cdot (Q(\theta) \cdot y) = x^\dual \cdot Q(\theta)^\dual \cdot Q(\theta) \cdot y = x^\dual \cdot y\]

On en déduit que :

\[Q(\theta)^\dual \cdot Q(\theta) = I\]

Comme \(Q(\theta)\) est carrée, on a :

\[Q(\theta)^\dual = Q(\theta)^{-1}\]

où le \(^{-1}\) désigne l'inverse matriciel. Quelques calculs suffisent à nous montrer que pour satisfaire cette condition, la forme de la matrice doit être l'une des deux solutions suivantes :

où \(\cos, \sin : \setR \mapsto \setR\) sont des fonctions à déterminer vérifiant la relation fondamentale :

\[\cos(\theta)^2 + \sin(\theta)^2 = 1\]

Mais comme \(Q(0)=I\), l'élément \((1,1)\) de la matrice doit être identique à l'élément \((2,2)\) et on a :

avec :

Posons \(x = \cos(\theta)\) et \(y = \sin(\theta)\). En différentiant la condition :

\[x^2 + y^2 = 1\]

on obtient :

\[2 \ x \ dx + 2 \ y \ dy = 0\]

En particulier, si \((x,y) = (1,0)\), le vecteur \((dx,dy)\) doit être de la forme :

Une rotation infinitésimale doit donc modifier le vecteur \((1,0)\) en :

\[(1,0)+(dx,dy)=(1,\delta)\]

On en conclut que :

Compte tenu des propriétés de symétrie de \(Q(\delta)\), on a donc :

lorsque \(\delta\) suffisamment proche de \(0\). Plus précisément, on a :

On impose que les valeurs absolues des composantes de l'erreur convergent plus vite vers zéro que \(\delta\) :

\[\lim_{\delta\to 0} \frac{\abs{E_{ij}(\delta)}}{\delta} = 0\]

D'après la forme des matrices, il est clair que :

On en déduit qu'il suffit de vérifier la convergence des composantes \((1,1)\) et \((2,1)\). La première nous dit que :

\[\lim_{\delta\to 0} \frac{\cos(\delta) - 1}{\delta} = 0\]

et la seconde :

\[\lim_{\delta\to 0} \frac{\sin(\delta)-\delta}{\delta} = 0\]

ou :

\[\lim_{\delta\to 0} \frac{\sin(\delta)}{\delta} = 1\]

Une rotation d'angle \(\theta_1\) suivie d'une rotation d'angle \(\theta_2\) doit donner le même résultat qu'une rotation directe d'angle \(\theta_1+\theta_2\), ce qui s'écrit :

\[Q(\theta_1+\theta_2) = Q(\theta_2) \cdot Q(\theta_1)\]

On en déduit directement que :

\[Q(\theta) \cdot Q(-\theta) = Q(\theta - \theta) = Q(0) = I\]

Comme \(Q(\theta)\) est carrée, on a :

\[Q(-\theta) = Q(\theta)^{-1} = Q(\theta)^\dual\]

Au niveau des composantes, la propriété d'additivité implique que :

En effectuant le produit matriciel et en comparant composante par composante, on obtient les formules suivantes :

La dérivée de la fonction \(\cos\) s'écrit :

\[\OD{\cos}{\theta}(\theta) = \lim_{\delta\to 0} \frac{ \cos(\theta+\delta)-\cos(\theta) }{ \delta } \\\]

En appliquant les formules d'additivité ci-dessus avec \(\theta_1 = \theta\) et \(\theta_2 = \delta\), et en se rappelant les propriétés des fonctions \(\cos\) et \(\sin\) pour des angles \(\delta\to 0\), on obtient :

\begin{align} \OD{\cos}{\theta}(\theta) &= \lim_{\delta\to 0} \frac{ \cos(\theta) \ \cos(\delta) - \sin(\theta) \ \sin(\delta) - \cos(\theta) }{ \delta } \\ &= \lim_{\delta\to 0} \frac{ \cos(\theta) \ (\cos(\delta) - 1) - \sin(\theta) \ \sin(\delta) }{ \delta } \\ &= -\sin(\theta) \end{align}

La dérivée de la fonction \(\sin\) s'écrit :

\[\OD{\sin}{\theta}(\theta) = \lim_{\delta\to 0} \frac{\sin(\theta+\delta)-\sin(\theta)}{\delta} \\\]

En procédant comme précédemment, on arrive à :

\begin{align} \OD{\sin}{\theta}(\theta) &= \lim_{\delta\to 0} \frac{\sin(\theta) \ \cos(\delta) + \cos(\theta) \ \sin(\delta) - \sin(\theta)}{\delta} \\ &= \lim_{\delta\to 0} \frac{\sin(\theta) \ (\cos(\delta) - 1) + \cos(\theta) \ \sin(\delta)}{\delta} \\ &= \cos(\theta) \end{align}

On a donc :

La dérivée seconde de la fonction \(\cos\) s'écrit :

\[\OOD{\cos}{\theta}(\theta) = \OD{(-\sin)}{\theta}(\theta) = -\cos(\theta)\]

On a aussi \(\cos(0) = 1\) et :

\[\OD{\cos}{\theta}(0) = -\sin(0) = 0\]

La fonction \(\cos\) est donc l'unique solution \(u : \setR \mapsto \setR\) du problème différentiel :

\begin{align} \partial^2 u(t) &= -u(t) \\ u(0) &= 1 \\ \partial u(0) &= 0 \end{align}

vérifié pour tout \(t \in \setR\). La dérivée seconde de la fonction \(\sin\) s'écrit :

\[\OOD{\sin}{\theta}(\theta) = \OD{\cos}{\theta}(\theta) = -\sin(\theta)\]

On a aussi \(\sin(0) = 0\) et :

\[\OD{\sin}{\theta}(0) = \cos(0) = 1\]

La fonction \(\sin\) est donc l'unique solution \(v : \setR \mapsto \setR\) du problème différentiel :

\begin{align} \partial^2 v(t) &= -v(t) \\ v(0) &= 0 \\ \partial v(0) &= 1 \end{align}

vérifié pour tout \(t \in \setR\).

Nous allons maintenant nous occuper du problème des éventuelles racines des fonctions trigonométriques. Soit :

La fonction \(u\) vérifie :

La fonction \(v\) vérifie :

Soit \(\varphi\) l'infimum des réels positifs donnant une valeur négative à la fonction \(u\) :

\[\varphi = \inf\{ x \in \setR : x \ge 0, \ u(x) < 0 \}\]

Nous allons montrer que \(\varphi\) est un réel, c'est-à-dire que \(\varphi < +\infty\). Le théorème fondamental du calcul différentiel et intégral nous dit que :

En tenant compte des propriétés de \(u, v\), ces relations se réécrivent :

On a donc :

Comme \(u\) est dérivable, elle est continue et on peut trouver un \(\epsilon\in \intervalleouvert{0}{\varphi}\) tel que, pour tout \(t\in \intervalleouvert{0}{\epsilon}\) :

\[\abs{u(t)-u(0)} = \abs{u(t) - 1} \strictinferieur 1\]

On en déduit que :

\[1 - u(t) \strictinferieur 1\]

c'est-à-dire :

\[u(t) \strictsuperieur 0\]

La positivité de \(u\) entraîne celle de \(v\) :

\[v(t) = \int_0^t u(s) ds > 0\]

pour tout \(t \in \intervalleouvert{0}{\epsilon}\).

Pour \(t\in \intervalleouvert{\epsilon}{\varphi}\), la définition de \(\varphi\) nous dit que \(u \ge 0\) sur \(\intervalleouvert{0}{\varphi}\) et donc :

\begin{align} v(t) &= \int_0^t u(s) ds = \int_0^\epsilon u(s) ds + \int_\epsilon^t u(s) ds \\ &\ge \int_0^\epsilon u(s) ds > 0 \end{align}

On pose :

\[\delta = \int_0^\epsilon u(s) ds\]

pour alléger les notations. Toujours avec \(t \in \intervalleouvert{\epsilon}{\varphi}\), il vient :

\begin{align} u(t) &= 1 - \int_0^t v(s) ds \le 1 - \int_\epsilon^t v(s) ds \\ &\le 1 - (t-\epsilon) \ \delta \end{align}

On peut donc trouver \(t\) tel que \(u(t) \le 0\). En effet, l'égalité :

\[1 - (t-\epsilon) \ \delta = 0\]

est équivalente à :

\[t = \unsur{\delta} + \epsilon < +\infty\]

donc :

\[u\left(\unsur{\delta} + \epsilon\right) \le 0\]

Comme \(u\) est continue, elle ne peut pas devenir négative sans passer par \(0\) et il existe au moins un :

\[\psi \le \unsur{\delta} + \epsilon\]

tel que \(u(\psi) = 0\). Donc :

\[\varphi \le \unsur{\delta} + \epsilon < +\infty\]

Nous allons à présent montrer d'importantes propriétés de périodicité des fonctions trigonométriques. Considérons la plus petite racine positive de \(u\) :

\[\psi = \min\{ x \ge 0 : u(x) = 0 \}\]

Vu que \(u^2+v^2 = 1\), on doit avoir \(v(\psi)^2 = 1 - u(\psi)^2 = 1\). Donc \(v(\psi)=\pm 1\). Mais \(v \ge \delta > 0\) sur l'intervalle \((\epsilon,\psi)\) et par continuité :

\[v(\psi) = \lim_{x\to\psi} v(x) \ge 0\]

La seule solution acceptable est donc \(v(\psi) = 1\). Donc \(v\) est solution du problème :

Mais la fonction définie par \(f(t) = u(t-\psi)\) vérifie également ce problème. Par unicité, on en déduit :

\[u(t-\psi) = v(t)\]

En particulier, en \(t = 2 \psi\), on a :

\[v(2\psi) = u(\psi) = 0\]

Donc \(u(2\psi)^2 = 1 - v(2\psi)^2 = 1\). Quel est le signe de \(u(2\psi)\) ? Choisissons \(s\in [\psi,2\psi]\) et \(t = s-\psi \in [0,\psi]\). On a :

\[v(s) = u(t) \ge 0\]

par définition de \(\psi\) et continuité de \(u\) (la fonction de peut pas devenir négative avant de passer par \(0\)). Donc :

\[u(t) = -\int_\psi^t v(s) ds \le 0\]

et par continuité \(u(2\psi) = -1\). Par unicité de la solution de :

on a :

\[u(t-2\psi) = -u(t)\]

Répétant le même procédé, on obtient successivement :

L'additivité nous donne :

\[\cos(2 \ x) = \cos(x + x) = \cos(x) \cdot \cos(x) - \sin(x) \cdot \sin(x)\]

On a donc :

\[\cos(2 \ x) = \cos(x)^2 - \sin(x)^2\]

Comme \(\sin\) est une primitive de \(\cos\), on a :

\[\int_a^b \cos(t) \ dt = \sin(b) - \sin(a)\]

Comme \(\cos\) est une primitive de \(-\sin\), on a :

\[-\int_a^b \sin(t) \ dt = \cos(b) - \cos(a)\]

ou :

\[\int_a^b \sin(t) \ dt = \cos(a) - \cos(b)\]

La tangente \(\tan\) est définie par :

\[\tan(x) = \frac{\sin(x)}{\cos(x)}\]

pour tout \(x \in \setR\).

Dans le cas où le produit scalaire est réel, on peut trouver un réel \(\theta\in [0,\pi]\) tel que :

\[-1 \le \cos(\theta) = \frac{ \scalaire{x}{y} }{ \norme{x}\ \norme{y} } \le 1\]

On dit alors que \(\theta\) est l'angle formé par les deux vecteurs \(x\) et \(y\).

Autre application des valeurs singulières, les angles entres espaces vectoriels générés par les vecteurs colonnes orthonormés des matrices :

On a donc :

Les valeurs singulières de la matrice des produits scalaires :

\[Y^\dual \cdot X\]

nous donne les cosinus de ces angles.

AFAIRE : CLARIFIER LA FIN DU CHAPITRE

Soit les vecteurs \((c_1,c_2)\) formant une base orthonormée de \(\setR^2\) :

\[\scalaire{c_i}{c_j} = \delta_{ij}\]

et ne dépendant pas de la position :

\[\deriveepartielle{c_i}{x_j} = 0\]

Soit le changement de variable vers \(y = (R,\theta)\), exprimé par :