2010-2011

Mécanique Analytique , Corrigé 5

Assistants : jaap.kroes@ep.ch & benjamin.audren@ep.ch

Exercice 1 : Problème de la brachistochrone

Dans cet exercice, nous cherchons la courbe dans le plan (x, y) minimisant le temps de parcours entre
l'origine O et le point P(x0 , y0 ) dans un champ gravique constant.
Il nous faut tout d'abord utiliser la conservation de l'énergie pour exprimer la vitesse de la particule
en fonction de y . En eet, en prenant y = 0 pour niveau de référence du potentiel gravique on a
1 p
mv 2 − mgy = 0 → v(y) = 2gy
2
La stratégie est maintenant depminimiser le temps de parcours entre O et P . Le temps nécessaire
pour parcourir une longeur ds = dx2 + dy 2 est dt = ds/v(y). La fonction à minimiser dépendra donc
explicitement de y .

Le point clé ici est de bien comprendre l'analogie avec la minimisation de l'action comme vue en cours.
Lorsque l'on déni l'action comme intégrale sur le temps du Lagrangien, c'est en cherchant à minimiser
l'action que l'on trouve les équations d'Euler-Lagrange. Ici, on cherche à minimiser le temps de parcours,
que l'on écrit comme une intégrale sur une distance (dx ou dy selon le choix) d'une quantité. Chercher à
minimiser ce temps de parcours revient à trouver des equations d'Euler-Lagrange pour la quantité intégrée.

Nous devons maintenant choisir quelle paramétrisation utiliser : soit (x, y(x)) soit (x(y), y). Nous allons
voir que, dans le cadre ce cet exercice, les deux choix mènent à une quantité conservée qui nous permettra
de simplier la résolution du système. En eet nous allons voir que dans le premier cas la fonction hamil-
tonienne est une quantité conservée, alors que dans le second une variable cyclique apparaîtra.
√
Commençons par le choix (x(y), y). L'élément de ligne s'écrit alors comme ds = 1 + x02 dy et le
temps à minimiser comme s
Z y0
1 + x02
Z
1 1
T =√ dy ≡√ dy F
2g 0 y 2g
On voit qu'il s'agit de trouver la courbe réalisant le meilleur compromis entre une courte distance et une
grande vitesse. Comme discuté ce choix fait apparaître une variable cyclique qui nous permet de résoudre
le système plus facilement :
s
1 + x02
 
d ∂F ∂F ∂F ∂
= = 0 → = = const = a
dy ∂x0 ∂x ∂x0 ∂x0 y

En eectuant la dérivée par rapport à x0 , l'équation d'Euler-Lagrange prend la forme

x0 √
r
0 y
√ =a y → x =
1+x 02 b − y
avec b = a−2 . La forme de la courbe est donc donnée par l'intégrale suivante :
Z Z Z r
dx y
x(y) = dx + c = dy + c = dy +c
dy b−y
Voyons maintenant que l'onp retrouve le même résultat en utilisant la paramétrisation (x, y(x)). L'élé-
ment de ligne serait alors ds = 1 + y 02 dx et l'intégrale à minimiser
Z x0 s
1 + y 02
Z
1 1
T =√ dx ≡√ dx G
2g 0 y 2g

1
L'équation d'Euler-Lagrange serait alors de la forme
 
d ∂G ∂G
0
=
dx ∂y ∂y

qui n'admet pas de variable cyclique. Le point important est de noter que la fonction G ne dépend pas
explicitement de x et donc que la fonction hamiltonienne est conservée :
∂G 0 1
h= y − G = −p = const
∂y 0 y(1 + y 02 )

En séparant les variables on obtient

s
b−y
Z Z r
0 dy y
y = = → x(y) = dx = dy +c
dx y b−y

où b = h−2 . On a donc bien retrouvé la même équation qu'auparavant. Des deux paramétrisations découle
une quantité conservée qui conduit à une simplication du problème. La manifestation de cette quantité
conservée est propre au choix de la paramétrisation : pour l'une une variable cyclique, pour l'autre la
fonction hamiltonienne. Nous pouvons maintenant résoudre la dernière intégrale an de trouver la forme
explicite du rail.

En faisant le changement de variables y = b sin2 θ on obtient

Z
b
x(θ) = 2b dθ sin2 θ + c = (2θ − sin 2θ) + c
2

Etant donné que la courbe passe par le point O, la constante c est nulle. En posant ϕ = 2θ et R = b/2,
on a la forme paramétrique suivante de la courbe recherchée :
(
x(ϕ) = R(ϕ − sin ϕ)
y(ϕ) = R(1 − cos ϕ)

qui est l'équation paramétrique d'une cycloïde de rayon R.

Noter qu'en calculant dt = ds/v en utilisant

 −1
dx dx dy
x0 = =
dy dϕ dϕ
on a s s s
1 + x02 1 2 − 2 cos ϕ 1 R
dt = dy = √ √ R sin ϕdϕ = dϕ
2gy 2gR sin2 ϕ 1 − cos ϕ g

et donc T = R/g ϕ0 où ϕ0 est l'angle nal, c'est à dire l'angle pour lequel x(ϕ0 ) = x0 et y(ϕ0 ) = y0 .
p

On peut maintenant remarquer une chose a priori surprenante : il existe des situations pour lesquelles
la forme idéale du rail passe au dessous de P avant de remonter. En eet, ce genre de trajectoire est
caractérisé par
! dy sin ϕ
0= =
dx 1 − cos ϕ
Il faut donc que ϕ0 > π pour que cela puisse se produire. Cette condition peut être traduite sur la pente
entre O et P . En eet on a
y0 1 − cos ϕ0 2
ϕ0 > π ⇐⇒ = <
x0 ϕ0 − sin ϕ0 π

2
 t-sin(t), -1+cos(t)
0

-0.5

-1

-1.5

-2

0 1 2 3 4 5 6

Fig. 1  Exemple de rail admettant un minimum : ϕ0 = 3π/2

Exercice 2 : Problème de la surface minimale de révolution

Tout comme dans l'exercice précédent, nous avons la liberté de paramétriser la courbe en fonction de
x ou de y . Nous allons tout d'abord prendre l'option (x, y(x)) an d'obtenir une variable cyclique puis
montrer que l'autre paramétrisation conduit à une autre quantité conservée : la fonction hamiltonienne.

L'aire d'une bande de la surface vaut 2πxds = 2πx 1 + y 0 (x)2 dx donc la surface totale mesure
p

Z x2 q
A = 2π dx x 1 + y 0 2
x1

Pour que cette dernière soit extrémale, il faut résoudre l'équation d'Euler-Lagrange
 
d ∂F ∂F ∂F ∂ p
= → = x 1 + y 02 = const = a
dx ∂y 0 ∂y ∂y 0 ∂y 0

On obtient donc en eectuant la dérivée par rapport à y 0 :

r
0
p 0 a2
xy (x) = a 1 + y 0 (x)2 → y (x) =
x2 − a2
En eectuant le changement de variables x = a cosh θ on trouve
 
y−b
y(θ) = aθ + b → x(y) = a cosh
a

On détermine a et b à partir des conditions x(0) = 1 et x(2) = cosh(2), ce qui donne a = 1 et b = 0.

Voyons maintenant que de l'autre paramétrisation découle la conservation de la fonction hamiltonienne.

L'intégrale à minimiser s'écrit cette fois-ci comme
Z y2 p Z y2
A = 2π dy x 1 + x0 2 ≡ 2π dy A
y1 y1

où la fonction A ne dépend pas explicitement de y . La fonction hamiltonienne est donc conservée :

∂A 0 x
h= x − A = −√ = const
∂x0 1 + x02

3
En séparant les variables on trouve
r r
x2 − a2 a2
Z Z
0 dx
x = = → y(x) = dy = dx
dy a2 x2 − a2

où a2 = h2 , qui est exactement la même expression que l'on a trouvée avec la première paramétrisation.

Exercice 3 : Rotateurs couplés

Le Lagrangien du système est donné par

1 1 1
L= m1 a2 θ̇12 + m2 b2 θ̇22 − kl2
2 2 2
où l est la distance entre les deux points matériels. Les positions des deux masses sont :
   
a cos θ1 b cos θ2
~x1 =  a sin θ1  ~x2 =  b sin θ2 
0 z

La distance l est alors :

l2 = ||~x1 − ~x2 ||2 = a2 + b2 + z 2 − 2ab cos(θ1 − θ2 ).

Le Lagrangien ne dépendant pas explicitement du temps, la fonction hamiltonienne est conservée :

2
X ∂L 1 1 1
h= θ̇i − L = m1 a2 θ̇12 + m2 b2 θ̇22 + kl2
i=1
∂ θ̇i 2 2 2

On remarque qu'il n'y a pas de variable cyclique, toutefois physiquement, on s'attend à la conservation
du moment cinétique total. On peut le trouver en appliquant le théorème de Noether. Le Lagrangien est
invariant par rotation, c'est-à-dire sous la transformation

θi → θi (s) = θi + s

La quantité suivante est donc conservée :

2
X ∂L ∂θi (s)
= m1 a2 θ̇1 + m2 b2 θ̇2
i=1
∂ θ̇i ∂s

Le moment cinétique est donc bien conservé ! On peut aussi le voir en eectuant le changement de variable
suivant : au lieu des variables θ1 , θ2 on considère les variables θ1 et θ̄ = θ1 − θ2 . Le Lagrangien devient :
1 1 ˙ 2 − kab cos θ̄
L= m1 a2 θ̇12 + m2 b2 (θ̇1 − θ̄)
2 2
La variable θ1 est maintenant cyclique et la quantité conservée associée est
∂L ˙
= m1 a2 θ̇1 + m2 b2 (θ̇1 − θ̄)
∂ θ̇1
qui correspond bien au moment cinétique.