Produit vectoriel, loi des aires, et l'évaluation

a) La règle de Leibniz bilinéaire. Si $B:E_1\times E_2\to F$ est bilinéaire, les trois espaces étant de dimension finie, et si $f,g$ sont dérivables en $a$, alors $t\mapsto B(f(t),g(t))$ est dérivable en $a$ de dérivée $B(f^{\prime }(a),g(a))+B(f(a),g^{\prime }(a))$.

Démonstration. On ajoute et retranche le terme mixte $B(f(a),g(t))$, ce qui fait apparaître les deux taux d'accroissement : $$\frac{B(f(t),g(t))-B(f(a),g(a))}{t-a}=B\left(\frac{f(t)-f(a)}{t-a},g(t)\right)+B\left(f(a),\frac{g(t)-g(a)}{t-a}\right).$$ Quand $t\to a$, le premier argument tend vers $f^{\prime }(a)$, $g(t)$ vers $g(a)$ par continuité, et $B$ est continue parce qu'elle est bilinéaire sur un produit d'espaces de dimension finie — c'est là que l'hypothèse travaille, et elle est indispensable. La limite vaut $B(f^{\prime }(a),g(a))+B(f(a),g^{\prime }(a))$. $\square$

Le produit vectoriel $\wedge :{\mathbb{R}}^3\times {\mathbb{R}}^3\to {\mathbb{R}}^3$ est bilinéaire : $(f\wedge g{)}^{\prime }=f^{\prime }\wedge g+f\wedge g^{\prime }$. Attention à l'ordre des facteurs : $\wedge$ est antisymétrique, on n'a pas le droit d'échanger les arguments.

b) La loi des aires. La fonction $h=f\wedge f^{\prime }$ est dérivable et $$h^{\prime }=f^{\prime }\wedge f^{\prime }+f\wedge f^{\prime \prime }.$$ Le premier terme est nul par antisymétrie (le produit vectoriel d'un vecteur avec lui-même est nul) ; le second l'est parce que $f^{\prime \prime }(t)$ est colinéaire à $f(t)$. Donc $h^{\prime }=0$ sur l'intervalle $I$ et, par l'exercice 1 question e), $C=f\wedge f^{\prime }$ est constant.

c) La trajectoire est plane. Pour tout $t$, le produit mixte donne $$⟨f(t),C⟩=⟨f(t),f(t)\wedge f^{\prime }(t)⟩=\det (f(t),f(t),f^{\prime }(t))=0,$$ un déterminant à deux colonnes égales étant nul. Donc $f(t)$ est orthogonal au vecteur fixe $C$ : la trajectoire est contenue dans le plan vectoriel $C^{\perp }$, déterminé par les conditions initiales puisque $C=f(t_0)\wedge f^{\prime }(t_0)$.

L'aire balayée. Entre $t$ et $t+\mathrm{d}t$, le rayon vecteur balaie un triangle de côtés $f(t)$ et $\mathrm{d}t{f}^{\prime }(t)$, d'aire $\frac{1}{2}\Vert C\Vert \mathrm{d}t$. L'aire balayée par unité de temps est constante : c'est la loi des aires, la deuxième loi de Kepler, et elle ne dépend d'aucune forme particulière de la force — seulement du fait qu'elle est dirigée vers le centre.

d) L'évaluation est bilinéaire. L'application $\mathrm{ev}:\mathcal{L}(E)\times E\to E$, $(v,y)\mapsto v(y)$, est linéaire en $v$ à $y$ fixé (définition des opérations sur les applications linéaires) et linéaire en $y$ à $v$ fixé (c'est la linéarité de $v$) : elle est bilinéaire, sur des espaces de dimension finie. Le a) donne donc $$(t\mapsto u(t)(x(t)){)}^{\prime }=u^{\prime }(t)(x(t))+u(t)(x^{\prime }(t)),$$ où $u^{\prime }(t)$ est un endomorphisme qu'on applique au vecteur $x(t)$. Matriciellement, $(A(t)X(t){)}^{\prime }=A^{\prime }(t)X(t)+A(t)X^{\prime }(t)$.

Le changement de base. Si $X^{\prime }=A(t)X$ et $Y=P^{-1}X$ avec $P$ constante inversible, alors $Y$ est l'image de $X$ par l'application linéaire constante $M\mapsto P^{-1}M$, donc $Y^{\prime }=P^{-1}{X}^{\prime }=P^{-1}A(t)P{P}^{-1}X=(P^{-1}A(t)P)Y$. Un changement de base constant transforme $X^{\prime }=A(t)X$ en $Y^{\prime }=(P^{-1}AP)Y$ : c'est la raison pour laquelle réduire $A$ résout les systèmes à coefficients constants. Si $P$ dépendait de $t$, il faudrait ajouter le terme $(P^{-1}{)}^{\prime }X$ — l'hypothèse de constance n'est pas décorative.

Ce que l'exercice installe. Une dérivation bilinéaire fabrique une loi de conservation, et c'est le mécanisme — pas l'exemple — qu'il faut retenir : construire la bonne quantité $B(f,g)$, la dériver, voir les deux termes s'annuler pour une raison structurelle (antisymétrie, colinéarité, orthogonalité), conclure par « dérivée nulle sur un intervalle ». Le problème final le refera avec le déterminant, et c'est de là que naîtra le wronskien.