Dériver un déterminant : la loi des aires et le wronskien

Exercice de TD · niveau 2 · mathématiques (PTSI), chapitre 13 — Déterminants · C. Géométrie et applications

Énoncé

On note $det$ le déterminant de la matrice dont les colonnes sont $u$ et $v$ , deux vecteurs de $R^{2}$ : $det (u, v) = u_{1} v_{2} - u_{2} v_{1}$ (le produit mixte du plan).

1) Soient $u, v : I \to R^{2}$ deux fonctions dérivables sur un intervalle $I$ (coordonnée par coordonnée). Montrer que $t \mapsto det (u (t), v (t))$ est dérivable, de dérivée $det (u^{'}, v) + det (u, v^{'})$ .

2) Loi des aires. Un point $M (t) = (x (t), y (t))$ , de coordonnées de classe $C^{2}$ , se déplace avec une accélération centrale : pour tout $t$ , $M^{''} (t)$ est colinéaire à $O M (t)$ . Montrer que $C = det (O M, M^{'}) = x y^{'} - y x^{'}$ est constante, et qu'en coordonnées polaires, $x = r cos θ$ et $y = r sin θ$ avec $r > 0$ et $θ$ dérivables, $C = r^{2} θ^{'}$ . Vérifier que, dans l'espace, $O M \land M^{'} = C k$ : $C$ est le moment cinétique par unité de masse. On admet que l'aire balayée par le segment $[O M]$ entre deux instants voisins est équivalente, quand leur écart $h$ tend vers $0$ , à l'aire du triangle formé par $O$ et les deux positions : montrer que l'aire du triangle $(O, M (t), M (t + h))$ vaut $\frac{∣ C ∣}{2} ∣ h ∣ + o (h)$ , et conclure.

3) Wronskien. Soient $a, b$ réels et $y_{1}, y_{2}$ deux solutions réelles de $y^{''} + a y^{'} + b y = 0$ . On pose $W = det ((y_{1}, y_{1}^{'}), (y_{2}, y_{2}^{'})) = y_{1} y_{2}^{'} - y_{1}^{'} y_{2}$ . Montrer que $W^{'} = - aW$ , puis que $W (x) = W (0) e^{- a x}$ : $W$ est identiquement nulle ou ne s'annule jamais.

4) Montrer que $(y_{1}, y_{2})$ est une base de l'espace des solutions si et seulement si $W (0) \neq = 0$ (le problème de Cauchy fait de $y \mapsto (y (0), y^{'} (0))$ un isomorphisme). Calculer $W$ pour $(x \mapsto e^{r_{1} x}, x \mapsto e^{r_{2} x})$ , où $r_{1} \neq = r_{2}$ sont des racines réelles de $r^{2} + a r + b$ , puis pour $(x \mapsto e^{- x} cos 2 x, x \mapsto e^{- x} sin 2 x)$ , solutions de $y^{''} + 2 y^{'} + 5 y = 0$ .

Corrigé

La stratégie. Le déterminant de deux vecteurs est bilinéaire : il se dérive donc comme un produit, un vecteur à la fois. Cette seule règle, appliquée à deux couples bien choisis, donne deux lois de conservation — l'une en mécanique, l'autre pour les équations différentielles.

1) La règle de dérivation. $det (u, v) = u_{1} v_{2} - u_{2} v_{1}$ est une combinaison de produits de fonctions dérivables, donc dérivable, et $(u_{1} v_{2} - u_{2} v_{1})^{'} = (u_{1}^{'} v_{2} - u_{2}^{'} v_{1}) + (u_{1} v_{2}^{'} - u_{2} v_{1}^{'}) = det (u^{'}, v) + det (u, v^{'}) .$ On dérive un vecteur à la fois, l'autre restant fixe — exactement comme $(f g)^{'} = f^{'} g + f g^{'}$ .

2) La loi des aires. Par le 1), avec $u = O M$ et $v = M^{'}$ : $C^{'} = det (M^{'}, M^{'}) + det (O M, M^{''}) = 0 + 0 :$ le premier terme a deux colonnes égales, le second deux colonnes colinéaires, et un déterminant dont les colonnes sont liées est nul. Donc $C$ est constante sur l'intervalle. En polaires, $x^{'} = r^{'} cos θ - r θ^{'} sin θ$ et $y^{'} = r^{'} sin θ + r θ^{'} cos θ$ , d'où $x y^{'} - y x^{'} = r cos θ (r^{'} sin θ + r θ^{'} cos θ) - r sin θ (r^{'} cos θ - r θ^{'} sin θ) = r^{2} θ^{'},$ les termes en $r r^{'} sin θ cos θ$ se compensant. C'est la constante des aires de la mécanique. Le moment cinétique. Dans l'espace, $O M = (x, y, 0)$ et $M^{'} = (x^{'}, y^{'}, 0)$ ; les coordonnées du produit vectoriel données au chapitre de géométrie fournissent $O M \land M^{'} = (y \cdot 0 - 0 \cdot y^{'}, 0 \cdot x^{'} - x \cdot 0, x y^{'} - y x^{'}) = C k$ : $C$ est la composante sur $k$ du moment cinétique en $O$ divisé par la masse. Avec la base polaire, $O M = r u_{r}$ et $M^{'} = r^{'} u_{r} + r θ^{'} u_{θ}$ , d'où directement $O M \land M^{'} = r^{2} θ^{'} u_{r} \land u_{θ} = r^{2} θ^{'} k$ , puisque $u_{r} \land u_{r} = 0$ et que $(u_{r}, u_{θ}, k)$ est orthonormée directe. L'aire du triangle est la moitié de la valeur absolue de $det (O M (t), O M (t + h))$ . Le développement limité à l'ordre $1$ de chaque coordonnée s'écrit $O M (t + h) = O M (t) + h M^{'} (t) + h ε (h)$ , avec $ε (h) \to 0$ . Par linéarité par rapport à la seconde variable, $det (O M (t), O M (t + h)) = det (O M, O M) + h det (O M, M^{'}) + h det (O M, ε (h)) = h C + o (h),$ le premier terme étant nul et le dernier une combinaison des coordonnées de $ε (h)$ , qui tendent vers $0$ . L'aire du triangle vaut donc $\frac{∣ C ∣}{2} ∣ h ∣ + o (h)$ . La conclusion. Supposons $C \neq = 0$ , et notons $A (t)$ l'aire balayée depuis un instant fixé jusqu'à $t$ . D'après ce qu'on a admis, $A (t + h) - A (t)$ est équivalent à $\frac{∣ C ∣}{2} h$ quand $h$ tend vers $0$ , d'un côté comme de l'autre : $A$ est dérivable, de dérivée constante $\frac{∣ C ∣}{2}$ , donc affine. Le segment $[O M]$ balaie des aires égales en des temps égaux — la deuxième loi de Kepler, simple conséquence du caractère central de la force. Si $C = 0$ , alors $θ^{'} = 0$ : le mouvement a lieu sur une droite passant par $O$ , et l'aire balayée est nulle.

3) Le wronskien. Appliquons le 1) à $u = (y_{1}, y_{1}^{'})$ et $v = (y_{2}, y_{2}^{'})$ : $W^{'} = (y_{1}^{'} y_{2}^{'} - y_{1}^{''} y_{2}) + (y_{1} y_{2}^{''} - y_{1}^{'} y_{2}^{'}) = y_{1} y_{2}^{''} - y_{1}^{''} y_{2} .$ Remplaçons chaque $y_{k}^{''}$ par $- a y_{k}^{'} - b y_{k}$ , puisque $y_{k}$ est solution : $W^{'} = y_{1} (- a y_{2}^{'} - b y_{2}) - (- a y_{1}^{'} - b y_{1}) y_{2} = - a (y_{1} y_{2}^{'} - y_{1}^{'} y_{2}) = - aW,$ les termes en $b y_{1} y_{2}$ se compensant. C'est une équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficient constant : $W (x) = W (0) e^{- a x}$ . L'exponentielle ne s'annulant pas, ou bien $W (0) = 0$ et $W$ est nulle partout, ou bien $W$ ne s'annule jamais.

4) Le test des bases. L'application $Φ : y \mapsto (y (0), y^{'} (0))$ , de l'espace $S$ des solutions dans $R^{2}$ , est linéaire ; le théorème d'existence et d'unicité du problème de Cauchy dit exactement que tout couple de valeurs initiales a un antécédent et un seul : $Φ$ est un isomorphisme. Un isomorphisme et sa réciproque envoient les bases sur des bases : $(y_{1}, y_{2})$ est une base de $S$ si et seulement si $(Φ (y_{1}), Φ (y_{2}))$ est une base de $R^{2}$ , c'est-à-dire si et seulement si la matrice dont ils sont les colonnes est inversible, donc si et seulement si son déterminant, qui est $W (0)$ , est non nul. Deux exemples. Pour $y_{1} = e^{r_{1} x}$ et $y_{2} = e^{r_{2} x}$ : $W = e^{r_{1} x} \cdot r_{2} e^{r_{2} x} - r_{1} e^{r_{1} x} \cdot e^{r_{2} x} = (r_{2} - r_{1}) e^{(r_{1} + r_{2}) x} = (r_{2} - r_{1}) e^{- a x},$ la somme des racines de $r^{2} + a r + b$ valant $- a$ : c'est bien $W (0) e^{- a x}$ , avec $W (0) = r_{2} - r_{1} \neq = 0$ . Pour $y_{1} = e^{- x} cos 2 x$ et $y_{2} = e^{- x} sin 2 x$ , $y_{1}^{'} = e^{- x} (- cos 2 x - 2 sin 2 x)$ et $y_{2}^{'} = e^{- x} (- sin 2 x + 2 cos 2 x)$ , d'où $W = e^{- 2 x} [cos 2 x (- sin 2 x + 2 cos 2 x) + (cos 2 x + 2 sin 2 x) sin 2 x] = 2 e^{- 2 x},$ conforme à $W (0) e^{- a x}$ avec $a = 2$ et $W (0) = 2 \neq = 0$ : une base de l'espace des solutions.

Le point délicat. C'est le 3) qui permet de ne tester qu'un seul point : un wronskien de deux solutions, nul en un point, est nul partout. Pour deux fonctions quelconques, un tel déterminant peut s'annuler en certains points et pas en d'autres ; c'est l'équation différentielle qui interdit ce comportement.

Ce que l'exercice installe. Un déterminant de vecteurs dépendant du temps se dérive comme un produit. En mécanique, la conservation de $r^{2} θ^{'}$ — le moment cinétique divisé par la masse — est la loi des aires, et elle ne demande qu'une chose : une force centrale. Pour les équations linéaires d'ordre $2$ , le wronskien teste en un seul point si deux solutions forment une base, et $W (0) e^{- a x}$ dit que « l'aire » du couple position-vitesse se contracte au rythme de l'amortissement.

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