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\newtheorem*{theoreme}{Théorème}

\theoremstyle{remark}
\newtheorem*{avertissement}{Avertissement}

\newcommand*{\dd}{\,\mathrm{d}}
\DeclareMathOperator{\arccot}{arccot}

\author{Salim Rostam}
\title{Courbe brachistochrone}

\interfootnotelinepenalty=10000 %taille maximale des notes de bas de page (pour ne pas qu'elles se répartissent sur plusieurs pages)

\begin{document}
\maketitle

\begin{avertissement}
Ce développement est assez long et difficile ; on peut trouver une version un peu plus faible et simplifiée dans le sujet de maths 1 du concours Centrale--Supélec 1998 filière PSI\footnote{Énoncé : \url{http://perso.eleves.ens-rennes.fr/~srostam/files/Agreg/D\%C3\%A9veloppements/Courbe\%20brachistochrone_Centrale.pdf}, corrigé : \url{http://perso.eleves.ens-rennes.fr/~srostam/files/Agreg/D\%C3\%A9veloppements/Courbe\%20brachistochrone_Centrale_corrig\%C3\%A9.pdf}}.
\end{avertissement}

\begin{avertissement}
Ce développement peut se placer dans plusieurs leçons, à condition de parfois le remodeler, par exemple de la façon suivante :
\begin{itemize}
\item \textbf{215} (applications différentiables définies sur un ouvert de $\mathbb{R}^n$), \textbf{216} (étude métrique des courbes) et \textbf{220} (équations différentielles $X'=f(t, X)$) : on peut ne pas faire la section \ref{section:existence} d'existence mais seulement donner l'idée ;
\item \textbf{219} (extrema : existence, caractérisation, recherche), \textbf{229} (fonctions monotones, fonctions convexes) et \textbf{253} (utilisation de la notion de convexité en analyse) : on peut ne pas faire la sous-section \ref{subsection:resol_ed} de résolution de l'équation différentielle mais seulement donner l'astuce et bien sûr le résultat.
\end{itemize}
\end{avertissement}

\begin{theoreme}
Étant donné un mobile ponctuel dans $\mathbb{R}^2$, la manière la plus rapide pour relier deux points est de décrire un arc de cycloïde.
\end{theoreme}

\section{Notations}

On munit $\mathbb{R}^2$ d'un repère avec l'axe des abscisses horizontal orienté vers la droite et l'axe des ordonnées vertical orienté vers le bas. On suppose que le mobile relie l'origine $(0, 0)$ à $(a, b)$ en un temps $T$, avec $a, b > 0$ ; on note $(x(t), y(t))$ les coordonnées du mobile à l'instant $t$. Comme la téléportation n'est pas dans les hypothèses, on a $x, y \in \mathcal{C}[0, T]$. De plus, ce serait également bien le diable si l'on n'avait pas $x, y \in \mathcal{C}^1(0, T)$. Finalement, notre sens physique nous dit que $x$ est croissante, et l'on va supposer que $x$ est strictement croissante \textit{i.e.} le mobile ne décrit pas de portion verticale : ainsi, on peut écrire $y = f(x)$ avec $f \in \mathcal{C}[0, a] \cap \mathcal{C}^1(0, a)$, $f(0) = 0$ et $f(a) = b$. De plus, on a également $f|_{]0, a]} > 0$ (car si le mobile arrive en un point d'ordonnée nulle il ne peut plus repartir, cf. ce qui va suivre).

\section{Mise en équation}

Grâce au théorème de l'énergie cinétique, on sait que la somme de l'énergie cinétique et de l'énergie potentielle est constante, c'est-à-dire $E_c + E_{pp} = E_c^0 + E_{pp}^0$. Or, la vitesse initiale étant nulle par hypothèse on a $E_c = \frac{1}{2} m \, 0^2 = 0$ et $E_{pp} = -mg \, 0 = 0$ donc finalement on a $v^2 = 2gh$, ce qui se réécrit $\dot{x}^2 + \dot{y}^2 = 2g y$. D'après la section précédente, on a donc :
\[
\left[1 + f'(x)^2\right]\dot{x}^2 = 2g f(x)
\]

Comme $f(x) > 0$ si $t > 0$ on peut diviser et l'on a :
\[
\sqrt{\frac{1 + f'(x)^2}{f(x)}} \dot{x} = \sqrt{2g}
\]
puis, en intégrant :
\[
\int_0^T \sqrt{\frac{1 + f'(x(t))^2}{f(x(t))}} \dot{x}(t) \dd t = \sqrt{2g}T \]
et, comme $\dot{x} > 0$ on peut faire un changement de variable pour obtenir :
\[
J(f) := \int_0^a \sqrt{\frac{1 + f'(x)^2}{f(x)}} \dd x = \sqrt{2g}T
\]

On doit donc minimiser la fonctionnelle $J$ dans l'espace $E := \{ f \in \mathcal{C}[0, a] \cap \mathcal{C}^1(0, a) : f(0) = 0, f(a) = b, f|_{]0, a]} > 0\}$.

\section{Condition nécessaire de minimum}
\label{section:CN}

\subsection{Établissement d'une équation différentielle}
Tout d'abord, on peut remarquer que $J$ est une intégrale impropre : pour un $f \in E$ donné, il n'est pas assuré que $J(f) < \infty$. En considérant le segment qui relie $(0, 0)$ à $(a, b)$, on peut quand même remarquer que $\inf_E J < \infty$ (ouf !).

Supposons que $J$ atteigne un minimum sur $E$, en un point $f$ ; par ce qui précède on a $J(f) < \infty$.  Le problème majeur est que $J$ n'est pas définie sur un ouvert d'un espace vectoriel : on ne peut donc par parler de sa différentielle et dire que $\mathrm{D}J(f) = 0$. Néanmoins, avec $E_0 := \mathcal{C}^1_0(0, a)$, on a :
\[
\forall g \in E_0, \exists \eta > 0, \forall t \in ]{-\eta}, \eta[, f + tg \in E \text{ et } J(f + tg) < \infty
\]
donc :
\[
\forall g \in E_0, \left.\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t} J(f + tg) \right|_{t = 0} = 0
\]

Pour simplifier les notations, notons $L(u, v) := \sqrt{\frac{1 + v^2}{u}}$ et $[f(x)] = (f(x), f'(x))$ ; ainsi, $J(f) = \int_0^a L[f(x)] \dd x$. L'égalité précédente donne donc :
\[
\forall g \in E_0, \int_0^a \left[\partial_u L[f]g + \partial_v L[f] g'\right] \dd x = 0
\]
et en intégrant par parties on trouve, comme $g$ est à support compact :
\[
\forall g \in E_0, \int_0^a \left[\partial_u L[f] - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\partial_v L[f]\right] g \dd x = 0
\]
(il ne suffit pas que $g$ vaille $0$ au bord pour que $[\partial_v L[f] g]_0^a = 0$ car on ne connaît pas le comportement de $\partial_v L[f]$ au bord). Finalement, en considérant des fonctions $g$ du type $(x - \alpha)^2 (\beta - x)^2 \mathbf{1}_{[\alpha, \beta]}$, on trouve que la fonction entre crochets dans l'intégrale précédente ne peut pas être strictement positive ou négative sur chaque $[\alpha, \beta] \subseteq ]0, a[$ : elle est donc nulle, ce qui s'écrit (et s'appelle \og équation d'Euler--Lagrange \fg{}) :
\begin{equation}
\label{eq:EL}
\tag{EL}
\partial_u L[f] - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\partial_v L[f] = 0
\end{equation}


En explicitant les quantités qui interviennent\footnote{Les calculs, que l'on peut passer pendant le développement, se trouvent dans l'annexe \ref{annexe:eq_EL}.}, on trouve que $f$ vérifie l'équation différentielle suivante :
\[
(1 + f'^2)f = C
\]

\subsection{Résolution de l'équation différentielle}
\label{subsection:resol_ed}

On peut tout d'abord remarquer deux choses :
\begin{itemize}
\item l'équation différentielle se réécrit $f'^2 = \frac{C}{f} - 1$ donc, sur la portion où $f' > 0$ on a $f' = \sqrt{\frac{C}{f} - 1}$ et le théorème de Cauchy--Lipschitz local s'applique (youpi !) ;
\item comme $C \neq 0$ (car $f(a) = b \neq 0$ par exemple) on a donc $|f'(0)| = \infty$ ; en particulier, on a bien fait de ne pas choisir $f$ dérivable en $0$ !
\end{itemize}

Comme on ne sait pas intégrer à vue $\frac{f'}{\sqrt{\frac{C}{f} - 1}}$ on va devoir ruser.
Pour cela, on remarque que le terme $1 + f'^2$ peut faire penser à de l'arc tangente. Pour une simple question d'esthétique, on va plutôt poser $\theta := 2 \arccot f'$. Ainsi, on a $f' = \cot \frac{\theta}{2}$ donc $1 + f'^2 = \frac{1}{\sin^2 \frac{\theta}{2}}$ ; d'après l'équation différentielle vérifiée par $f$, on a donc :
\[
f = C \sin^2 \frac{\theta}{2}
\]

En dérivant cette dernière relation, on obtient $f' = C \theta' \sin \frac{\theta}{2} \cos \frac{\theta}{2}$, donc comme $f' = \cot \frac{\theta}{2} = \frac{\cos \frac{\theta}{2}}{\sin \frac{\theta}{2}}$ on obtient :
\[
1 = C \theta' \sin^2 \frac{\theta}{2}
\]

On est content car l'on sait intégrer ! Ainsi, en écrivant $\sin^2 \frac{\theta}{2} = \frac{1 - \cos \theta}{2}$ on obtient $x = \frac{C}{2} [\theta - \sin \theta]_0^x$ ; comme $|f'(0)| = \infty$, on a $\theta(0) = 0$ donc on obtient :
\[
x = \frac{C}{2}(\theta - \sin \theta)
\]

Finalement, comme on a vu que :
\[
y = f(x) = C \sin^2 \frac{\theta}{2} = \frac{C}{2}(1 - \cos \theta)
\]
la courbe décrite est bien une branche de cycloïde\footnote{Dans la leçon sur l'étude de courbes, on peut mettre ce résultat dans le plan ; sinon, on l'admet (faire un dessin pour le retrouver ; la seule chose délicate est de remarquer que la condition de roulement sans glissement se traduit par le fait que la distance parcourue par le cercle est égale à la longueur de l'arc qui a touché le sol).}.



\section{Existence du minimum}
\label{section:existence}

On désire justifier que la fonctionnelle $J : f \in E \mapsto  \int_0^a \sqrt{\frac{1 + f'(x)^2}{f(x)}} \dd x$ possède un (unique) minimum, avec rappelons-le $E = \{ f \in \mathcal{C}[0, a] \cap \mathcal{C}^1(0, a) : f(0) = 0, f(a) = b, f|_{]0, a]} > 0\}$. Pour cela, on va utiliser un argument de convexité.

L'ensemble $E$ est bien convexe, mais comme on l'a déjà remarqué ce n'est pas un ouvert d'un espace vectoriel : on ne peut donc pas utiliser de caractérisation classique de convexité. On va contourner ce problème en regardant la fonction $L : (u, v) \mapsto \sqrt{\frac{1 + v^2}{u}}$, qui elle est définie sur le convexe $\mathbb{R}_+^* \times \mathbb{R}$. Finalement, rappelons la notation $[u] := (u, u')$.

Désignons par $f_0$ une solution de l'équation différentielle (\ref{eq:EL}) obtenue précédemment. En supposant que $L$ est strictement convexe, on obtient donc, pour $g \neq 0$ telle que $f_0 + g \in E$ et $J(f_0 + g) < \infty$ :
\begin{align*}
J(f_0 + g) - J(f_0) &= \int_0^a L[f_0 + g] - L[f_0] \dd x \\
				&> \int_0^a \langle\nabla L[f_0], [g] \rangle \dd x \text{ (par stricte convexité de $L$)} \\
				&= \int_0^a \partial_u L[f_0] g + \partial_v L[f_0] g' \dd x \\
				&= \int_0^a \left(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\partial_v L[f_0]\right) g + \partial_v L[f_0] g' \dd x \text{ (car $f_0$ est solution de (\ref{eq:EL}))} \\
				&= [\partial_v L[f_0] g]_0^a
\end{align*}

Ainsi, comme $g(0) = g(a) = 0$ (car $f_0 + g \in E$), on en déduit que si $\partial_v L[f_0]$ est bornée sur $]0, a[$ on a $J(f_0 + g) - J(f_0) > 0$, et donc que $f_0$ est un minimum global de $J$ sur $E$.

Il suffit donc de montrer que $L$ est convexe sur $\mathbb{R}_+^* \times \mathbb{R}$ et que $\partial_v L$ est bornée sur ce même ensemble : malheureusement, cette dernière condition n'est pas vérifiée, puisque $\partial_v L = \frac{v}{\sqrt{u(1 + v^2)}}$ (note\footnote{En fait, en calculant la matrice hessienne on peut constater que $L$ n'est même pas convexe !}). Pour cela, on va considérer un autre problème de minimisation.

Comme la racine nous dérange dans l'expression de $J$ on va poser, pour $f \in E$, $g := \sqrt{2f}$ (le facteur $2$ est fait pour tomber juste dans la suite). On a donc $f = \frac{g^2}{2}$ et $f' = gg'$, d'où :
\[
J(f) = \int_0^a \sqrt{\frac{1 + f'^2}{f}} \dd x = \int_0^a \sqrt{\frac{1 + g^2 g'^2}{\frac{g^2}{2}}} \dd x= \sqrt{2} \int_0^a \sqrt{\frac{1}{g^2} + g'^2} \dd x =: \sqrt{2}\widetilde{J}(g)\]

On obtient donc une fonctionnelle $\widetilde{J}$ définie sur l'espace $\widetilde{E} := \{\sqrt{2 f} : f \in E\}$ ; on a $\widetilde{J}(g) = \int_0^a \widetilde{L}[g] \dd x$ avec $\widetilde{L}(u, v) := \sqrt{\frac{1}{u^2} + v^2}$. Cette fonction $\widetilde{L}$ vérifie $\partial_v \widetilde{L} = \frac{v}{\sqrt{\frac{1}{u^2} + v^2}}$ donc $|\partial_v \widetilde{L}| \leq 1$ donc est borné. De plus\footnote{On peut passer tous les calculs qui vont suivre.} on a :
\begin{itemize}
\item $\partial_{vv} \widetilde{L} = u^{-2} (u^{-2} + v^2)^{-\frac{3}{2}}$ ;
\item $\partial_{uv} \widetilde{L} = u^{-3}v (u^{-2} + v^2)^{-\frac{3}{2}}$ ;
\item $\partial_u \widetilde{L} = -u^{-3}(u^{-2} + v^2)^{-\frac{1}{2}}$ ;
\item $\partial_{uu} = u^{-4}(u^{-2} + v^2)^{-\frac{3}{2}}(2u^{-2} + v^2)$ ;
\end{itemize}
donc la hessienne de $\widetilde{L}$ est
$\left(\begin{smallmatrix}
2u^{-4}(u^{-2} + v^2)^{-\frac{3}{2}}(2u^{-2} + v^2) & u^{-3}v (u^{-2} + v^2)^{-\frac{3}{2}} \\
u^{-3}v (u^{-2} + v^2)^{-\frac{3}{2}} & u^{-2} (u^{-2} + v^2)^{-\frac{3}{2}}
\end{smallmatrix}\right)$ qui est définie positive (la trace est positive et le déterminant est $2u^{-8}(u^{-2} + v^2)^{-3} > 0$) donc $\widetilde{L}$ est strictement convexe.

Ainsi, d'après ce qui a été fait au début de la section, pour montrer que $g_0 := \sqrt{2 f_0}$ est un minimum strict de $\widetilde{J}$ sur $\widetilde{E}$ il suffit de montrer que $g_0$ vérifie l'équation d'Euler--Lagrange associée à $\widetilde{L}$. Ainsi, on a $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \partial_v \widetilde{L} = v'(u^{-2} + v^2)^{-\frac{1}{2}} - v(-u'u^{-3} + vv')(u^{-2} + v^2)^{-\frac{3}{2}} = u^{-3}(u^{-2} + v^2)^{-\frac{3}{2}}(uv)'$, d'où :
\begin{align*}
\partial_u \widetilde{L}[g_0] - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \partial_v \widetilde{L}[g_0] &= -g_0^{-3}(g_0^{-2} + g_0'^2)^{-\frac{1}{2}} - g_0^{-3}(g_0^{-2} + g_0'^2)^{-\frac{3}{2}}(g_0 g_0')' \\
&= - g_0^{-3}(g_0^{-2} + g_0'^2)^{-\frac{3}{2}}[g_0^{-2} + g_0'^2 + (g_0 g_0')']
\end{align*}
et il suffit donc de montrer que $g_0^{-2} + g_0'^2 + (g_0 g_0')' = 0$. C'est le cas puisque $g_0^{-2} + g_0'^2 + (g_0 g_0')' = (2f_0)^{-1} + f_0'^2(2f_0)^{-1} + f_0''$ et en multipliant par $2f_0$ on trouve $1 + f_0'^2 + 2 f_0 f_0''$ et cette dernière expression est nulle car $f_0$ vérifie (\ref{eq:EL}) (\textit{i.e.} $(1 + f_0'^2)f_0 = C$).

Finalement, si $f \in E, f \neq f_0$ est telle que $J(f) < \infty$ alors avec $g := \sqrt{2f}$ on a :
\[
J(f) = \widetilde{J}(g) > \widetilde{J}(g_0) = J(f_0)
\]
donc $f_0$ est bien un minimum global de $J$ sur $E$.


\begin{thebibliography}{2}

\bibitem{testard} TESTARD Frédéric, \textit{Analyse mathématique, la maîtrise de l'implicite}. Calvage \& Mounet, 2012.
\bibitem{coleman} COLEMAN Rodney, \textit{A Detailed Analysis of the Brachistochrone Problem}. \url{http://arxiv.org/pdf/1001.2181v2.pdf} (2012).

\end{thebibliography}

\appendix

\section{Explicitation de l'équation d'Euler--Lagrange}
\label{annexe:eq_EL}

On cherche à expliciter l'équation $\partial_u L[f] - \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\partial_v L[f] = 0$ avec $L(u, v) = \sqrt{\frac{1 + v^2}{u}} = u^{-\frac{1}{2}} (1 + v^2)^{\frac{1}{2}}$.

\paragraph{Calcul des dérivées partielles de $L$.} On a $\partial_u L = -\frac{1}{2}u^{-\frac{3}{2}} (1 + v^2)^{\frac{1}{2}} = -\frac{L}{2u}$ et $\partial_v L = u^{-\frac{1}{2}} v (1 + v^2)^{-\frac{1}{2}} = \frac{vL}{1 + v^2}$.

\paragraph{Calcul de $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\partial_v L$.} On a $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\partial_v L = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \left(\frac{vL}{1 + v^2}\right) = \frac{v' L}{1 + v^2}  - 2\frac{v^2 v' L}{(1 + v^2)^2} + \frac{v}{1 + v^2} (u' \partial_u L + v' \partial_v L) = \frac{v' L}{1 + v^2}  - 2\frac{v^2 v' L}{(1 + v^2)^2} + \frac{v}{1 + v^2} (-\frac{u' L}{2u} + \frac{vv'L}{1 + v^2})$.

\paragraph{Final.} L'équation (\ref{eq:EL}) devient alors $-\frac{L}{2u} - \left[\frac{v' L}{1 + v^2}  - 2\frac{v^2 v' L}{(1 + v^2)^2} + \frac{v}{1 + v^2} (-\frac{u' L}{2u} + \frac{vv'L}{1 + v^2})\right] = 0$ donc en simplifiant par $L$ et en développant on trouve $-\frac{1}{2u} - \frac{v'}{1 + v^2}  + 2\frac{v^2 v'}{(1 + v^2)^2} + \frac{u'v}{2u(1 + v^2)} - \frac{v^2 v'}{(1 + v^2)^2} = -\frac{1}{2u} - \frac{v'}{1 + v^2}  + \frac{v^2 v'}{(1 + v^2)^2} + \frac{u'v}{2u(1 + v^2)} = 0$ d'où en multipliant par $2u(1 + v^2)^2$, $-(1+v^2)^2 -2uv'(1+v^2) + 2uv^2 v' + u'v(1 + v^2) = 0$ donc en simplifiant :
\[
-(1+v^2)^2 - 2uv' + u'v(1 + v^2) = 0
\]

On cherche à évaluer en $[f]$ donc on remplace $v$ par $u'$ dans l'équation précédente : on trouve $-(1+u'^2)^2 - 2uu'' + u'^2(1 + u'^2) = 0$ d'où
\[
-1-u'^2 -2uu'' = 0
\]

En multipliant par $u'$, on trouve finalement $u' + u'^3 + 2uu'u'' = 0$ \textit{i.e.}
\[
\left(u + uu'^2\right)' = 0
\]
d'où le résultat.

\end{document}