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Probl` emes r´ esolus
et les matrices T et V associ´ees aux d´eriv´ees (5.43) et (5.44), respectivement. On a T η¨ = −V η Comme T est sym´etrique, T est diagonalisable. S’il y avait des ´el´ements diagonaux nuls, cela voudrait dire qu’on a mal choisi le nombre √ de degr´ √es de libert´e ! Donc T a un inverse. On peut d´ e finir les matrices : M et 1/ M telles que √ √ M M = T. Attention : Cette notation est pratique, mais elle a un but purement mn´emotechnique. Il s’agit de matrices, pas de nombres, donc il n’est pas question d’une division par une matrice : √
1 1 √ M η¨ = − √ V √ Mη | {z } M M | {z } | {z } ¨ X X D
Ceci nous permet d’´ecrire : ¨ = −DX X
pour X =
√
Mη
Par une extension imm´ediate de la proc´edure utilis´ee pour le probl`eme des deux pendules coupl´es, on peut chercher les vecteurs propres de D qui d´efinissent les modes propres des vibrations. La matrice D est d´efinie ainsi afin d’assurer sa sym´etrie, d´emontr´ee ci-dessous. Les vecteurs propres sont alors orthogonaux, ce qui permet de traiter les conditions initiales en termes de projections sur une base orthonorm´ee. On v´erifie que D est bien sym´etrique. T est sym´etrique, ce qui implique qu’il existe U orthoganale telle que T = U −1 TD U avec TD diagonal. Alors p p p p √ √ T = U −1 TD TD U = U −1 TD U U −1 TD U = M M √ √ √ Ainsi M = U −1 TD U . M est sym´etrique car : X X p p √ √ −1 M ij = Uil−1 TD lm Umj = Ujm TD ml Uli = M ji lm
√
De mˆeme M trique car :
−1
lm
est sym´etrique. Finalement, D = Dij =
X √
M
−1
V il lm
√
M
−1
√
mj
M
−1
V
√
M
−1
est sym´e-
= Dji
lm
28.1
5.30 R´esonance param´etrique On consid`ere un point mat´eriel dont l’´equation du mouvement est de la forme dite de Hill : x ¨ + G(t)x = 0
28.2
G(t + τ ) = G(t)
(5.45)
o` u x et G(t) sont des fonctions r´eelles du temps. Montrer que cette ´equation du mouvement s’obtient pour les cas suivants :