Niveau : supérieur, du facile au difficile. Durée estimée : 2 h 30. 10 exercices avec corrections détaillées.
Rappel des notions clés
Pour trouver la fonction $y$ qui rend minimale $I[y]=\int_a^b F(x,y,y')\,dx$ quand $y(a)$ et $y(b)$ sont imposés, tu écris l'équation d'Euler-Lagrange, tu la résous, puis tu places les conditions aux bords. Exemple : pour la longueur d'une courbe, $F=\sqrt{1+y'^2}$ ne dépend pas de $y$, donc $\frac{y'}{\sqrt{1+y'^2}}$ est constant, $y'$ aussi, et le plus court chemin est un segment.
$I$ est une fonctionnelle : elle prend une fonction et rend un nombre. Une solution de l'équation d'Euler-Lagrange s'appelle une extrémale, et une fonction admissible est une fonction qui vérifie toutes les conditions du problème. L'extrémale donne le minimum quand $F(x,y,p)$, où $p$ tient la place de $y'$, est convexe en $(y,p)$ pour chaque $x$ ; sinon, il faut le prouver à la main.
Formules à retenir :
- Équation d'Euler-Lagrange : $\frac{\partial F}{\partial y}-\frac{d}{dx}\left(\frac{\partial F}{\partial y'}\right)=0$.
- Si $F$ ne dépend pas de $y$ : $\frac{\partial F}{\partial y'}=C$.
- Si $F$ ne dépend pas de $x$ (intégrale première, ou identité de Beltrami) : $F-y'\frac{\partial F}{\partial y'}=C$.
- Si $y(b)$ n'est pas imposé, la condition manquante est la condition naturelle : $\frac{\partial F}{\partial y'}=0$ en $x=b$.
- Avec une contrainte $\int_a^b G\,dx=c$, on écrit l'équation pour $F-\lambda G$, puis la contrainte fixe $\lambda$, le multiplicateur de Lagrange.
Piège classique : l'équation d'Euler-Lagrange est une condition nécessaire, pas suffisante. Une extrémale n'est pas forcément un minimum, il peut y en avoir plusieurs, ou aucune qui vérifie les conditions aux bords. Sans convexité, prouve le minimum ou montre qu'il n'existe pas.
Exercices : niveau facile
Exercice 1 : On cherche le minimum de $I[y]=\int_0^1 y'^2\,dx$ avec $y(0)=1$ et $y(1)=3$. Trouve l'extrémale, puis montre que c'est bien le minimum en écrivant toute fonction admissible sous la forme $y+h$, avec $h(0)=h(1)=0$. Donne la valeur du minimum.
Correction :
On résout l'équation, puis on compare directement $I[y+h]$ à $I[y]$. Ici $\frac{\partial F}{\partial y}=0$ et $\frac{\partial F}{\partial y'}=2y'$, donc $y''=0$ et $y=ax+b$ ; les conditions donnent $b=1$ et $a=2$.
Pour une telle $h$ : $I[y+h]=\int_0^1(2+h')^2\,dx=4+4\big(h(1)-h(0)\big)+\int_0^1 h'^2\,dx\geq4$.
Résultat : $y=2x+1$, minimum $4$.
Exercice 2 : Trouve la fonction qui minimise $I[y]=\int_0^1\left(y'^2+12xy\right)dx$ avec $y(0)=0$ et $y(1)=1$, justifie que c'est un minimum et calcule sa valeur.
Correction :
$F$ dépend ici de $x$, de $y$ et de $y'$ : on écrit l'équation complète. Avec $\frac{\partial F}{\partial y}=12x$ et $\frac{\partial F}{\partial y'}=2y'$, elle donne $12x-2y''=0$, donc $y''=6x$ et $y=x^3+ax+b$. Les conditions donnent $b=0$ puis $a=0$.
$F=p^2+12xy$ est convexe en $(y,p)$ : linéaire en $y$, carré en $p$. L'extrémale est donc le minimum, et avec $y'=3x^2$ : $I=\int_0^1\left(9x^4+12x^4\right)dx=\frac{21}{5}$.
Résultat : $y=x^3$, minimum $\frac{21}{5}$. Attention au signe : l'équation est $12x-2y''=0$, pas $12x+2y''=0$.
Exercice 3 : Trouve le minimum de $I[y]=\int_0^1\left(y^2+y'^2\right)dx$ avec $y(0)=0$ et $y(1)=1$, puis calcule sa valeur (une intégration par parties aide).
Correction :
L'équation donne $2y-2y''=0$, soit $y''=y$, donc $y=A\operatorname{ch}x+B\operatorname{sh}x$ (cosinus et sinus hyperboliques). Avec $y(0)=0$ puis $y(1)=1$ : $A=0$ et $B=\frac{1}{\operatorname{sh}1}$. $F$ est convexe en $(y,p)$ : c'est le minimum.
Par parties, $\int_0^1 y'^2\,dx=\big[yy'\big]_0^1-\int_0^1 yy''\,dx=\big[yy'\big]_0^1-\int_0^1 y^2\,dx$, donc $I=y(1)\,y'(1)=\frac{\operatorname{ch}1}{\operatorname{sh}1}$.
Résultat : $y=\frac{\operatorname{sh}x}{\operatorname{sh}1}$, minimum $\frac{\operatorname{ch}1}{\operatorname{sh}1}\approx1{,}313$. L'erreur à éviter : avec $y=Ae^x+Be^{-x}$ et $B=-A$, la condition en $1$ donne $A(e-e^{-1})=1$, pas $A(e+e^{-1})=1$.
Exercices : niveau moyen
Exercice 4 : Trouve le minimum de $I[y]=\int_1^e x\,y'^2\,dx$ avec $y(1)=0$ et $y(e)=1$, et sa valeur.
Correction :
$F=xp^2$ ne dépend pas de $y$, donc $\frac{\partial F}{\partial y'}=2xy'=C$. Ainsi $y'=\frac{C}{2x}$ et $y=\frac{C}{2}\ln x+D$ ; les conditions donnent $D=0$ et $C=2$.
Sur $[1\,;\,e]$, $x>0$ : $F$ est convexe en $p$, c'est le minimum, et $I=\int_1^e x\cdot\frac{1}{x^2}\,dx=1$.
Résultat : $y=\ln x$, minimum $1$. Inutile de développer $\frac{d}{dx}(2xy')$ : l'intégrale première donne directement une équation d'ordre 1.
Exercice 5 : On minimise $I[y]=\int_0^1\left(y'^2+2y\right)dx$ avec $y(0)=0$, la valeur $y(1)$ étant libre. Écris la condition que doit vérifier le minimum en $x=1$, puis trouve-le et calcule $I$.
Correction :
L'équation donne $2-2y''=0$, donc $y=\frac{x^2}{2}+ax+b$, et $y(0)=0$ donne $b=0$.
En $x=1$, la condition naturelle s'écrit $\frac{\partial F}{\partial y'}=2y'(1)=0$, soit $1+a=0$ : $a=-1$.
$F$ est convexe en $(y,p)$ : c'est le minimum. Avec $y'=x-1$ : $I=\int_0^1\big((x-1)^2+x^2-2x\big)\,dx=\frac{1}{3}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{3}$.
Résultat : $y=\frac{x^2}{2}-x$, minimum $-\frac{1}{3}$. La condition en $x=1$ ne se devine pas : elle sort du calcul.
Exercice 6 : Parmi les fonctions telles que $y(0)=y(1)=0$ et $\int_0^1 y\,dx=1$, trouve celle qui minimise $I[y]=\int_0^1 y'^2\,dx$. Prouve que c'est le minimum et donne sa valeur.
Correction :
C'est un problème avec contrainte : on écrit l'équation pour $y'^2-\lambda y$, soit $-\lambda-2y''=0$. Avec $y(0)=y(1)=0$, on trouve $y=\frac{\lambda}{4}x(1-x)$, et la contrainte donne $\frac{\lambda}{24}=1$, donc $\lambda=24$.
Si $y+h$ est admissible, $h(0)=h(1)=0$ et $\int_0^1 h\,dx=0$. Par parties, $\int_0^1 y'h'\,dx=-\int_0^1 y''h\,dx=12\int_0^1 h\,dx=0$, donc $I[y+h]=I[y]+\int_0^1 h'^2\,dx\geq I[y]$.
Résultat : $y=6x(1-x)$, minimum $\int_0^1(6-12x)^2\,dx=12$.
Exercice 7 : Dans le demi-plan $y>0$ (demi-plan de Poincaré), la longueur d'une courbe est $L[y]=\int_{x_1}^{x_2}\frac{\sqrt{1+y'^2}}{y}\,dx$. Montre que les extrémales vérifient $y\sqrt{1+y'^2}=k$, avec $k>0$ constant, puis que ce sont des arcs de cercles centrés sur l'axe des abscisses.
Correction :
$F$ ne dépend pas de $x$ : on utilise l'intégrale première. Avec $\frac{\partial F}{\partial y'}=\frac{y'}{y\sqrt{1+y'^2}}$ :
$$F-y'\frac{\partial F}{\partial y'}=\frac{1+y'^2-y'^2}{y\sqrt{1+y'^2}}=\frac{1}{y\sqrt{1+y'^2}}=C,$$
donc $C>0$ et $y\sqrt{1+y'^2}=k$, avec $k=\frac{1}{C}$.
Au carré : $y^2+(yy')^2=k^2$. La fonction $w=k^2-y^2$ vérifie $w'=-2yy'$, donc $w'^2=4w$, puis $\left(\sqrt{w}\right)'=\pm1$ et $w=(x-c)^2$.
Résultat : $(x-c)^2+y^2=k^2$, cercle de centre $(c\,;\,0)$ et de rayon $k$. Les demi-droites verticales sont aussi des géodésiques (plus courts chemins), mais pas des graphes de fonctions de $x$.
Exercices : niveau difficile
Exercice 8 : Un film de savon relie deux anneaux de même axe et de rayon $R=10$ cm, placés en $z=-h$ et $z=h$, avec $h=5$ cm. Son profil $r(z)$ est une extrémale de l'aire $A[r]=\int_{-h}^{h}2\pi r\sqrt{1+r'^2}\,dz$.
1. Montre que $\frac{r}{\sqrt{1+r'^2}}$ est une constante $k$. 2. Vérifie que $r(z)=k\operatorname{ch}\frac{z-z_0}{k}$ convient, puis que $z_0=0$ et $k\operatorname{ch}\frac{h}{k}=R$. 3. Vérifie que $k\approx8{,}48$ cm convient et donne le rayon du film en son milieu.
Correction :
1. $F=2\pi r\sqrt{1+r'^2}$ ne dépend pas de $z$, et $F-r'\frac{\partial F}{\partial r'}=\frac{2\pi r}{\sqrt{1+r'^2}}$ : cette quantité est constante, notée $2\pi k$.
2. Avec $r'=\operatorname{sh}\frac{z-z_0}{k}$, on a $\sqrt{1+r'^2}=\operatorname{ch}\frac{z-z_0}{k}$ et le quotient vaut $k$. Ensuite $r(-h)=r(h)$ impose $|h+z_0|=|h-z_0|$, donc $z_0=0$, et $r(h)=R$ donne $k\operatorname{ch}\frac{h}{k}=R$.
3. $8{,}48\times\operatorname{ch}\frac{5}{8{,}48}\approx8{,}48\times1{,}179\approx10{,}0$ : ça convient, et le rayon au milieu est $r(0)=k$.
Résultat : rayon au milieu d'environ 8,48 cm. Cette surface est une caténoïde, obtenue en faisant tourner la chaînette $r=k\operatorname{ch}\frac{z}{k}$ autour de l'axe. L'équation a une autre solution, $k\approx2{,}35$ cm, mais d'aire plus grande (environ 685 cm² contre 599 cm²) : deux extrémales, une seule donne la plus petite aire. Si l'on écarte trop les anneaux ($\frac{h}{R}$ au-delà d'environ $0{,}66$), l'équation n'a plus de solution et le film se rompt. Le cours du CEA cité en source traite le même cas avec $R=1$ et $h=\frac{1}{2}$.
Exercice 9 : Soit $I[y]=\int_0^{\pi}\left(y'^2-y^2\right)dx$ avec $y(0)=0$ et $y(\pi)=1$. 1. Montre qu'aucune extrémale ne vérifie ces conditions. 2. Calcule $I[y_t]$ pour $y_t(x)=\frac{x}{\pi}+t\sin x$, avec $t$ réel, et conclus.
Correction :
1. L'équation donne $y''+y=0$, donc $y=A\cos x+B\sin x$ ; $y(0)=0$ impose $A=0$, puis $y(\pi)=B\sin\pi=0\neq1$.
2. $y_t$ vérifie les conditions. Avec $\int_0^{\pi}\cos^2x\,dx=\int_0^{\pi}\sin^2x\,dx=\frac{\pi}{2}$, $\int_0^{\pi}\cos x\,dx=0$ et $\int_0^{\pi}x\sin x\,dx=\pi$, les termes en $t^2$ s'annulent :
$$I[y_t]=\frac{1}{\pi}-\frac{\pi}{3}-2t.$$
Résultat : $I[y_t]\to-\infty$ quand $t\to+\infty$ : pas de minimum. Ici $F$ n'est pas convexe en $y$, et l'intervalle est trop long : sur $[0\,;\,a]$ avec $a<\pi$ et $y(a)=1$, le minimum existe, c'est $\frac{\sin x}{\sin a}$.
Exercice 10 : Soit $I[y]=\int_0^1 x^2y'^2\,dx$ avec $y(0)=0$ et $y(1)=1$, pour $y$ continue sur $[0\,;\,1]$ et de classe $C^1$ par morceaux. 1. Montre qu'aucune extrémale de classe $C^1$ sur $[0\,;\,1]$ ne vérifie ces conditions. 2. Calcule $I[y_n]$ pour $y_n(x)=\min(nx,1)$, avec $n\geq1$. 3. Montre que la borne inférieure de $I$ n'est atteinte par aucune fonction admissible.
Correction :
1. $F$ ne dépend pas de $y$ : $x^2y'=C$. Comme $y'$ est bornée, $x^2y'$ tend vers $0$ en $0$, donc $C=0$, $y'=0$ et $y$ est constante : impossible avec $y(0)=0$ et $y(1)=1$.
2. $y_n'=n$ sur $\left[0\,;\,\frac{1}{n}\right[$ et $0$ ensuite, donc $I[y_n]=\int_0^{1/n}n^2x^2\,dx=\frac{1}{3n}$, qui tend vers $0$. Comme $I\geq0$, la borne inférieure vaut $0$.
3. Si $I[y]=0$, alors $x^2y'^2=0$ sur chaque morceau, donc $y'=0$ sur $]0\,;\,1]$ sauf en un nombre fini de points, et $y$, continue, est constante : contradiction.
Résultat : borne inférieure $0$, jamais atteinte : pas de minimum. Une fonctionnelle positive n'a pas forcément de minimum, même avec $F$ convexe.
Bilan et conseils
Avant de calculer, regarde de quelles variables dépend $F$ : c'est ce qui te dit s'il faut l'équation complète ou une intégrale première, qui fait gagner un ordre. Les conditions aux bords viennent ensuite, imposées ou naturelles.
Ce qu'il faut retenir : l'équation d'Euler-Lagrange donne des candidats, pas un minimum. Conclus toujours, par la convexité, par un calcul de $I[y+h]$, ou par une famille de fonctions qui montre que le minimum n'existe pas.
Sources
Équation d'Euler-Lagrange, intégrales premières, extrémité libre, contrainte et caténoïde : « Calcul des variations », chapitre 2 d'un cours de mathématiques publié par le CEA (site IRAMIS).