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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 =

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 :

Mecanique 3  
Mecanique 3