Niveau autre

périodicité du pendule simple et équa diff

Posté par yiyi (invité) 30-04-05 à 18:02

je n'arrive pas à démontrer la périodicité du pendule à partir de son équation différentielle qui est la suivante:
$x''(t)=-\omega ^2sin(x(t))$ (1)
J'ai consulté des livres qui l'ont démontrer avec l'intégrale première mais je n'ai pas tout compris. Ils procèdent de la manière suivante:
d'abord ils définissent l'intégrale première du pendule
$\phi (x)= (x'_{0})^2+2\int_{(x_{0})}^{x}f(u)\,du=x'^2$
avec $f(x)=-\omega ^2sin(x(t))$ et $x_{0}\ x'_{0}$ les conditions initiales.
Premier cas: si $x'_0=0$

alors la solution maximale de (1) est une solution constante $x(t)=x_0 \qquad\forall t\in \mathbb{R}]$

Deuxième cas: si $x'_0\not=0$ (traitons le cas où $x'_0>0$ , car le cas négatif se traite de la même manière)

$x'(t)=\sqrt{\phi (x(t))}$ d'où $\frac{dx}{dt}=\sqrt{\phi (x(t))} \rightarrow \frac{dx}{\sqrt{\phi (x(t))}}=dt$ pour $\phi (x(t))\not=0$
$\rightarrow \int_{(x_{0})}^{x}\frac{du}{\sqrt{\phi (x(t))}}=\int_{t_{0}}^{t}dv$
$\rightarrow \int_{(x_{0})}^{x}\frac{du}{\sqrt{\phi (x(t))}}=t-t_0$
Donc au voisinage de $t_0$ , la solution de (1) est la réciproque de la fonction
$\psi : x\mapsto t_0+\int_{(x_{0})}^{x}\frac{du}{\sqrt{\phi (x(t))}}$
Soient J un intervalle appartenant dans $\mathbb{R}$ , tel que $x(t)\in J \quad\forall t\in I$ et soit $J_0$ , le plus grand intervalle de J surlequel $\phi$ ne s'annule pas.
$\psi (J_0)$ est définie sur un intervalle $I_0$ contenant $t_0$ donc $x: t\mapsto \Psi ^{-1}(t)$ est une solution de (1)
définie sur $I_0$ .
$I_0=(a,b)\ J_0=(\alpha ,\beta)$
$a<t_0<b\ \alpha <t_0<\beta$
après on démontre que les solution de (1) est prolongeable en a et b, et c'est là que je ne comprends plus, ils disent que l'on peut prolonger la fonction x au point b en posant $x(b)=\beta$ et pour tout t appartenant à (b,2b-a),posons x(t)=x(2b-t), la fonction ainsi obtenue est continue sur (a,2b-a), et elle est solution de (1). en faisant le même raisonnement sur la borne a on obtient au final que sur (2a-b, 2b-a) x(2b-t)=x(t) et x(2a-t)=x(t)
x(a)= $\alpha$ et x(b)= $\beta$
alors, x(t+2(b-a))=x(t) pour t appartenant à (2a-b,a), on peut donc prolonger x sur tout R en une fonction périodique de période 2(b-a).

Je ne comprends pas pourquoi une fois qu'on a montré que la solution est prolongeable, on a le droit de poser x(t)=x(2b-t), sur (b,2b-a).
merci par avance de vos réponses.