Boule de Billard

´ nonc´e E

` Probl eme eme

Trajectoire d’une boule dans un billard circulaire Le but de ce probl`eme eme est d’´etudier etudier le mouvement d’une boule dans un billard circulaire.

{  ∈ C, |z| ≤ 1}. Le bord b ord du billard billar d s’identifie donc au cercle unit´e de centre  O : Γ = {z ∈ C,  | z |  = 1}. Une boule bo ule (assim (as simil´ il´ee ee `a un point) est lanc´ l anc´ee ee depuis dep uis le l e point p oint A  A 0  de Γ d’affixe −1 avec un vecteur vitesse initial

Celui-ci est identifi´e au disque unit´e du plan complexe complex e :  D  = z

d’affixe eiθ , avec 0 < 0  < θ < π2 .

Sa trajectoire est une succession succession infinie de segments segments s´ eparant eparant les points de contact contact successifs successifs avec Γ. On n´egligera egligera les frottements, et les chocs de la boule sur Γ seront suppos´ supp os´es es   parfaits  (deux segments de la trajectoire trajectoir e s´epar´ epar´es es par un contact en un point A  de Γ sont sym´etriques etriques l’un de l’autre l’autre par rapport `a la normale en A en  A  `a Γ.)

 T 

On note  la couronne circulaire form´ee ee des points M  points  M ((z ) tels que : sin θ

 C



|z|  1.

Premi` Pre mi` ere ere part pa rtie ie

1. Soit A Soit  A n  le point o` u a lieu le  n-i`  n -i`eme eme choc de la boule sur le bord du billard. Pour tout n tout  n  de N∗ , on note a note  a n  l’affixe du point A point  A n  (par convention a convention  a 0  = 1). Montrer que pour tout n tout  n  de N, on a a a  a n  = ( 1)n+1 e2inθ .

−

−

 C

2. Montrer Montrer que la trajectoire de la boule est incluse incluse dans la couronne couronne circulaire circulaire . Quelle est la longueur de chacun chacun des segments segments composant cette trajectoire ? 3. On suppose que que le quotient quotient

θ π

est irrationnel. irrationnel. Montrer Montrer que dans ce cas les points (A ( An )n∈N  sont distincts

deux `a deux (la trajectoire trajectoir e n’est donc pas ferm´ee). ee).

4. On suppose que le quotien quotientt πθ est un nombre nombre rationnel, donc qu’il existe deux entiers entiers positifs premiers p entre eux p eux  p  et  q  tels  q  tels que θ que  θ  = q  π .

 T  est ferm´ fer m´ee ee (le ( le mouvem m ouvement ent est e st p´eriod eri odique ique). ).

Montrer qu’alors la trajectoire 5. Repr´ Rep r´esenter esent er

π

π

π

 T  et calculer sa longueur lorsque θ lorsque  θ  = 12 , θ  = 6 ,  θ  = 3 .

π 6. Rappeler la m´ ethode ethode vue en cours pour calculer calculer la valeur de cos 10 a` l’aide de radicaux.

 Repr Re pr´´esen es ente terr T  et donner sa longueur si  θ  est dans

, , 2π 10 5 5 π

π

.

Deuxi` Deu xi` eme eme parti pa rtie e

Pour tout a tout  a  de R, on note a note  a Z = ka, k

{

 ∈ Z}.

On dit qu’une partie G partie  G  de R  est un   sous-groupe additif  de R  si :

 G = ∅

∀ (x, y) ∈ G2, x − y ∈ G

1. Soit G Soit  G  un sous-groupe additif (on pourra abr´eger eger en sga ) de R.

∈ ⇒ −x ∈ G.  G .

(a) V´erifier erifier que 0 est dans da ns G  G,, et que x  G

(b) Montrer que pour tous x tous  x et y et  y de G de  G,, alors x alors  x +  + y  y est  est dans G dans  G.. ´ (c) Etablir que pour tout a tout  a  de  G  alors a  alors  a Z  est inclus dans  G.  G . (d) Montrer que pour tout a tout  a  de R, l’ensemble aZ  est un sga  de R. 2. Soit G Soit  G  un sous-groupe additif de R  non  no n r´edui ed uitt `a 0 . On note G note  G + =  G

 { }

∩ R+∗.

(a) Montrer Montrer que G que G + est non vide. Justifier l’existence de  a  = inf  G  G+ dans R+ . (b) On suppose ici que  a  est strictement positif.

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´ Enonc´ e

Probl ` eme

i. Montrer que a est ´el´ement de G (indication : raisonner par l’absurde, consid´ erer l’intervalle ]a, 2a[ et utiliser la caract´erisation de la borne inf´erieure). ii. Montrer que G  est inclus dans a Z  (indication : pour tout x  de  G, justifier l’existence d’un  k de Z  tel que 0  x ka < a).

−

iii. En d´eduire que  G  = a Z = . . . , 2a, a, 0, a, 2a , . . .  (G est dit  discret ).

{

− −

}

(c) Dans cette question, on suppose que a  est nul. Montrer que pour tous r´eels x, y avec x < y, il existe z  dans G  tel que x < z < y. (Indication : utiliser, apr`es avoir justifi´e son existence, un ´el´ement  t  de  G ]0, y x[). Une r´ecurrence imm´ediate montre que ]x, y[ contient une infinit´e d’´el´ements de  G. On exprime cette situation en disant que  G  est  dense   dans R. Cette propri´et´e n’est bien sˆur pas v´erifi´ee par les ensembles  a Z. On a donc prouv´e que les sousgroupes additifs de R  sont soit discrets, soit denses.

∩

−

Troisi` eme partie

Dans cette partie, on suppose que le quotient

θ   est π

irrationnel.

On va montrer que pour tout point B   de la couronne   et pour tout ε >  0 il existe un point M   de la trajectoire   tel que d(B, M ) < ε (autrement dit : tout point de  peut ˆetre approch´e d’aussi pr`es qu’on le veut par la trajectoire de la boule de billard : on exprime cette situation en disant que la trajectoire est dense   dans la couronne .)

 C

 T 

 C

 T 

 C

1. On note ϕ  = 2θ + π et on pose  G  = nϕ + 2mπ, (n, m)

{

∈ Z2}.

(a) Montrer que G  est un sga   dense dans R  (pour la densit´ e, raisonner par l’absurde). (b) Montrer que pour tout x  de  G, l’´ecriture x  = nϕ + 2mπ (m, n dans Z) est unique. 2. On note H  le sous-ensemble de  G  d´efini par H  = nϕ + 2mπ, (n, m) N Z . On va montrer que H  est encore une partie dense de R  (au sens de la question II2c). Pour cela on se donne deux r´eels x, y avec x < y, et on pose δ  = 31 (y x).

{

∈ × }

−

(a) Justifier l’existence d’un ´el´ement g  = nϕ + 2mπ de G  dans ]x + δ, y

− δ [.

(b) Montrer qu’il existe un ´el´ement h  = n  ϕ + 2m π de H  dans ] δ, δ [, avec n   n. Indication : montrer qu’il existe une infinit´e de ˜g  = n ˜ ϕ+2mπ dans G ˜ ] δ, δ [ et que cela implique une infinit´e de valeurs possibles pour l’entier n ˜.

−

−

∩−

(c) En d´eduire que H  est dense dans R  au sens de la question II2c.

 ∀ t ∈ R, ∀ ε > 0, ∃ (n, m) ∈ N × Z, | nϕ + (2m+1)π −t| < ε.   (a) Montrer que pour tous r´eels x  et  y, on a e − e   |x − y|.

(d) En d´eduire : 3.

ix

iy

(b) D´eduire de ce qui pr´ec`ede que pour tout point B  de Γ, et pour tout ε >  0, il existe un entier naturel n  tel que d(An , B) < ε.

 C

4. G´en´eraliser le r´esultat de la question pr´ec´edente `a un point B  de la couronne . Indication : mener par B  une tangente au cercle int´erieur de  et appliquer le r´esultat pr´ec´edent `a un des points d’intersection de cette tangente avec Γ.

 C

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´ Enonc´ e

Probl ` eme

Premi` ere partie

1. On a repr´esent´ e ici les trois premiers segments de la tra jectoire, et notamment les deux premiers points de contacts A 1 et A 2 . On a ´egalement marqu´es les points H 0 , H 1 , H 2 , projections orthogonales du point O  sur les segments [A0 A1 ], [A1 A2 ] et [A2 , A3 ].

−−−→ −−→ −−→ −−−→ (2π). −−→0, −−−→ −−−→ −−→ Ainsi, par r´eflexion en A 1 : (A1  A1 A2 ) = (A1  A0 , A1 0) = θ (2π). −−→ −−−−−→ Par une r´ecurrence ´evidente, et pour tout  n  de N, on en d´eduit (A 0,  A A +1 ) = θ −−−−→ −−→ Or le triangle A OA +1  est isoc`ele en  O  donc : (OA   +1 , OA ) = π − 2θ (2π).   Le triangle A 0 0A1  ´etant isoc`ele en 0, on a (A1  A0 , A1 0) = (A0 O, A0 A1 ) = θ

n

n

n

n

i(π 2θ)

Cette d´erni`ere ´egalit´e s’´ecrit aussi  a n  = a n+1 e −

n

n

(2π).

n

ou encore a n+1  = a n ei(π+2θ) .

Par une r´ecurrence ´evidente, il vient a n  = ein(π+2θ) a0  = ( 1)n+1 e2inθ pour tout n  de N.

−

2. Soit H n  la projection orthogonale de O  sur le segment [An An+1 ].

| −−→ −−−−−→ |

Pour tout M  de [An An+1 ], on a OM   OH n , et OH n  = OAn sin (An 0,  An An+1)  = sin θ. Tous les points M (z) de [An An+1 ] et plus g´en´eralement tous ceux de la trajectoire sin θ  z  1. Autrement dit   est incluse dans .

||

 T 

 C −−→ −−−−−→ D’autre part A A +1  = 2A H   = 2OA cos |(A 0,  A A +1 )|  = 2 cos θ. La longueur de chacun des segments composant la trajectoire  T  est donc 2 cos θ. n

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n

n

n

n

n

n

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 T   v´erifient donc

n

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´ Enonc´ e

Probl ` eme

3. Supposons au contraire que les points An  ne soient pas tous distincts. Alors il existe deux entiers distintcs n et  m  tels que A n  = A m . Mais A n  =  Am

 ⇒ a

n  = a m

 ⇒ (2n + 1)π + 2nθ = (2m + 1)π + 2mθ [2π] ⇒ nθ = mθ [π]. Cette derni`ere ´egalit´e exprime qu’il existe  k  dans Z  tel que (n − m)θ = kπ. Autrement dit le quotient πθ  est ´egal `a n−km  donc est un nombre rationnel. Par contraposition, si πθ  est irrationnel, les points  A n  sont deux `a deux distincts.

4. Avec les notations de l’´enonc´e,  a q = ( 1)q+1 e2iqθ = ( 1)q+1 e2ipπ = ( 1)q+1 . Si q  est pair alors a q = 1 = a 0  donc A q = A 0 . Sinon a 2q  = aq = a 0 et A 2q  =  A 0 .

−

−

−

−

−

La boule revient donc au point de d´ epart au bout d’un nombre fini de rebonds. L’angle d’incidence ´etant constant, la trajectoire est ferm´ee et le mouvement est p´eriodique. Remarque : si q  est pair (q  = 2r) alors p  est impair et  a r  = ( 1)r+1 eipπ = ( 1)r . La trajectoire se referme donc en A r si r  est impair, et en A q si r  est pair.

−

−

On peut donc conclure quant au nombre de segments constituant la trajectoire Il y en a 2q  si q  est impair, il y en a  q  si q   0 [4], et il y en a  q/2 si q   2 [4].

 ≡

 ≡

 T  :

5. On va tracer les trajectoires avec Maple. On utilise une proc´edure prenant en argument l’angle θ (nomm´e ici t) et le nombre de segments `a tracer. On a joute au trac´e de ces segments celui des deux cercles formant la couronne .

 C

> with(plottools):with(plots): > trajectoire:=proc(t,n) local T; T:=plot([seq((-1)^(k+1)*[cos(2*k*t),sin(2*k*t)],k=0..n)]); display([T,circle([0,0],1),circle([0,0],sin(t))],axes=none); end:

Voici maintenant les trois trajectoires demand´ ees. > trajectoire(Pi/12,12);

On a

π cos2 12

Pour θ  =

π

12

> trajectoire(Pi/3,6);

  = = ⇒ cos = 2 + √ 3   √  la longueur de la trajectoire est 24 cos = 12 2 + 3 ≈  23, 18221983. 1 (1 + cos π6 ) 2

√ 

2+ 3 4

π

12

1 2

π

12

Dans le cas o`u  θ  = Enfin si θ  =

> trajectoire(Pi/6,3);

π

3

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π

√  ≈ 5, 196152424.

 cette longueur vaut 6 cos π6 = 3 3 6

 cette longueur vaut 12 cos π3 = 6.

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´ Enonc´ e

Probl ` eme

6. On d´eveloppe cos 5a + i sin5a = (cos a + i sin a)5 et on prend les parties r´eelles : cos5a = cos5 a

− 10cos3 a(1 − cos2 a) + 5 cos a(1 − cos2 a)2 = 16 cos5 a − 20cos3 a + 5 cos a Avec a = 10 et x = cos a : 0 = cos 5a = 16x5 − 20x3 + 5x = x(16x4 − 20x2 + 5).  √  √   5− 5 5+ 5 2 2 Le r´eel t = x est solution de 16t − 20t + 5. Donc t ∈ , 8 . 8 √  Or 0 < a < 4  ⇒ 21 < t < 1. La seule possibilit´e est donc t  = 5+8 5 .   π

π

D’autre part, x = cos a est positif. On en d´eduit : x  =

√ 

5+ 5 . 8

Voici maintenant les trois trajectoires demand´ees (dans le troisi`eme cas, on n’a pas repr´esent´e le cercle int´erieur, pour des raisons de lisibilit´e.) > trajectoire(Pi/10,5);

Pour θ  =

π

10

> trajectoire(Pi/5,10);

π

la longueur de la trajectoire est 10 cos 10 = 10

On trouve cos π5  = 2cos2

π

 − 1 =

√ 

10

5+1 . 4

> trajectoire(2*Pi/5,10);

  √ 

5+ 5 8

≈ 9, 510565163.

 T  est donc 20 cos 5 = 5(√ 5 + 1) ≈ 16, 18033989. √  2 2 On trouve cos 5   = 2cos 5 − 1 = 54−1 . √  Si θ  = 25   la longueur de T  vaut donc 20 cos 25 = 5( 5 − 1) ≈  6, 180339876. Si θ  =

π

 la longueur de 5 π

π

π

π

π

Deuxi` eme partie

1. (a) On choisit x  dans G  (qui est non vide.) Par hypoth`ese 0 =  x x est dans G. On en d´eduit, toujours en utilisant l’hypoth`ese, que 0 x = x est dans G.

−

− −

(b) Soient x  et y deux ´el´ements de  G. On sait que y est encore dans G. On en d´eduit que  x + y = x ( y) est un ´el´ement de  G.

 −

−−

(c) Soi a  un ´el´ement de G. Alors 2a = a + a est encore dans  G. Par une r´ecurrence ´evidente on en d´eduit que na est dans G  pour tout n  de N. La stabilit´e de G  par  x x montre que na est dans G  pour tout n  de N. On en d´eduit finalement que Za est une partie de  G.

→ −

 −

(d) C’est vraiment ´evident : G = Za est une partie non vide de R  et si x =  pa et y = qa sont dans G (avec p, q   dans Z) alors x y = ( p q )a est encore dans  G.

−

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−

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´ Enonc´ e

Probl ` eme

2. (a) Soi x  un ´el´ement non nul de  G  (possible car G  n’est pas r´eduit `a 0 ). On sait que x est dans G. Donc x  est dans G R+∗  =  G+ . L’ensemble G+ ´etant une partie minor´ee (par 0) et non vide de R, poss`ede une borne inf´erieure a (et  a  est un ´el´ement de R+ ).

 −

 | |

 { }

∩

(b) Dans cette question, on suppose que a  = inf(G

∩ R+∗) > 0.

i. Supposons que a ne soit pas dans G. On sait que pour tout ε > 0, il existe x dans G+ tel que a < x < a + ε (caract´erisation de la borne inf´erieure). En particulier, il existe b  dans G + tel que a < b < 2a. De mˆeme, il existe  c  dans G + tel que a < c < b. Ainsi 0 < b c < a. Mais b c est un ´el´ement de  G, ce qui contredit la d´ efinition de a. Cette contradiction montre que a  (suppos´e ici > 0) est dans G.

−

−

ii. Soit x un ´el´ement quelconque de  G, et soit k  la partie enti`ere de xa . On a alors k  xa < k + 1 donc 0  x ka < a. Za  G). Mais x  et  ka sont des ´el´ements de  G  (on rappelle que a  G On en d´eduit que  x ka est dans G [ 0, a [ donc x ka = 0 (d´efinition de a.) Ainsi x  est un ´el´ement de Za, ce qui prouve l’inclusion  G Za.

−

−

∩

−

∈ ⇒

⊂

⊂

iii. Tout est d´ej`a dit. L’inclusion Za  G  est un cons´ equence de la question II1d, et l’inclusion G Za a ´et´e prouv´ee `a la question pr´ec´edente.

 ⊂

⊂

(c) Dans cette question, on suppose que a = inf  G+ = 0. Pour tout ε > 0, il existe donc un ´element t de  G + tel que 0 < x < ε (caract´erisation de la borne inf´erieure). En particulier si on se donne x < y dans R, il existe  t  dans G  tel que 0 < t < y x. Posons alors k = E ( xt ) + 1. On a k 1  xt < k donc x < kt  x + t < y. Mais t  est dans G  et  k  est dans Z  donc z  = kt  est dans Zk donc dans G. On a ainsi trouv´e un ´el´ement z de G  v´erifiant la double in´egalit´e  x < z < y.

−

−

Troisi` eme partie

1. (a) G est bien sˆur non vide. Soient  x  et  y  deux ´elements de  G. Il existe (n,m,p,q ) dans Z4 tel que x  = nϕ + 2mπ et y = pϕ + 2qπ. On en d´eduit x y = rϕ + 2sπ avec r  = n  p et  s  = m q   tous deux dans Z. Ainsi l’ensemble  G  est un sous-groupe additif de R.

−

−

−

On raisonne par l’absurde en supposant que  G  n’est pas dense dans R. Il existe donc un r´eel  a  strictement positif tel que  G  = Za. Mais ϕ  et 2π sont dans G  (prendre (n, m) = (1, 0) ou (0, 1) dans la d´efinition de G). On en d´eduit qu’il existe  k, k  dans Z  tels que ϕ  = ka et 2π = k  a. 1 Il en d´ecoule que πθ = 2ϕπ 21 = kk  est rationnel, ce qui est absurde. 2

 −



 −

Conclusion : G est un sous-groupe additif dense dans R. (b) Supposons x  = nϕ + 2mπ = pϕ + 2qπ  avec (n,m,p,q ) dans Z4 .

−

−

Alors (n  p)ϕ = 2(q  m)π. On a alors n = p (donc q  = m) sans quoi ce qui n’est pas.

ϕ

2π

  donc πθ   serait rationnel,

Ainsi l’´ecriture x = nϕ + 2mπ (m, n dans Z) d’un ´el´ement  x  de  G  est unique.

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´ Enonc´ e

Probl ` eme

2. (a) Puisque x < y et δ  = 31 (y x), on a x < x + δ < y δ < y. G ´etant dense dans R, il existe g  dans G  tel que x + δ < g < y

−

−

− δ   (cf II2c). (b) On note donc g  = nϕ + 2mπ un ´el´ement de G  tel que x + δ < g < y − δ   avec (n, m) dans Z2 (on rappelle qu’une telle ´ecriture est unique). Puisque G  est dense dans R, l’ensemble G ] δ, δ [ est infini (cf II2c). Soit g˜ = n ˜ ϕ + 2 mπ l’un ˜ quelconque des ´el´ements de  G ] δ, δ [, avec (˜ ˜ dans Z2 . n, m)

∩−

∩−

Supposons par l’absurde que l’ensemble des valeurs possibles de l’entier ˜n soit fini. Alors du fait que la famille des ˜g  est born´ee (en valeur absolue par δ  ) on en d´eduit que l’ensemble des valeurs possibles de l’entier  p est ˜ lui-mˆeme fini. Ainsi il n’y aurait qu’un nombre fini de ˜g  dans G ] δ, δ [ ce qui est absurde.

||

∩−

Ainsi il existe une infinit´ e d’entiers relatifs n ˜  pour lesquels on peut trouver un entier relatif m tel ˜ que g˜ = n ˜ ϕ + 2 mπ soit ˜ dans G ] δ, δ [. En particulier, on peut choisir n ˜  de telle sorte que n ˜  n. Si n ˜  0 posons n   = n ˜  et  m   = m. ˜ Sinon posons n   = n ˜  et  m   = m. ˜ On a ainsi form´e h  = n  ϕ + 2m π, avec h  = g˜ ou h  = g˜, et (n , m ) N Z.

∩−

 | | − − −

−

∈ × Dans les deux cas  h  est dans G ∩ ] − δ, δ [, et on a bien l’in´egalit´e  n   −n. On ainsi trouv´e  h  = n  ϕ + 2m π dans H  ∩ ] − δ, δ [ tel que n   −n. (c) On a form´e  g  = nϕ + 2mπ dans G  tel que x + δ < g < y − δ . On dispose ´egalement de h  = n  ϕ + 2m π dans H  ∩ ] − δ, δ [ tel que n  −n. Ainsi h   = g + h = (n + n )ϕ + 2(m + m )π est ´el´ement de H  car n + n Enfin les in´egalit´es

 x + δ < g < y − δ   

−δ < h < δ 



0.

impliquent x < h  < y.

L’existence d’un tel h  de H  est donc assur´ee pour tous r´eel  x, y tels que x < y. Cela signifie que H  est dense dans R  au sens de la question II2c. (d) Soit t  un r´eel quelconque, et soit  ε  un r´eel strictement positif. H   ´etant dense dans R, il existe h  = nϕ + 2mπ de H  tel que  t π ε < h < t π + ε. Autrement dit, il existe n dans N  et  m  dans Z  tels que nϕ + (2m + 1)π t  < ε.



−e

iy

 = 2|sin(

 |

iy

iz

x y

x y

x y

(b) Soit B  un ´el´ement de Γ, d’affixe e it avec t  dans R. Soit ε > 0. On sait qu’il existe  n  dans N  et  m  dans Z  tels que nϕ + (2m + 1)π On en d´eduit ei(nϕ+(2m+1)π) eit  nϕ + (2m + 1)π t  < ε.



−|

−

− e = 2i e sin( −2   ) avec z  = +2 . − )|  |x − y|  (on sait que ∀ t ∈ R,  | sin t|  |t|). 2

3. (a) Pour tous r´eels x, y, on a : e ix Ainsi eix

− −

−



 |

|

−|

Or ei(nϕ+(2m+1)π) = ei(nϕ+π) = ei(2nθ+nπ+π) = a n  (affixe de An .) On a ainsi ´etabli l’existence de  n  dans N  tel que d(An , B) = an

 C



−e

− t| < ε. it

 < ε.

4. On m`ene par  B  une tangente au cercle int´erieur de .   Cette tangente rencontre Γ en deux points P  et Q  tels que (OP , OQ) = 2θ π [2π]. On sait qu’il existe n  dans N  tel que d(An , P ) < ε. Soit r  la rotation de centre  O  qui envoie A n sur P . Cette rotation envoie en fait le segment [ An An+1] sur le segment [P Q] donc envoie un certain point B  de [An An+1 ] sur B.

−−→ −−→

−

On a alors d(B  , B)  d(An , P ) < ε, et le point  B   appartient a` la trajectoire

 T .

Math´ematiques en MPSI ©  Jean-Michel Ferrard

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