Trajet le plus court

Bonjour @GaBuZoMeu,

La cycloïde n'a qu'un paramètre, c'est sa hauteur, $R$, qui est dans $\displaystyle x(t) = R(t - \sin t)$ et $\displaystyle y(t) = -R(1-\cos t)$ par exemple d'un point de départ en $O$ et d'un point d'arrivée plus bas. La norme de la vitesse est $v(t) = 2R \sin(t/2).$ Je ne pense pas que tu puisses choisir la vitesse initiale et la bonne hauteur indépendemment. Du sol au point final définit la hauteur, donc la cycloïde de paramètre $R'$. Elle n'est solution optimale que si la condition initiale est pile poil la bonne valeur : je ne vois pas pourquoi ce serait le cas. En fait, ces relations montrent que ce ne peut pas être le cas car la vitesse le long du parcourt au sol est $2R$, et $R \neq R'$.

On pourrait alors penser à créer une pente ascendante sur le sol pour que la vitesse en sortie de la première cycloïde soit $2R$, puis diminue en montant jusqu'à atteindre $2R'$, qui est alors la bonne vitesse initiale pour une cycloïde de paramètre $R'$ qui remontre que point final (situé à une hauteur $R'$ plus un peu pour prendre en compte la remontée du point). Mais, une droite pentue n'est pas solution de l'équation différentielle, donc pas optimale.

Une autre idée. Une première cycloïde qui descend, atteint son minimum, puis remonte légèrement jusqu'à que la vitesse $v(t) = 2R \sin(t/2) = 2R'$. Au temps $t$, une autre cycloïde de paramètre $R' < R$ commence et rejoint le point final. Seul hic : il y a un choc à la jointure des courbes, car le vecteur vitesse subit une variation de direction (pas de norme). Une telle courbe semble optimale (si on admet les chocs)...

M'enfin, YvesM ? Tu n'as toujours pas compris que le morceau de cycloïde qui remonte est un morceau de la même cycloïde (le même $R$) que la demi-arche descendante ? Sur quel air faudra-t-il te le chanter pour que tu l'entendes ? Regarde le dessin de Remarque ici.

Ton application du principe de Fermat ne suppose-t-il pas a priori la solution de classe $C^1$ (pour propager la constante à la partie remontante de la cycloïde) ?

Ah, tu veux dire qu'il va imposer la classe $C^1$. Ok. En fait, ça ramène le problème avec contrainte à celui où la propagation est à vitesse nulle sur $y<0$.

Conservation de l'énergie ? (Energie cinétique + énergie potentielle).

Bonjour,

voici mes calculs pour comparer les temps de trajet (attention au cambouis)
figure ici:
http://www.cjoint.com/c/ELbj1lHCTuM

On considère $A(0;y_A)$ et $B(x_B;y_B)$ avec $y_A>0$ $x_B>0$ et $y_B \geq 0$
Il existe une arche de cycloïde et une seule avec tangente verticale en $A$ et passant par le point $B$
Elle est définie par le rayon $R$ de son cercle générateur solution du système:
$\begin{cases} x_B=R(\theta-sin\theta) \\ y_B =R(cos\theta-1)+y_A \end{cases}$
l'autre extrémité de l'arche, $A'$, a pour coordonnées $(2 \pi R, y_A)$
si $R< \dfrac{y_A}{2}$ ($x_{A'} < \pi y_A) $ l'arche reliant A et B est au dessus de l'axe des abscisses.
si $R= \dfrac{y_A}{2}$ ($x_{A'} = \pi y_A) $ l'arche reliant A et B est tangente à l'axe des abscisses.
si $R> \dfrac{y_A}{2}$ ($x_{A'} > \pi y_A) $ l'arche reliant A et B coupe l'axe des abscisses en deux points distincts .
Dans les deux premiers cas la partie de l'arche formée par l'arc $\widehat{AB}$ est la trajectoire la plus rapide.
dans le dernier cas
si $x_B < \dfrac{\pi}{2} y_A$ un seul arc $\widehat{AB}$ forme la trajectoire la plus rapide.
si $x_B = \dfrac{\pi}{2} y_A$ la demi arche tangente à l'axe des $x$ forme la trajectoire la plus rapide.
si $x_B > \dfrac{\pi}{2} y_A$ il faut alors prolonger la trajectoire sur l'axe des x et éventuellement par un autre arc de la même cycloïde ( ne pas admettre la symétrie des arches contenant les trajets solutions reviendrait à réfuter le principe de Fermat concernant le parcours en sens inverse de la lumière)

Le seul problème est de savoir si le parcours sur une demi-arche tangente est plus rapide que le parcours sur l'arc de cycloïde passant par B prolongé par un segment horizontal jusqu'au point de contact de la demi arche tangente.(la vitesse est constante sur l'axe )

Sans restreindre la généralité, on peut ramener l'étude à $y_A=2$ par homothétie.
Soit alors la famille de cycloïdes définies par
$\begin{cases} x=R(\theta-sin\theta) \\ y =R(cos\theta-1)+2 \end{cases}$
avec $ R \geq 1$
pour $R=1$ la cycloïde est tangente à l'axe des abscisses en $T$.
pour $R>1$ la cycloïde coupe l'axe des abscisses une première fois en $I$ puis en $J$.

A)Etude du trajet descendant de $A(0,2)$ au point $T(\pi ;0)$
1) Par la cycloïde tangente à l'axe des abscisse ( $R=1$)
le temps de parcours est $t_1=\dfrac{\pi}{\sqrt{g}}$
2) Par l'arc dont l'arche de cycloïde passe par $I$ et le segment horizontal $[IT]$
le point $I$ correspond au paramètre $\theta$ qui est solution de l'équation $ 0 =R(cos\theta-1)+2$
soit $\theta= \arccos(\dfrac{R-2}{R})$ et l'abscisse du point $I$est donc $x_I= R \arccos{\dfrac{R-2}{R}}-2 \sqrt{R-1}$
le temps de parcours de l'arc $\widehat{AI}$ est: $\sqrt{\dfrac{R}{g}} \arccos(\dfrac{R-2}{R}) $
le temps de parcours du segment $[IT]$ à la vitesse $v_m= 2 \sqrt{g}$ est: $\dfrac{\pi-R \arccos{\dfrac{R-2}{R}}+2 \sqrt{R-1}}{2 \sqrt{g}}$

le temps de parcours total $t_R = \dfrac{1}{\sqrt{g}} (\sqrt{R} \arccos(\dfrac{R-2}{R}) +\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{R}{2} \arccos(\dfrac{R-2}{R})+ \sqrt{R-1}) $

La différence des temps de parcours est $t_R-t_1= \dfrac{1}{\sqrt{g}} (\sqrt{R} \arccos(\dfrac{R-2}{R}) -\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{R}{2} \arccos(\dfrac{R-2}{R})+ \sqrt{R-1})$

l'étude de $f(R)=\sqrt{R} \arccos(\dfrac{R-2}{R}) -\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{R}{2} \arccos(\dfrac{R-2}{R})+ \sqrt{R-1} $
montre que $f$ est croissante sur $[1;+\infty[$ et que $ f(1)=0$

On a donc toujours, dans ce cas,le trajet par l'arche de cycloïde tangente qui est le plus rapide.

B)L'étude pour le trajet remontant montre que chacune des courbes admet un axe de symétrie , mais ce n'est pas le même axe pour les différents trajets !!
il faut donc refaire le calcul des longueurs dans le triangle curviligne $JT'B$

La réponse est du même type.

Finalement , c'est bien le trajet de classe $C^1$ qui est le plus rapide !!

Cordialement

Bizarre !

sur mon ordinateur, le point rouge part plus tard que le bleu rt surtout dfescend moins vute et surtout descend moins vite alors que sa courbe est plus pentue.

@gerard0
Pardon, je me permets.
Dis-moi, n'aurais-tu pas insisté sur le Beaujolais ? Avec retard, certes.

Du coup, si on rapproche "horizontalement" les points, on supprime le trajet de pente nulle ?

Tiens ! On dirait que les deux points se rejoignent à la fin ??

Ah là là, vous êtes trop soupçonneux , les animatio-sceptiques ! Le rattrapage à la fin, c'est parce que la vitesse tend vers $0$. Il reste un tout petit décalage spatial qu'on ne voit pas graphiquement. Pour le rattrapage d'un pixel en cours de route, ça c'est juste des effets d'arrondis graphique. Probablement avec une fenêtre de taille différente, on l'aurait ailleurs ou pas du tout.

Pour l'animation que j'ai postée plus haut, on peut montrer sans calcul que la cycloïde rouge est plus rapide que la bleue (parce qu'il ne faut pas gober les animations comme ça sous prétexte qu'elles sont jolies). Le trajet consistant en une première moitié d'arche de cycloïde bleue descendante, la tangente horizontale, une moitié d'arche de cycloïde bleue remontante est plus rapide que les deux arches de cycloïde : le bout de trajet horizontal est le plus court qui joint les points de tangence et il est parcouru à une vitesse (constante) strictement supérieure à celle du parcours sur les autres moitiés d'arches. Donc, les deux arches bleues ne minimisent pas globalement.

Je ne sais pas. De toutes façons, il n'y a pas besoin de calculs, le raisonnement que j'ai indiqué plus haut marche en fait dans tous les cas. Dessin à suivre...