Trigonométrie, nombres complexes, théorie de Fourier... Nous voila armé pour faire tournoyer des cercles et obtenir n'importe quel dessin.
Nous disposons de la fonction qui décrit l'évolution de l'axe des abscisses en fonction du temps \( x(t)\) et quitte à dilater le temps, on peut supposer que \( x(t)\) est \( 2\pi\) -périodique.
De même on dispose de la description de l'axe des ordonnées \( y(t)\) .
Si on reprend l'exemple de la handspineroïde, un ordinateur nous souffle.
\[x(t)=6cos(t)+1.5cos(2t)+2cos(4t)+2.6{{sin}}(2t)\]
\[y(t)=6sin(t)-1.5sin(2t)+2sin(4t)+2.6{{cos}}(2t)\]
- \colorredPremière étape.
- Calcul des coefficients de Fourier, complexe ou réel à la convenance du calculateur.
Il se trouve que dans notre cas, l'expression de \( x\) et de \( y\) sont déjà des expression trigonométrique.
Pour convaincre le lecteur suspicieux, voici le calcul des coefficient de Fourier pour \( x\) .
- \( \bullet\)
- \( \dpl{\alpha_0=\dfrac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi x(t) \ dt=0}\) .
- \( \bullet\)
-
\begin{eqnarray*}
\alpha_n
&=&\dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi x(t) cos(nt) \ dt\\
&=&\dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi \left(6cos(t)+1.5cos(2t)+2cos(4t)+2.6{{sin}}(2t)\right) cos(nt) \ dt\\
&=&\dfrac{1}{\pi}\left(\underbrace{\int_{-\pi}^\pi 6cos(t)cos(nt)\ dt}_{0\text{ sauf si }n=1}+\underbrace{\int_{-\pi}^\pi 1.5cos(2t)cos(nt)\ dt}_{0\text{ sauf si }n=2} +\underbrace{\int_{-\pi}^\pi 2cos(4t)cos(nt)\ dt}_{0\text{ sauf si }n=4}+\underbrace{\int_{-\pi}^\pi 2.6{{sin}}(2t)cos(nt) \ dt}_{0}\right)\\
&=&\dfrac{1}{\pi}
\left\{
\begin{array}{cl}
6\times \pi & \text{si }n=1\\
1.5\times \pi & \text{si }n=2\\
2\times \pi & \text{si }n=4\\
\end{array}
\right.\\
&=&
\left\{
\begin{array}{cl}
6 & \text{si }n=1\\
1.5 & \text{si }n=2\\
2 & \text{si }n=4\\
\end{array}
\right.
\end{eqnarray*}
- \( \bullet\)
-
\begin{eqnarray*}
\beta_n
&=&\dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi x(t) sin(nt) \ dt\\
&=&\dfrac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi \left(6cos(t)+1.5cos(2t)+2cos(4t)+2.6{{sin}}(2t)\right) sin(nt) \ dt\\
&=&\dfrac{1}{\pi}\left(\underbrace{\int_{-\pi}^\pi 6cos(t)sin(nt)\ dt}_{0}+\underbrace{\int_{-\pi}^\pi 1.5cos(2t)sin(nt)\ dt}_{0} +\underbrace{\int_{-\pi}^\pi 2cos(4t)sin(nt)\ dt}_{0}+\underbrace{\int_{-\pi}^\pi 2.6{{sin}}(2t)sin(nt) \ dt}_{0\text{ sauf si } n=2}\right)\\
&=&2.6
\end{eqnarray*}
- \colorredSeconde étape.
- Ne faire apparaitre que des \( cosinus\) dans l'expression de \( x\) et des \( sinus\) dans l'expression de \( y\) .
Voici de quoi y arriver.
Proposition
Soient \( a\) et \( b\) des nombres réels tel que \( a\neq0\) .
\[acos(X)+bsin(X)=\sqrt{a^2+b^2}cos\left(X+Arctan\left(-\dfrac{b}{a}\right)\right)\]
Démonstration
\begin{eqnarray*}
acos(X)+bsin(X)
&=&a\left(\dfrac{e^{iX}+e^{-iX}}{2}\right)+b\left(\dfrac{e^{iX}ie^{-iX}}{2i}\right)\\
&=&\dfrac{a-ib}{2}e^{iX}+\dfrac{a+ib}{2}e^{-iX}\\
&=&ue^{iX}+\overline{u}\overline{e^{iX}}\qquad\text{où }u=\dfrac{a-ib}{2}\\
&=&2Re\left(ue^{iX}\right)
\end{eqnarray*}
Notons \( u=re^{i\vartheta}\) la forme polaire de \( u\) . En particulier \( r=\dfrac{1}{2}\sqrt{a^2+b^2}\) et \( \vartheta=Arctan\left(-\dfrac{b}{a}\right)\) . Ainsi \( 2Re\left(ue^{iX}\right)=2Re\left(re^{i\vartheta}e^iX\right)=2rcos(X+\vartheta)\)
Proposition
Soient \( a\) et \( b\) des nombres réels tel que \( a\neq0\) .
\[acos(X)+bsin(X)=\sqrt{a^2+b^2}sin\left(X+Arctan\left(-\dfrac{b}{a}\right)-\dfrac{\pi}{2}\right)\]
Démonstration
Tout simplement parce que \( sin\left(X+\dfrac{\pi}{2}\right)=cos(X)\)
Dans notre exemple :
\begin{eqnarray*}
1.5cos(2t)+2.6sin(2t)
&=&1.5\left(\dfrac{e^{2it}+e^{-2it}}{2}\right)+2.6\left(\dfrac{e^{2it}-e^{-2it}}{2i}\right)\\
&=&e^{2it}\left(\dfrac{1.5}{2}+\dfrac{2.6}{2i}\right)+e^{-2it}\left(\dfrac{1.5}{2}-\dfrac{2.6}{2i}\right)\\
&=&ae^{2it}+\overline{a}e^{-2it}\\
&=&ae^{2it}+\overline{ae^{2it}}\\
&=&2\Re(ae^{2it})
\end{eqnarray*}
où \( a=\dfrac{1.5}{2}+\dfrac{2.6}{2i}=\dfrac{1.5}{2}-\dfrac{2.6}{2}i\) . Or tout nombre complexe peut s'écrire sous forme polaire.
\( a=re^{i\vartheta}\) avec \( r=\sqrt{\left(\dfrac{1.5}{2}\right)^2+\left(-\dfrac{2.6}{2}\right)^2}\simeq 1.5\) et \( \vartheta=Arctan\left(\dfrac{-\dfrac{2.6}{2}}{\dfrac{1.5}{2}}\right)\simeq-\dfrac{\pi}{3}\) . Ainsi \( a\simeq1.5e^{-i\frac{\pi}{3}}\) .
Alors \( ae^{2it}\simeq 1.5e^{2it-i\frac{\pi}{3}}\) . Donc \( 2\Re(ae^{2it})\simeq 3cos\left(2t-\dfrac{\pi}{3}\right)\) .
De la même manière on montre que \( -1.5sin(2t)+2.6cos(2t)=3sin\left(2t+\dfrac{2\pi}{3}\right)\)
- \colorredTroisième étape.
- Considérer \( z(t)=x(t)+iy(t)\) et faire coïncider les rayons et les phases pour chacune des vitesses angulaires.
Dans note exemple, on a \[z(t)=6e^{it}+\boxed{\left(3cos\left(2t-\dfrac{\pi}{3}\right)+3isin\left(2t+\dfrac{2\pi}{3}\right)\right)}+2e^{4it}\]
On souhaite donc que la partie encadrée soit sous la forme \( re^{\omega t+\varphi}\) . Ce qui est toujours possible car il existe la forme polaire.
Voila une petite douceur, pour alléger les calculs.
Théorème [Demi-somme]
\[e^{i\alpha}+e^{i\beta}=2cos\left(\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right)e^{i\frac{\alpha+\beta}{2}}\]
\[e^{i\alpha}-e^{i\beta}=2isin\left(\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right)e^{i\frac{\alpha+\beta}{2}}\]
Démonstration
Cela suit les observations \( e^{i\alpha}=e^{i\frac{\alpha+\beta}{2}}e^{i\frac{\alpha-\beta}{2}}\) et \( e^{i\beta}=e^{i\frac{\alpha+\beta}{2}}e^{-i\frac{\alpha-\beta}{2}}\) ainsi que des formules d'Euler.
Appliquons immédiatement ce résultat dans notre cas en posant \( \alpha=2t-\dfrac{\pi}{3}\) et \( \beta=2t+\dfrac{2\pi}{3}\) :
\begin{eqnarray*}
3cos\left(2t-\dfrac{\pi}{3}\right)+3isin\left(2t+\dfrac{2\pi}{3}\right)
&=& 3\dfrac{e^{i\alpha}+e^{-i\alpha}}{2}+3i\dfrac{e^{i\beta}+e^{-i\beta}}{2i}\\
&=& 3\dfrac{e^{i\alpha}+e^{-i\alpha}}{2}+3\dfrac{e^{i\beta}+e^{-i\beta}}{2}\\
&=& \dfrac{3}{2}\left(e^{i\alpha}+e^{-i\alpha}+e^{i\beta}-e^{-i\beta}\right)\\
&=& \dfrac{3}{2}\left(e^{i\alpha}+e^{i\beta}+e^{-i\alpha}-e^{-i\beta}\right)\\
&=& \dfrac{3}{2}\left(2cos\left(\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right)e^{i\frac{\alpha+\beta}{2}}+2isin\left(\dfrac{-\alpha+\beta}{2}\right)e^{-i\frac{\alpha+\beta}{2}}\right)
\end{eqnarray*}
Or \( \dfrac{\alpha+\beta}{2}=2t+\dfrac{\pi}{6}\) et \( \dfrac{\alpha-\beta}{2}=-\dfrac{\pi}{2}\) .
Alors
\begin{eqnarray*}
3cos\left(2t-\dfrac{\pi}{3}\right)+3isin\left(2t+\dfrac{2\pi}{3}\right)
&=& \dfrac{3}{2}\left(2cos\left(-\dfrac{\pi}{2}\right)e^{2it+i\frac{\pi}{6}}+2isin\left(\dfrac{\pi}{2}\right)e^{-2it-i\frac{\pi}{6}}\right)\\
&=& \dfrac{3}{2}\left(2ie^{-2it-i\frac{\pi}{6}}\right)\\
&=& \dfrac{3}{2}\left(2e^{i\frac{\pi}{2}}e^{-2it-i\frac{\pi}{6}}\right)\\
&=& 3e^{i\frac{\pi}{2}}e^{-2it-i\frac{\pi}{6}}\\
&=& 3e^{-2it-i\frac{\pi}{3}}
\end{eqnarray*}
Finalement nous avons trouver l'expression épicycloïdique !
\[z(t)=6e^{it}+3e^{-2it-i\frac{\pi}{3}}+2e^{4it}\]
Autrement : le premier cercle est de rayon \( 6\) et de vitesse \( 1\) sans phase. Le second cercle est de rayon \( 3\) et de vitesse \( -2\) avec \( \dfrac{\pi}{3}\) comme phase. Le dernier cercle est de rayon \( 2\) et de vitesse \( 4\) sans phase.
