# Intégration de Riemann/Devoir/Un problème variationnel

Dans l'espace euclidien $\mathbb {R} ^{3}$, on cherche la forme d'un film de savon qui s'appuie sur les deux cercles parallèles de rayon $R$, d'axe $Ox$, et centrés en $(\pm d,0,0)$. On admet que la surface cherchée, si elle existe, a une symétrie de révolution. Elle est alors décrite par sa trace $\{\left(x,f(x),0\right)\mid x\in \left[-d,d\right]\}$ dans le demi-plan $\mathbb {R} \times \mathbb {R} _{+}\times \{0\}$. On admet de plus que $f$ est de classe C$^1$. Le film a la propriété de minimiser son aire, égale à $2\pi S_{f}$ avec :
    $S_{f}:=\int _{-d}^{d}f(x){\sqrt {1+{f'(x)}^{2}}}\,\mathrm {d} x$.
* Soit $g$ une fonction C$^1$ sur $\left[-d,d\right]$ qui s'annule aux extrémités. Pour $\lambda \in \mathbb {R}$, on note $S(\lambda )=S_{f+\lambda g}$. Justifier que $S$ est dérivable en $0$ puis, que $S'(0)=0$.
* Calculer $S'(0)$. On pose $\phi ={\frac {ff'}{\sqrt {1+{f'(x)}^{2}}}}$. Montrer que $S'(0)=\int _{-d}^{d}g(x)\left({\sqrt {1+{f'(x)}^{2}}}-\phi '(x)\right)\,\mathrm {d} x$.
* En déduire que ${\sqrt {1+{f'}^{2}}}=\phi '$.
* Vérifier que les fonctions de la forme $f_{A}:x\mapsto A\cosh(x/A)$ sont solutions de l'équation différentielle sur $f$ qui traduit l'égalité précédente.
* Quelle condition doit satisfaire $A$ pour que $f_{A}$ soit effectivement solution du problème physique ?
* Quelle est l'allure du graphe de $\psi :A\mapsto A\cosh(d/A)$ ? (On pourra étudier le signe de $\psi ''$.)
* On admet que si $f$ existe, elle est nécessairement de la forme $f_{A}$. Existe-t-il toujours un film de savon qui s'appuie sur les deux cercles ?
* $S(\lambda )=\int _{-d}^{d}h(\lambda ,x)\,\mathrm {d} x$ avec $h(\lambda ,x):=\left(f(x)+\lambda g(x)\right){\sqrt {1+\left(f'(x)+\lambda g'(x)\right)^{2}}}$. Puisque $h$ et ${\frac {\partial h}{\partial \lambda }}$ sont continues sur $\mathbb {R} \times \left[-d,d\right]$, $S$ est de classe C$^1$ sur $\mathbb {R}$ (d'après le théorème de dérivation par rapport au paramètre d'une intégrale sur un compact). Et puisque $S$ a un minimum en $0$, $S'(0)=0$.
* $S'(0)=\int _{-d}^{d}{\frac {\partial h}{\partial \lambda }}(0,x)\,\mathrm {d} x$ et ${\frac {\partial h}{\partial \lambda }}(0,\cdot )=g{\sqrt {1+{f'}^{2}}}+f{\frac {f'g'}{\sqrt {1+{f'}^{2}}}}=g{\sqrt {1+{f'}^{2}}}+g'\phi$. Comme $g(\pm d)=0$, une intégration par parties permet de remplacer, dans l'intégrale, $g'\phi$ par $-g\phi '$, ce qui donne l'expression voulue pour $S'(0)$.
* La fonction $k:={\sqrt {1+{f'}^{2}}}-\phi '$ est continue et $\int _{-d}^{d}g(x)k(x)\,\mathrm {d} x=0$ pour toute fonction $g$ de classe C$^1$ sur $\left[-d,d\right]$ telle que $g(\pm d)=0$. Par conséquent, $k=0$.
* $f'_{A}(x)=\sinh(x/A)$ donc $\phi _{A}(x):={\frac {f_{A}(x)f_{A}'(x)}{\sqrt {1+{f_{A}'(x)}^{2}}}}=A\sinh(x/A)$, donc $\phi '_{A}(x)=\cosh(x/A)={\sqrt {1+{f_{A}'(x)}^{2}}}$.
* $A\cosh(d/A)=f_{A}(\pm d)=R$, pour que le film s'appuie bien sur les deux cercles.
* $\psi '(A)=\cosh(d/A)-{\frac {d}{A}}\sinh(d/A)$ et $\psi ''(A)={\frac {d^{2}}{A^{3}}}\cosh(d/A)>0$. La fonction $\psi$ est convexe sur $\left]0,+\infty \right[$ et de limite $+\infty$ en $0$ (asymptote verticale) et en $+\infty$ (asymptote $y=x$). Son minimum est en $d/\alpha$, où $\alpha$ est l'unique réel positif tel que $\coth \alpha =\alpha$. La valeur de ce minimum est $\psi (d/\alpha )={\frac {d}{\alpha }}\cosh \alpha =d\sinh \alpha$.
* Il n'y en a pas si $R<d\sinh \alpha$ (car il n'existe alors pas de réel $A>0$ tel que $\psi (A)=R$). Il y en a 1 si $R=d\sinh \alpha$, et 2 si $R>d\sinh \alpha$.
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