Mouvement circulaire (bis)

Publié le 26/12/16

(cet exercice est issu de l’oral Mines-Ponts Psi 2014)
Soit {A\in{\mathcal M}_{3}(\mathbb{R})} antisymétrique.
Soit {X\colon\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}^{3}} une solution de {(S):\;X'=AX}.
1. Montrer que l’application {t\mapsto \left\|{X(t)}\right\|} est constante.
2. Soit {a\in\text{Ker}(A)}. Montrer que {t\mapsto \left({X(t)}\mid{a}\right)} est constante.
3. En déduire que le mouvement de {X(t)} est circulaire.
Cet exercice prolonge et généralise l’exercice « mouvement circulaire ».

Si A=0, la fonction {t\mapsto X(t)} est constante et ça répond aux questions de l’énoncé.

Dans toute la suite, on suppose donc que la matrice {A} est non nulle.

  1. Posons {t\mapsto\varphi(t)=\left\|{X(t)}\right\|^2=\left({X(t)}\mid{X(t)}\right)}.

    Alors {\varphi'(t)=2\left({X'(t)}\mid{X(t)}\right)=2\left({AX(t)}\mid{X(t)}\right)}.

    En utilisant l’antisymétrie de A, on trouve : {\begin{array}{rl}\left({AX(t)}\mid{X(t)}\right)&={(AX(t))}^{\top}X(t)={X(t)}^{\top}{A}^{\top}X(t)\\\\&=-{X(t)}^{\top}AX(t)=-\left(X(t)\mid AX(t)\right)\end{array}}Ainsi {\left(AX(t)\mid X(t)\right)=0}: la fonction {t\mapsto\left\|X(t)\right\|} est donc constante sur {\mathbb{R}}.

    Ainsi la trajectoire de {X(t)} est inscrite dans une sphère {(\Sigma)} de centre O.

  2. On a {\det(A)=\det({A}^{\top})=\det(-A)=-\det(A)} (dim impaire) donc {\det(A)=0}.
    Ainsi {A} est de rang 2 (car antisymétrique non nulle).
    Soit {a\ne0} dans {\text{Ker}(A)}. Posons \psi(t)=\left(X(t)\mid a\right).
    Alors {\psi'(t)=\left(X'(t)\mid a\right)=\left(AX(t)\mid a\right)=-\left(X(t)\mid Aa\right)=0}
    La fonction {t\mapsto\psi(t)=\left(X(t)\mid a\right)} est donc constante.
    La trajectoire de {X(t)} est donc incluse dans un plan affine {(\Pi)} orthogonal au vecteur {a}.

  3. La trajectoire de {X(t)} est incluse dans le cercle {(\Pi)\cap(\Sigma)}.
    Plus précisément, soit {(\varepsilon)} une base orthonormée adaptée à {\mathbb{R}^3=(\text{Ker}(A))^{\bot}\oplus \text{Ker}(A)}.
    Soit {P} la matrice de passage (orthogonale) de la base canonique {(e)} à la base {(\varepsilon)}.
    La matrice {B=P^{\top}AP} est encore antisymétrique.
    Par définition de {(\varepsilon)} elle sécrit {B=\begin{pmatrix}0&b&0\\-b&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}}, avec {b\ne0}.

    Posons {X(t)=PY(t)}, avec {Y(t)=\begin{pmatrix}u(t)\\v(t)\\w(t)\end{pmatrix}}.

    Alors {(S):\;X'(t)=AX(t)\Leftrightarrow PY'(t)=APY(t)\Leftrightarrow Y'(t)=BY(t)}.

    On a alors les équivalences : {(S)\Leftrightarrow\begin{cases}u'(t)=b\,v(t)\\ v'(t)=-b\,u(t)\\ w'(t)=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}v(t)=u'(t)/b\\ u''(t)/b=-b\,u(t)\\ w'(t)=0\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}u''(t)+b^2u(t)=0\\v(t)=u'(t)/b\\ w'(t)=0\end{cases}}
    Cela équivaut à : {\exists\,(\lambda,\mu,\delta)\in\mathbb{R}^3,\;\forall\, t\in\mathbb{R},\;\begin{cases}u(t)=\lambda\cos(bt)+\mu\sin(bt)\\ v(t)=\mu\cos(bt)-\lambda\sin(bt)\\ w(t)=\delta\end{cases}}

    Ainsi {Y(t)=\Omega+\cos(t)U+\sin(t)V}, où {\Omega=\begin{pmatrix}0\\0\\\delta\end{pmatrix}}, {U=\begin{pmatrix}\lambda\\\mu\\0\end{pmatrix}}, {V=\begin{pmatrix}\mu\\-\lambda\\0\end{pmatrix}}.

    Les deux vecteurs {U,V} ayant même norme {R}, le point {Y(t)} décrit un cercle de centre {\Omega} et de rayon {R}, dans le plan de troisième coordonnée {\delta} dans la base {(\varepsilon)}.

    De retour à {X(t)}, par changement de base orthonormale, le moument de {X(t)} est également circulaire (et la norme de sa vitesse est constante).