Mouvement circulaire

Publié le 25/12/16

(cet exercice est issu de l’oral Ccp Psi 2013)
Soit le système différentiel {(S):\begin{cases}x'(t)= y(t)- z(t)\\y'(t)= z(t)- x(t)\\z'(t)= x(t)- y(t)\end{cases}}, avec {\begin{cases}x(0)=1\\y(0)=0\\z(0)=0\end{cases}}

1. Discuter l’existence et l’unicité de la solution {t\mapsto M(t)=(x(t),y(t),z(t))}.
2. Montrer que la trajectoire est incluse dans une sphère et un plan.
3. Reconnaître l’intersection de cette sphère et de ce plan.
4. Résoudre directement (S) et retrouver le résultat de 3).

  1. L’existence et l’unicité résulte du théorème de Cauchy linéaire.
  2. On observe que: {\forall\, t\in\mathbb{R},\;x'(t)+y'(t)+z'(t)=0}.
    Ainsi : {\forall\, t\in\mathbb{R},\;x(t)+y(t)+z(t)=1} (valeur en {t=0}).
    La trajectoire est donc incluse dans le plan (\Pi) d’équation {X+Y+Z=1}.
    Par ailleurs : {\forall\, t\in\mathbb{R},\;x'(t)x(t)+y'(t)y(t)+z'(t)z(t)=0}. Ainsi : {\forall\, t\in\mathbb{R},\;x^2(t)+y^2(t)+z^2(t)=1} (valeur en {t=0}).
    La trajectoire est donc incluse dans la sphère {(\Sigma)} de centre {0} et de rayon {1}.

  3. L’intersection {(\Sigma)\cap(\Pi)} est un cercle de centre {\Omega=\dfrac{1}{3}(1,1,1)}.
    On remarque que la droite {X=Y=Z} est un axe de symétrie.
    Le rayon de ce cercle est {R=AM(0)=\dfrac{1}{3}\left\|{(2,-1,-1)}\right\|=\dfrac{\sqrt2}{\sqrt3}}.

  4. On réduit la matrice {A=\begin{pmatrix}0&1&-1\\ -1&0&1\\ 1&-1&0\end{pmatrix}} du système.

    On trouve {\chi_{A}(\lambda)=\begin{vmatrix}\lambda&-1&1\\1&\lambda&-1\\-1&1&\lambda\end{vmatrix}=\lambda(\lambda^2+3)}: on va diagonaliser A dans {\mathbb{C}}.

    On trouve facilement les droites vectorielle propres de A : {E_0(A)=\mathbb{C}\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix},\;E_{i\sqrt3}(A)=\begin{pmatrix}j\\j^2\\1\end{pmatrix},\;E_{-i\sqrt3}(A)=\begin{pmatrix}j^2\\j\\1\end{pmatrix}}La solution générale complexe du système {(S)} s’écrit donc : {t\in\mathbb{R}\mapsto M(t)=\alpha\begin{pmatrix}1\\ 1\\1\end{pmatrix}+\beta\text{e}^{it\sqrt3}\begin{pmatrix}j\\j^2\\1\end{pmatrix}+\gamma\text{e}^{-it\sqrt3}\begin{pmatrix}j^2\\j\\1\end{pmatrix}}La condition initiale {M(0)=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}} donne {\begin{cases}\alpha+\beta j+\gamma j^2=1\\ \alpha+\beta j^2+\gamma j=0\\ \alpha+\beta+\gamma=0\end{cases}}.

    Par combinaisons, on trouve: {\alpha=\dfrac{1}{3},\;\beta=\dfrac{j^2}{3},\;\gamma=\dfrac{j}{3}}. Ainsi : {\begin{array}{rl}M(t)&=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}+\dfrac{1}{3}\text{e}^{it\sqrt3}\begin{pmatrix}1\\j\\j^2\end{pmatrix}+\dfrac{1}{3}\text{e}^{-it\sqrt3}\begin{pmatrix}1\\j^2\\j\end{pmatrix}\\\\&=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}1\\ 1\\1\end{pmatrix}+\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}2 \cos(t\sqrt3)\\-\sqrt{3} \sin(t\sqrt3)-\cos(t\sqrt3)\\\sqrt{3} \sin(t\sqrt3)\cos(t\sqrt3)\end{pmatrix}\end{array}}

    Posons {\Omega=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}}, puis {U=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}2\\-1\\-1\end{pmatrix}} et {V=\dfrac{1}{\sqrt3}\begin{pmatrix}0\\-1\\1\end{pmatrix}}.

    Avec ces notations : {M(t)=\Omega+\cos(t\sqrt3)U+\sin(t\sqrt3)V},
    Les vecteurs {U,V} sont orthogonaux, de même norme {\dfrac{\sqrt2}{\sqrt3}}.
    Ces deux vecteurs sont dans le plan vectoriel d’équation {X+Y+Z=0}.
    Conclusion : la trajectoire de {M(t)} est circulaire.