Un mouvement circulaire

NB : ceci est une page de démonstration de mathprepa.fr

(Oral Ccp)
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}}

{\begin{cases}x(0)=1\\y(0)=0\\z(0)=0\end{cases}}

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

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

Par ailleurs, pour tout réel ${t}$ : ${x'(t)x(t)+y'(t)y(t)+z'(t)z(t)=0}$ Ainsi, connaissant la valeur en ${t=0}$ : ${\forall\, t\in\mathbb{R},\;x^2(t)+y^2(t)+z^2(t)=1}$ La trajectoire est donc incluse dans la sphère ${(\Sigma)}$ de centre ${0}$ et de rayon ${1}$ .
${(\Sigma)\cap(\Pi)}$ est un cercle de centre ${\Omega=\dfrac{1}{3}(1,1,1)}$ .

La droite ${X=Y=Z}$ en est un axe de symétrie.

Le rayon de ce cercle est : ${R=AM(0)=\dfrac{1}{3}\left\|{(2,-1,-1)}\right\|=\dfrac{\sqrt2}{\sqrt3}}$
Soit ${A=\begin{pmatrix}0&1&-1\\ -1&0&1\\ 1&-1&0\end{pmatrix}}$ la matrice de ${(S)}$ .

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

On trouve facilement les droites vectorielle propres : ${E_0=\mathbb{C}\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix},E_{i\sqrt3}=\begin{pmatrix}j\\j^2\\1\end{pmatrix},E_{-i\sqrt3}=\begin{pmatrix}j^2\\j\\1\end{pmatrix}}$ La solution générale complexe de ${(S)}$ s’écrit donc : ${M(t)\!=\!\alpha\begin{pmatrix}1\\ 1\\1\end{pmatrix}\!+\!\beta\text{e}^{it\sqrt3}\begin{pmatrix}j\\j^2\\1\end{pmatrix}\!+\!\gamma\text{e}^{-it\sqrt3}\begin{pmatrix}j^2\\j\\1\end{pmatrix}}$ Or ${M(0)=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}$ donc ${\begin{cases}\alpha+\beta j+\gamma j^2=1\\ \alpha+\beta j^2+\gamma j=0\\ \alpha+\beta+\gamma=0\end{cases}}$ .

Par combinaisons, on trouve : ${\alpha=\dfrac{1}{3},\;\beta=\dfrac{j^2}{3},\;\gamma=\dfrac{j}{3}}$ Ainsi ${M(t)}$ est donné par : ${\begin{array}{l}M(t)\!=\!\dfrac{1}{3}\!\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}\!+\!\dfrac{1}{3}\text{e}^{it\sqrt3}\!\begin{pmatrix}1\\j\\j^2\end{pmatrix}\!+\!\dfrac{1}{3}\text{e}^{-it\sqrt3}\!\begin{pmatrix}1\\j^2\\j\end{pmatrix}\\\\\quad=\!\dfrac{1}{3}\!\begin{pmatrix}1\\ 1\\1\end{pmatrix}\!+\!\dfrac{1}{3}\!\begin{pmatrix}2 \cos(t\sqrt3)\\-\sqrt{3} \sin(t\sqrt3)\!-\!\cos(t\sqrt3)\\\sqrt{3} \sin(t\sqrt3)\cos(t\sqrt3)\end{pmatrix}\end{array}}$

Posons : ${\Omega=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix},U=\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}2\\-1\\-1\end{pmatrix},V=\dfrac{1}{\sqrt3}\begin{pmatrix}0\\-1\\1\end{pmatrix}}$ Avec ces notations : ${M(t)=\Omega+\cos(t\sqrt3)U+\sin(t\sqrt3)V}$ ${U,V}$ 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.