Un mouvement circulaire

(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}} et {\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).

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  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, 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}.

  3. {(\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}}

  4. 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.