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