Corrigé X 2026 Physique et SI MP — Physique, partie 2.3 (Q13 à Q17) : Stabilité des points de Lagrange : cols instables, stabilisation par la force de Coriolis, critère de Routh, périodes de libration

Sujet officiel du concours X, session 2026, épreuve Physique et SI MP. Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

Énoncé

Notations des parties précédentes : pseudo-potentiel réduit $U ~ (x ~, y ~)$ (équation (4)), temps réduit $τ$ , $μ_{T} = M_{T} / (M_{S} + M_{T})$ , unité de temps $u_{t} = T / (2 π)$ avec $T \approx 1$ an. Dans $R_{Ω}$ , la résultante des forces de gravitation et d'inertie d'entraînement dérive de $E_{p} (x, y) = - m U (x, y)$ : le minimum de $U$ en $L_{4}$ , $L_{5}$ est un maximum de $E_{p}$ , mais $R_{Ω}$ n'est pas galiléen. Les courbes de niveau (1), (2), (3) de la figure 2 passent par $L_{1}$ , $L_{2}$ , $L_{3}$ .

{Figure 2 — Niveaux de $U ~$ ( $μ_{T} = 0, 2$ ) : (1) et (4) $1, 903 = U ~ (L_{1})$ ; (2) $1, 776 = U ~ (L_{2})$ ; (3) $1, 598 = U ~ (L_{3})$ ; minimum $U ~ (L_{4, 5}) = 1, 420$ .}

Q13. Expliquer qualitativement pourquoi $L_{1}$ , $L_{2}$ , $L_{3}$ ne peuvent pas être stables.
Q14. Justifier qualitativement que la force de Coriolis puisse stabiliser P près de $L_{4}$ (stabilité dynamique).

Près de $L_{i}$ de coordonnées réduites $(x_{0}, y_{0})$ : $x ~ = x_{0} + X$ , $y ~ = y_{0} + Y$ ; $U ~$ est développé à l'ordre 2 avec $U_{0} = U ~ (x_{0}, y_{0})$ , $U_{xx} = \partial^{2} U ~ / \partial x ~^{2}$ , $U_{x y} = \partial^{2} U ~ / \partial x ~ \partial y ~$ , $U_{y y} = \partial^{2} U ~ / \partial y ~^{2}$ en $(x_{0}, y_{0})$ (6).
Équations du mouvement réduites ( $^{'} = d / d τ$ ) :

$X^{''} = 2 Y^{'} + \frac{\partial U ~}{\partial X}, Y^{''} = - 2 X^{'} + \frac{\partial U ~}{\partial Y} (7)$

Q15. Écrire (7) sous la forme $(X^{'}, Y^{'}, X^{''}, Y^{''})^{T} = A (X, Y, X^{'}, Y^{'})^{T}$ (8) et exprimer $A$ .

On admet $X = \sum_{k = 1}^{4} α_{k} e^{λ_{k} t}$ , $Y = \sum_{k = 1}^{4} β_{k} e^{λ_{k} t}$ (9), les $λ_{k}$ étant les valeurs propres de $A$ ; pour $L_{4}$ et $L_{5}$ , elles vérifient

$λ^{4} + λ^{2} + \frac{27}{4} μ_{T} (1 - μ_{T}) = 0 (10)$

Q16. a. Condition sur $μ_{T}$ pour que $L_{4}$ et $L_{5}$ soient dynamiquement stables. b. Estimer $μ_{T}$ pour le système Soleil--Terre ; conclure.
Q17. Montrer que le mouvement près de $L_{4}$ fait apparaître deux périodes $T_{1} < T_{2}$ ; les calculer.

Corrigé

Q13. Sur la figure 2, les courbes de niveau (1), (2) et (3) se croisent en $L_{1}$ , $L_{2}$ et $L_{3}$ (courbes en huit) : ces points sont des cols (points selles) de $U ~$ , donc aussi de $E_{p} = - m U$ . Pour $L_{1}$ par exemple : le long de l'axe $(O x)$ , $U$ tend vers $+ \infty$ en S et en T, donc $U$ est minimal en $L_{1}$ sur le segment $[ST]$ et $E_{p}$ y est maximale ; perpendiculairement à l'axe, c'est l'inverse. Il existe donc toujours une direction (ici l'axe Soleil--Terre) le long de laquelle un petit écart abaisse l'énergie potentielle : P, écarté de $L_{1}$ selon $e_{x}$ , est poussé vers le Soleil ou vers la Terre et s'éloigne de l'équilibre. Il en va de même en $L_{2}$ et $L_{3}$ (sur l'axe, $U$ tend vers $+ \infty$ en T ou en S et croît comme $ρ^{2} /2$ loin de $O$ ).

Ce raisonnement ne suffit pas seul dans un référentiel non galiléen (voir Q14), mais le calcul de Q15 le confirme : le polynôme caractéristique de $A$ est $λ^{4} + (4 - U_{xx} - U_{y y}) λ^{2} + (U_{xx} U_{y y} - U_{x y}^{2})$ ; en un col, $U_{xx} U_{y y} - U_{x y}^{2} < 0$ , le produit des deux racines en $Λ = λ^{2}$ est négatif, l'une est donc réelle positive et donne une valeur propre $λ > 0$ : l'écart croît exponentiellement, même avec la force de Coriolis.

Q14. En $L_{4}$ , $E_{p}$ est maximale : sans autre force, P écarté de $L_{4}$ « dévalerait » la colline d'énergie potentielle. Mais dès que P acquiert une vitesse $v$ dans $R_{Ω}$ , la force de Coriolis $- 2 m Ω \land v$ , perpendiculaire à $v$ et d'autant plus grande que $v$ est grande, le dévie vers la droite (pour $Ω$ selon $+ e_{z}$ ). Au lieu de s'éloigner radialement de $L_{4}$ , P est incurvé et se met à tourner autour de $L_{4}$ , à la manière des vents qui circulent le long des isobares autour d'une dépression au lieu de s'y engouffrer (équilibre géostrophique). La force de Coriolis ne travaille pas : elle ne change pas l'énergie, elle transforme la fuite en mouvement de rotation. Si elle est assez forte devant la « pente » de $E_{p}$ (courbure de $U$ faible devant $Ω^{2}$ , ce qui est le cas pour $μ_{T}$ petit), la trajectoire reste bornée au voisinage de $L_{4}$ : c'est la stabilité dynamique (ou gyroscopique), qui n'a pas d'équivalent pour un maximum d'énergie potentielle dans un référentiel galiléen.

100 % gratuit

La suite du corrigé est sur Adloun

Le corrigé rédigé en entier, question par question, et le tuteur pour poser des questions sur ce sujet.

Voir le corrigé complet, gratuitement

Inscription gratuite en 30 secondes (e-mail, nom d'utilisateur, mot de passe, classe ou profil), sans carte bancaire : arrivée directe sur le corrigé.

Toutes les parties de l'épreuve

Corrigé complet gratuit →