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مسابقة دكتوراه 2018 — Université Badji Mokhtar - Annaba — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Systèmes Dynamiques

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Concours d'entrée à la formation doctorale « Mathématiques appliquées », Épreuve des équations différentielles ordinaires, Université Badji Mokhtar - Annaba, Faculté des Sciences, Département de Mathématiques, 20/10/2018.

التمرين 1

Équation autonome 2yy''=(y')²+1 par réduction d'ordre

#second-order-ode#reduction-of-order#separable-equation

Résoudre l'équation différentielle 2y d2ydx2=(dydx)2+1.2y\,\frac{d^2y}{dx^2}=\Big(\frac{dy}{dx}\Big)^2+1.

◀الحل

Réduction d'ordre

L'équation ne contient pas explicitement xx. On pose p=y′p=y' vu comme fonction de yy, de sorte que y′′=pdpdyy''=p\dfrac{dp}{dy}. L'équation devient 2y pdpdy=p2+1 ⟹ 2p dpp2+1=dyy.2y\,p\frac{dp}{dy}=p^2+1\ \Longrightarrow\ \frac{2p\,dp}{p^2+1}=\frac{dy}{y}.

Première intégration

ln⁡(p2+1)=ln⁡∣y∣+cste ⟹ p2+1=C1 y,C1>0.\ln(p^2+1)=\ln|y|+\text{cste}\ \Longrightarrow\ p^2+1=C_1\,y,\qquad C_1>0. Donc (y′)2=C1y−1(y')^2=C_1y-1.

Seconde intégration

dyC1y−1=± dx ⟹ 2C1C1y−1=±x+C2.\frac{dy}{\sqrt{C_1y-1}}=\pm\,dx\ \Longrightarrow\ \frac{2}{C_1}\sqrt{C_1y-1}=\pm x+C_2. En élevant au carré : y(x)=1C1+C14 (x−C2)2.\boxed{y(x)=\frac{1}{C_1}+\frac{C_1}{4}\,(x-C_2)^2.} La solution générale est une famille de paraboles (deux constantes C1>0C_1>0, C2∈RC_2\in\mathbb{R}).

التمرين 2

EDO linéaire d'ordre 2 reconstruite à partir de trois solutions particulières

#linear-ode#affine-solution-space#superposition

Écrire la solution générale de l'équation différentielle linéaire non homogène du second ordre qui possède les solutions particulières y1=1y_1=1, y2=xy_2=x et y3=x2y_3=x^2.

◀الحل

Structure affine

L'ensemble des solutions d'une EDO linéaire du second ordre est un espace affine de dimension 2 : y=yp+(solution geˊneˊrale homogeˋne)y=y_p+(\text{solution générale homogène}), l'espace homogène étant de dimension 2.

Solutions homogènes

Les différences de solutions particulières résolvent l'équation homogène : y2−y1=x−1,y3−y1=x2−1.y_2-y_1=x-1,\qquad y_3-y_1=x^2-1. Elles sont linéairement indépendantes, donc forment une base de l'espace homogène.

Solution générale

y(x)=1+c1 (x−1)+c2 (x2−1),c1,c2∈R.\boxed{y(x)=1+c_1\,(x-1)+c_2\,(x^2-1),\qquad c_1,c_2\in\mathbb{R}.} De façon équivalente, y=α+βx+γx2y=\alpha+\beta x+\gamma x^2 avec la contrainte α+β+γ=1\alpha+\beta+\gamma=1 (combinaisons affines de 1,x,x21,x,x^2).

التمرين 3

Équation xy''+2y'+xy=0 : seconde solution par réduction

#second-order-ode#reduction-of-order#spherical-bessel#substitution

Soit l'équation différentielle x d2ydx2+2 dydx+x y=0.x\,\frac{d^2y}{dx^2}+2\,\frac{dy}{dx}+x\,y=0. Sachant que cette équation possède la solution y1=sin⁡xxy_1=\dfrac{\sin x}{x}, chercher la solution générale.

◀الحل

Changement de fonction u=xyu=xy

Posons u=xyu=xy. Alors u′=y+xy′u'=y+xy' et u′′=2y′+xy′′u''=2y'+xy''. Or l'équation donne xy′′+2y′=−xyxy''+2y'=-xy, donc u′′=2y′+xy′′=−xy=−u.u''=2y'+xy''=-xy=-u. Ainsi uu vérifie l'équation de l'oscillateur harmonique u′′+u=0 ⟹ u=Acos⁡x+Bsin⁡x.u''+u=0\ \Longrightarrow\ u=A\cos x+B\sin x.

Retour à yy

Comme u=xyu=xy : y(x)=Acos⁡x+Bsin⁡xx,A,B∈R.\boxed{y(x)=\frac{A\cos x+B\sin x}{x},\qquad A,B\in\mathbb{R}.} La solution donnée y1=sin⁡x/xy_1=\sin x/x correspond à A=0A=0 ; la seconde solution indépendante est y2=cos⁡x/xy_2=\cos x/x.

التمرين 4

Système x'=2x²y, y'=-2xy² : intégrale première et stabilité

#planar-system#first-integral#stability#linearization#degenerate-equilibrium

Soit le système différentiel dxdt=2x2y,dydt=−2xy2.\frac{dx}{dt}=2x^2y,\qquad \frac{dy}{dt}=-2xy^2.

  1. Montrer que x(t) y(t)x(t)\,y(t) est constante sur chaque orbite et en déduire la stabilité du point d'équilibre (0,0)(0,0).
  2. Étudier la stabilité du point d'équilibre (0,0)(0,0) du système linéarisé.
◀الحل

1) Intégrale première et stabilité non linéaire

ddt(xy)=x′y+xy′=(2x2y)y+x(−2xy2)=2x2y2−2x2y2=0.\frac{d}{dt}(xy)=x'y+xy'=(2x^2y)y+x(-2xy^2)=2x^2y^2-2x^2y^2=0. Donc xy=cxy=c est constant sur chaque orbite.

Sur une orbite xy=cxy=c : x′=2x2y=2x (xy)=2c xx'=2x^2y=2x\,(xy)=2c\,x, d'où x(t)=x0 e2ctx(t)=x_0\,e^{2ct}. Si l'on part d'un point (x0,y0)(x_0,y_0) proche de l'origine avec c=x0y0>0c=x_0y_0>0, alors x(t)=x0e2ct→∞x(t)=x_0e^{2ct}\to\infty : la trajectoire quitte tout voisinage de l'origine. (0,0) est instable (non Lyapunov-stable).\boxed{(0,0)\text{ est instable (non Lyapunov-stable).}} (Les axes {x=0}\{x=0\} et {y=0}\{y=0\} sont entiers formés de points d'équilibre ; les autres orbites sont des branches d'hyperboles xy=cxy=c.)

2) Système linéarisé

Jacobienne : J(x,y)=(4xy2x2−2y2−4xy)J(x,y)=\begin{pmatrix}4xy&2x^2\\-2y^2&-4xy\end{pmatrix}. En (0,0)(0,0) : J(0,0)=(0000).J(0,0)=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}. Le linéarisé est X′=0X'=0 : les deux valeurs propres sont nulles, toute solution est constante. L'équilibre du linéarisé est stable au sens de Lyapunov mais non asymptotiquement stable, et l'analyse linéaire est non concluante : elle ne détecte pas l'instabilité réelle du système non linéaire mise en évidence en 1). C'est un cas où les termes non linéaires décident de la nature de l'équilibre.