مسابقة دكتوراه 2016 — Université de Ghardaïa — الموضوع 01

Système (A).

Critère de Bendixson : $\mathrm{div}(F) = \frac{\partial(-x^2+y)}{\partial x} + \frac{\partial(x-y-1)}{\partial y} = -2x - 1$. Cette expression n'est pas de signe constant sur $\mathbb{R}^2$, donc Bendixson ne conclut pas directement. On cherche les points fixes : $-x^2+y=0$ et $x-y-1=0$ donnent $x-x^2-1=0$, discriminant négatif — pas de points fixes réels. Par Poincaré-Bendixson, sans point fixe et avec une orbite bornée, il pourrait y avoir une orbite fermée. Cependant, l'absence de point fixe ne garantit pas l'existence. Analyse plus fine nécessaire.

Système (B).

La matrice est $\begin{pmatrix} 6 & \pi \\ -\pi & 1 \end{pmatrix}$. $\mathrm{tr}(A) = 7 > 0$, donc le point fixe $(0,0)$ est instable. Par Bendixson-Dulac, $\mathrm{div}(F) = 6+1 = 7 > 0$ : constant positif, donc il n'existe aucune orbite fermée dans $\mathbb{R}^2$.

$\boxed{(A) : \text{analyse nécessaire}; \quad (B) : \text{aucune orbite fermée (div}>0).}$

Cas $a = 0$.

Sur $[0,1]$ : $\dot{x}(t) = bx(t-1) = b(1+(t-1)) = bt$. Donc $x(t) = x(0) + b\frac{t^2}{2} = 1 + \frac{b}{2}t^2$.

Sur $[1,2]$ : $\dot{x}(t) = bx(t-1) = b(1 + \frac{b}{2}(t-1)^2)$. On intègre : $x(t) = x(1) + b\int_1^t (1+\frac{b}{2}(s-1)^2)ds = (1+\frac{b}{2}) + b(t-1) + \frac{b^2}{6}(t-1)^3$.

Cas $a \neq 0$.

Sur $[0,1]$ : $\dot{x}(t) - ax(t) = b(1+t-1) = bt$. EDO linéaire du premier ordre : $x(t) = e^{at}\left(1 + b\int_0^t s e^{-as}ds\right)$. On intègre par parties : $\int_0^t se^{-as}ds = \frac{-t}{a}e^{-at} + \frac{1}{a^2}(1-e^{-at})$.

Sur $[1,2]$ : $\dot{x}(t) - ax(t) = bx(t-1)$ où $x(t-1)$ est la solution trouvée sur $[0,1]$. On résout comme EDO linéaire d'ordre 1 avec second membre connu.

$\boxed{x(t) = e^{at}\left(1 + b\int_0^t \theta(s-1)e^{-as}ds\right) \text{ sur } [0,1].}$

Solution.

Considérons $V(x,y) = \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}$ (définie positive au voisinage de $(0,0)$).

$\dot{V} = \frac{2x}{a^2}\dot{x} + \frac{2y}{b^2}\dot{y} = \frac{2x}{a^2}x(y-b) + \frac{2y}{b^2}y(x-a)$

$= \frac{2x^2(y-b)}{a^2} + \frac{2y^2(x-a)}{b^2}$

Au voisinage de $(0,0)$ avec $(x/a)^2+(y/b)^2 < 1$, pour $a,b > 0$ : $x < a$ et $y < b$, donc $y-b < 0$ et $x-a < 0$, ce qui donne $\dot{V} < 0$ (sauf en $(0,0)$). Par le théorème de Lyapunov, l'origine est asymptotiquement stable, et les solutions issues du domaine $\{(x/a)^2+(y/b)^2 < 1\}$ convergent vers $(0,0)$.

$\boxed{V(x,y) = \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}, \quad \dot{V} < 0 \text{ sur le domaine donné.}}$