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مسابقة دكتوراه 2012Université Djilali Liabès - Sidi Bel Abbès — الموضوع 01

مسابقة عامة · الرياضيات · المدة: 2سا

Concours d'entrée en doctorat de 3ème cycle, Systèmes Dynamiques et Applications, Épreuve : Equations différentielles et systèmes dynamiques, Université de Sidi Bel Abbès, Faculté des Sciences Exactes, Département de Mathématiques, 22/11/2012, durée 2h.

التمرين 1

Zéro d'un champ rentrant sur la frontière (degré topologique)

#brouwer-degree#topological-degree#fixed-point#poincare-miranda

Soient DD un ouvert borné contenant 00 de Rn\mathbb{R}^n et f:DRnf:\overline{D}\to\mathbb{R}^n une fonction continue telle que le produit scalaire f(x)x>0f(x)\cdot x>0, xD\forall x\in\partial D. Montrer qu'il existe xDx\in D tel que f(x)=0f(x)=0.

الحل

On utilise le degré topologique de Brouwer. Considérons l'homotopie H(x,t)=tf(x)+(1t)x,t[0,1].H(x,t)=t\,f(x)+(1-t)\,x,\qquad t\in[0,1]. Pour xDx\in\partial D (où x0x\neq0 car 00 est intérieur, donc x>0|x|>0) : H(x,t)x=t(f(x)x)+(1t)x2>0,H(x,t)\cdot x=t\,\big(f(x)\cdot x\big)+(1-t)\,|x|^2>0, car f(x)x>0f(x)\cdot x>0 et x2>0|x|^2>0. En particulier H(x,t)0H(x,t)\neq0 sur D\partial D pour tout t[0,1]t\in[0,1] : l'homotopie ne s'annule pas au bord.

Par invariance du degré par homotopie, deg(f,D,0)=deg(Id,D,0)=10,\deg(f,D,0)=\deg(\mathrm{Id},D,0)=1\neq0, puisque 0D0\in D. Un degré non nul entraîne l'existence d'une solution : xD: f(x)=0.\boxed{\exists\,x\in D:\ f(x)=0.}

التمرين 2

Équation impulsive y'=1+y² et prolongement de la solution

#impulsive-ode#blow-up#riccati#tangent

Considérons le problème suivant y'(t)=1+y^2(t),\quad t\neq\tfrac{k\pi}{4},\ k=1,2,\dots,\tag{1} y(t_k^+)-y(t_k^-)=-1,\tag{2} y(0)=0.\tag{3} Trouver la solution du problème (1)–(3) ainsi que son domaine de définition. Que peut-on dire de l'équation sans impulsions ?

الحل

Sans impulsions

L'équation y=1+y2y'=1+y^2, y(0)=0y(0)=0 a pour solution y(t)=tanty(t)=\tan t, définie seulement sur [0,π2[[0,\tfrac{\pi}{2}[ : elle explose en t=π2t=\tfrac{\pi}{2} (limtπ/2tant=+\lim_{t\to\pi/2^-}\tan t=+\infty).

Avec impulsions

Entre deux instants d'impulsion, on résout y=1+y2y'=1+y^2. Sur [0,π4[[0,\tfrac{\pi}{4}[ : y(t)=tanty(t)=\tan t, et y(π4)=tanπ4=1y\big(\tfrac{\pi}{4}^-\big)=\tan\tfrac{\pi}{4}=1.

L'impulsion (2) donne y(π4+)=11=0y\big(\tfrac{\pi}{4}^+\big)=1-1=0. On repart de 00 : sur [π4,π2[[\tfrac{\pi}{4},\tfrac{\pi}{2}[, y(t)=tan(tπ4)y(t)=\tan\big(t-\tfrac{\pi}{4}\big), et y(π2)=1y\big(\tfrac{\pi}{2}^-\big)=1, réinitialisé à 00, etc. Par récurrence, y(t)=tan ⁣(tkπ4),t[kπ4,(k+1)π4[, k=0,1,2,\boxed{y(t)=\tan\!\Big(t-\frac{k\pi}{4}\Big),\qquad t\in\Big[\tfrac{k\pi}{4},\tfrac{(k+1)\pi}{4}\Big[,\ k=0,1,2,\dots}

Domaine

Chaque impulsion ramène la solution à 00 juste avant l'explosion. La solution est ainsi définie et bornée (avec sauts) sur [0,+[[0,+\infty[ tout entier. Les impulsions empêchent l'explosion en temps fini de l'équation de Riccati y=1+y2y'=1+y^2.

التمرين 3

Mesures de non compacité de Kuratowski et Hausdorff

#measure-of-noncompactness#kuratowski#hausdorff#functional-analysis

i) Définir les mesures de non compacité de Kuratowski et Hausdorff en donnant quelques propriétés. ii) Donner les mesures de la boule unité de Rn\mathbb{R}^n. iii) Définir une mesure de non compacité sur les espaces C([0,b],R)C([0,b],\mathbb{R}) et L1([0,b],R)L^1([0,b],\mathbb{R}).

الحل

i) Définitions

Soit AA une partie bornée d'un espace de Banach XX.

Kuratowski : α(A)=inf{d>0: A admet un recouvrement fini par des ensembles de diameˋtred}.\alpha(A)=\inf\{d>0:\ A\text{ admet un recouvrement fini par des ensembles de diamètre}\le d\}.

Hausdorff : χ(A)=inf{r>0: A admet un recouvrement fini par des boules de rayon r}.\chi(A)=\inf\{r>0:\ A\text{ admet un recouvrement fini par des boules de rayon }r\}.

Propriétés (valables pour α\alpha et χ\chi) :

  • α(A)=0    A\alpha(A)=0\iff \overline{A} est compact ;
  • monotonie : ABα(A)α(B)A\subset B\Rightarrow\alpha(A)\le\alpha(B) ;
  • α(A)=α(A)\alpha(\overline{A})=\alpha(A), α(convA)=α(A)\alpha(\mathrm{conv}\,A)=\alpha(A) ;
  • α(AB)=max(α(A),α(B))\alpha(A\cup B)=\max(\alpha(A),\alpha(B)) ;
  • α(A+B)α(A)+α(B)\alpha(A+B)\le\alpha(A)+\alpha(B), α(λA)=λα(A)\alpha(\lambda A)=|\lambda|\alpha(A) ;
  • encadrement : χ(A)α(A)2χ(A)\chi(A)\le\alpha(A)\le 2\chi(A).

ii) Boule unité de Rn\mathbb{R}^n

Rn\mathbb{R}^n étant de dimension finie, la boule unité fermée BB est compacte, donc α(B)=χ(B)=0.\boxed{\alpha(B)=\chi(B)=0.} (En dimension infinie, la boule unité n'est pas compacte et χ(B)=1\chi(B)=1, α(B)=2\alpha(B)=2.)

iii) Sur C([0,b])C([0,b]) et L1([0,b])L^1([0,b])

Sur C([0,b],R)C([0,b],\mathbb{R}) (norme sup) : via le module de continuité. Pour AA borné, ω(A,δ)=supfA supstδf(s)f(t),ω0(A)=limδ0ω(A,δ),\omega(A,\delta)=\sup_{f\in A}\ \sup_{|s-t|\le\delta}|f(s)-f(t)|,\qquad \omega_0(A)=\lim_{\delta\to0}\omega(A,\delta), et χ(A)=12ω0(A)\chi(A)=\tfrac12\,\omega_0(A). Le théorème d'Ascoli est le cas ω0(A)=0\omega_0(A)=0 (équicontinuité).

Sur L1([0,b],R)L^1([0,b],\mathbb{R}) : via le module de continuité en moyenne / l'équi-intégrabilité, ω(A,δ)=supfA suphδ0bf(t+h)f(t)dt,χ(A)limδ0ω(A,δ),\omega(A,\delta)=\sup_{f\in A}\ \sup_{|h|\le\delta}\int_0^b|f(t+h)-f(t)|\,dt,\qquad \chi(A)\sim\lim_{\delta\to0}\omega(A,\delta), caractérisant la compacité par le théorème de Kolmogorov-Riesz-Fréchet (équi-intégrabilité et équi-continuité des translations).

التمرين 4

Deux systèmes de même linéarisé mais portraits de phases différents

#planar-system#linearization#polar-coordinates#center-focus#phase-portrait

On considère les deux systèmes différentiels suivants : \begin{cases}\dot x=-y+x(x^2+y^2),\\ \dot y=x+y(x^2+y^2),\end{cases}\tag{4} et \begin{cases}\dot x=-y-x(x^2+y^2),\\ \dot y=x-y(x^2+y^2).\end{cases}\tag{5} Montrer que les systèmes (4) et (5) ont le même système linéarisé au point (0,0)(0,0), mais que leurs portraits de phases sont qualitativement différents.

الحل

Linéarisé commun

En (0,0)(0,0) les termes cubiques disparaissent ; la jacobienne des deux systèmes est J=(0110),valeurs propres ±i.J=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix},\qquad \text{valeurs propres }\pm i. Le linéarisé est donc identique : un centre (orbites périodiques circulaires).

Passage en coordonnées polaires

Avec x=rcosθx=r\cos\theta, y=rsinθy=r\sin\theta, on a rr˙=xx˙+yy˙r\dot r=x\dot x+y\dot y et r2θ˙=xy˙yx˙r^2\dot\theta=x\dot y-y\dot x.

Système (4) : xx˙+yy˙=r4x\dot x+y\dot y=r^4, d'où r˙=r3,θ˙=1.\dot r=r^3,\qquad \dot\theta=1. rr croît : l'origine est un foyer instable (spirale sortante).

Système (5) : xx˙+yy˙=r4x\dot x+y\dot y=-r^4, d'où r˙=r3,θ˙=1.\dot r=-r^3,\qquad \dot\theta=1. rr décroît : l'origine est un foyer stable (spirale rentrante).

Conclusion

Meˆme lineˊariseˊ (centre), mais (4) est un foyer instable et (5) un foyer stable.\boxed{\text{Même linéarisé (centre), mais (4) est un foyer instable et (5) un foyer stable.}} C'est l'exemple classique montrant qu'un centre du linéarisé n'est pas structurellement stable : les termes non linéaires décident du caractère (foyer stable/instable).