مسابقة دكتوراه 2021 — Université Ferhat Abbas - Sétif 1

Soit l'équation différentielle : $(E) : y' - 2y = 2x^2 - 5$

1) Unique solution polynômiale.

Une fonction $\varphi_0$ est solution de $(E)$ si :

$$\forall x \in \mathbb{R} : \varphi_0'(x) - 2\varphi_0(x) = 2x^2 - 5 \quad \text{(0,25p)}$$

Si $\varphi_0$ est polynômiale, alors :

$$d^\circ \varphi_0' < d^\circ \varphi_0 \quad \text{(0,25p)}$$

Donc

$$d^\circ(\varphi_0' - 2\varphi_0) = d^\circ \varphi_0 \quad \text{(0,25p)}$$

Donc il faut que $d^\circ \varphi_0 = 2$ (0,25p), et par conséquent $\varphi_0$ est de la forme :

$$\varphi_0(x) = ax^2 + bx + c \quad \text{(0,25p)}$$

Donc

$$\forall x \in \mathbb{R} : (2ax + b) - 2(ax^2 + bx + c) = 2x^2 - 5 \Leftrightarrow -2ax^2 + (2a - 2b)x + b - 2c = 2x^2 - 5 \quad \text{(0,25p)}$$

Ce qui implique que

$$\begin{cases} -2a = 2 \\ 2a - 2b = 0 \\ b - 2c = -5 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a = -1 \\ b = -1 \\ c = 2 \end{cases}$$

Donc, la fonction $x \mapsto -x^2 - x + 2$ est l'unique solution polynômiale de l'équation. (0,25p)

2) Ensemble des solutions de $(E)$ dans $\mathbb{R}$.

On résout l'équation homogène associée $(E_H) : y' - 2y = 0$.

$$\frac{dy}{dx} = 2y \Rightarrow \frac{dy}{y} = 2dx \Rightarrow \int \frac{dy}{y} = \int 2dx \Rightarrow \ln(|y|) = 2x + C \Rightarrow |y| = e^{2x}e^{C} \Rightarrow y = Ke^{2x},\ K = e^C \in \mathbb{R} \quad \text{(0,75p)}$$

Les solutions générales de $(E_H)$ sont les fonctions $x \mapsto Ke^{2x}$ où $K \in \mathbb{R}$.

Donc, la fonction $\varphi$ cherchée est de la forme :

$$\varphi(x) = -x^2 - x + 2 + Ke^{2x} \quad \text{(0,5p)}$$

3) Solution vérifiant $\varphi(0) = 1$.

La solution générale de $(E)$ est $\varphi(x) = -x^2 - x + 2 + Ke^{2x}$, donc

$$\varphi(0) = 2 + K = 1 \Leftrightarrow K = -1 \quad \text{(0,25p)}$$

Par suite

$$\forall x \in \mathbb{R} : \varphi(x) = -x^2 - x + 2 - e^{2x} \quad \text{(1p)}$$

On utilise la méthode de séparation des variables : soit $u(x,t) = X(x)\,T(t)$, on obtient

$$\frac{X''(x)}{X(x)} = -\lambda \quad \text{et} \quad \frac{T''(t)}{a^2 T(t)} = -\lambda \quad \text{(0,5p)}$$

or

$$X''(x) + \lambda X(x) = 0 \qquad (3)$$ $$T''(t) + \lambda a^2 T(t) = 0 \qquad (4) \quad \text{(0,5p)}$$

D'après les conditions aux limites nous avons :

$$X(0)T(t) = 0, \quad X(\ell)T(t) = 0 \ \text{i.e.}\ X(0) = 0,\ X(\ell) = 0 \qquad (5) \quad \text{(0,5p)}$$

Résolvons (3) :

(i) Si $\lambda = -k^2 < 0$, alors $X(x) = C_1 e^{kx} + C_2 e^{-kx}$ (0,25p)

Utilisons les conditions aux limites :

$$X(0) = C_1 + C_2, \quad C_1 e^{k\ell} + C_2 e^{-k\ell} = 0 \ \text{ce qui donne}\ C_1 = C_2 = 0. \quad \text{(0,25p)}$$

Alors $X(x) = 0\ \forall x$, donc $u(x,t) = 0$. Mais alors le problème donné n'a pas de solution si au moins une des fonctions $f$ et $g$ est non nulle. (0,5p)

(ii) Si $\lambda = 0$ alors $X(x) = C_1 + C_2 x$ (0,25p) — d'après (5) nous obtenons la même conclusion. (0,25p)

(iii) Si $\lambda = k^2$ alors

$$X(x) = C_1 \cos kx + C_2 \sin kx \quad \text{(0,5p)}$$

(5) donne

$$X(0) = C_1 = 0, \quad X(\ell) = C_2 \sin k\ell = 0 \quad \text{(0,5p)}$$

Si $C_2 = 0$ on obtient la solution triviale. Supposons $C_2 \neq 0$ :

$$\sin k\ell = 0 \ \text{est vraie pour}\ k = \frac{n\pi}{\ell},\ n = 1, 2, \dots \quad \text{(0,5p)}$$

Les valeurs propres du problème considéré sont :

$$\lambda = \lambda_n = \frac{n^2\pi^2}{\ell^2} \quad (n \in \mathbb{N}) \qquad (6) \quad \text{(0,25p)}$$

Les fonctions propres associées sont

$$X_n(x) = \sin\frac{n\pi x}{\ell} \quad (n \in \mathbb{N},\ C_2 = 1) \qquad (7) \quad \text{(0,25p)}$$

Pour $\lambda$ donné par (6), la solution de l'équation différentielle ordinaire (4)

$$T''(t) + \lambda a^2 T(t) = 0 \quad \text{(0,5p)}$$

est sous la forme

$$T(t) = A_n \cos\frac{na\pi t}{\ell} + B_n \sin\frac{na\pi t}{\ell} \quad (n \in \mathbb{N}) \qquad (8) \quad \text{(0,5p)}$$

où $A_n, B_n$ sont des constantes arbitraires.

Multiplions (7) et (8), on obtient la solution du problème :

$$u_n(x,t) = X(x)\,T(t) = \left(A_n \cos\frac{na\pi t}{\ell} + B_n \sin\frac{na\pi t}{\ell}\right)\sin\frac{n\pi x}{\ell}, \quad n \in \mathbb{N} \quad \text{(0,25p)}$$

Utilisons la superposition sur l'ensemble des solutions, on obtient :

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty}\left(A_n \cos\frac{na\pi t}{\ell} + B_n \sin\frac{na\pi t}{\ell}\right)\sin\frac{n\pi x}{\ell} \quad \text{(0,25p)}$$

Cette série converge uniformément si $\sum_{n=1}^{\infty}(|A_n| + |B_n|)$, où $A_n, B_n$ sont les coefficients de Fourier, converge. (0,5p) ​

Considérons le système différentiel non linéaire

$$\begin{cases} x' = 2y \\ y' = 2x - 3x^2 \end{cases}$$

1) Les points d'équilibre.

$$\begin{cases} 2y = 0 \\ 2x - 3x^2 = 0 \end{cases} \quad \text{sont} \quad M = (x = 0,\ y = 0), \quad N = \left(x = \frac{2}{3},\ y = 0\right) \quad \text{(1p)}$$

2) Linéarisation.

La matrice jacobienne du système est la suivante :

$$J(x,y) = \begin{pmatrix} \frac{\partial}{\partial x}(2y) & \frac{\partial}{\partial y}(2y) \\ \frac{\partial}{\partial x}(2x - 3x^2) & \frac{\partial}{\partial y}(2x - 3x^2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 2 - 6x & 0 \end{pmatrix} \quad \text{(1p)}$$

Donc le linéarisé du système non linéaire au voisinage d'un point d'équilibre $(a,b)$ est le système linéaire suivant :

$$\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 2 - 6a & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} x' = 2y \\ y' = (2 - 6a)x \end{cases} \quad \text{(2p)}$$

3) Nature de chaque point d'équilibre.

• Le point d'équilibre $(0,0)$ :

$$J(0,0) = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 2 & 0 \end{pmatrix}, \quad \text{valeurs propres : } -2,\ 2$$

donc $(0,0)$ est un point selle. (1p)

• Le point d'équilibre $\left(\frac{2}{3}, 0\right)$ :

$$J\left(\tfrac{2}{3}, 0\right) = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ -2 & 0 \end{pmatrix}, \quad \text{valeurs propres : } -2i,\ 2i$$

donc $\left(\frac{2}{3}, 0\right)$ est un centre ou foyer faible. (1p)

4) Considérons la fonction $H(x,y) = y^2 + x^3 - x^2$ :

a) On a

$$\frac{dH}{dt} = H_x x' + H_y y' = (2y)\frac{\partial}{\partial x}(y^2 + x^3 - x^2) + (2x - 3x^2)\frac{\partial}{\partial y}(y^2 + x^3 - x^2) = 0 \quad \text{(1p)}$$

b) On en déduit que la fonction $H(x,y) = y^2 + x^3 - x^2 = k$, $k \in \mathbb{R}$, est une intégrale première du système. (1p)