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مسابقة دكتوراه 2016 — Université Larbi Ben M'Hidi - Oum El Bouaghi — الموضوع 01

مسابقة تخصص · Systèmes Dynamiques · المدة: 2سا

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Concours d'accès en Doctorat LMD, Épreuve : Equations différentielles (durée 2h), Université Larbi Ben M'Hidi - Oum El Bouaghi, Faculté des Sciences Exactes et des Sciences de la Nature et de la Vie, 22 octobre 2016.

التمرين 1

u''+u=g(t) par matrice compagnon, e^{At} et variation des constantes

#linear-ode#matrix-exponential#variation-of-parameters#companion-matrix#second-order-ode

Soit l'équation scalaire u′′+u=g(t),(1)u''+u=g(t),\qquad(1) où uu est la fonction inconnue et g(t)g(t) est une fonction scalaire continue sur ]−∞,+∞[]-\infty,+\infty[.

  1. Écrire l'équation (1) sous la forme d'un système différentiel matriciel équivalent x′=Ax+fx'=Ax+f (2), où AA est une matrice carrée d'ordre 2 et ff une fonction vectorielle continue sur ]−∞,+∞[]-\infty,+\infty[.
  2. Calculer la fonction matricielle eAte^{At}.
  3. Utiliser la formule de la variation des constantes pour le système (2) afin d'obtenir une solution de l'équation (1).
◀الحل

1) Mise sous forme matricielle

Posons x1=ux_1=u, x2=u′x_2=u'. Alors x1′=x2x_1'=x_2 et x2′=u′′=−u+g=−x1+gx_2'=u''=-u+g=-x_1+g. D'où x′=Ax+f,A=(01−10),f(t)=(0g(t)).x'=Ax+f,\quad A=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix},\quad f(t)=\begin{pmatrix}0\\g(t)\end{pmatrix}.

2) Exponentielle eAte^{At}

AA est la matrice de rotation infinitésimale : A2=−IdA^2=-\mathrm{Id}, donc eAt=cos⁡t Id+sin⁡t Ae^{At}=\cos t\,\mathrm{Id}+\sin t\,A : eAt=(cos⁡tsin⁡t−sin⁡tcos⁡t).\boxed{e^{At}=\begin{pmatrix}\cos t&\sin t\\-\sin t&\cos t\end{pmatrix}.}

3) Variation des constantes

La solution de x′=Ax+fx'=Ax+f avec x(0)=x0x(0)=x_0 est x(t)=eAtx0+∫0teA(t−s)f(s) ds.x(t)=e^{At}x_0+\int_0^t e^{A(t-s)}f(s)\,ds. La première composante donne u(t)u(t). Comme eA(t−s)f(s)=(sin⁡(t−s) g(s)cos⁡(t−s) g(s))e^{A(t-s)}f(s)=\begin{pmatrix}\sin(t-s)\,g(s)\\\cos(t-s)\,g(s)\end{pmatrix}, on lit u(t)=u(0)cos⁡t+u′(0)sin⁡t+∫0tsin⁡(t−s) g(s) ds.\boxed{u(t)=u(0)\cos t+u'(0)\sin t+\int_0^t\sin(t-s)\,g(s)\,ds.} C'est la formule de Duhamel : le terme intégral est une solution particulière de (1)(1), le reste étant la solution homogène Acos⁡t+Bsin⁡tA\cos t+B\sin t.

التمرين 2

EDO homogène dy/dx=y(2x²−y²)/(x(2y²−x²)) : courbes intégrales x³+y³=3Cxy

#homogeneous-ode#substitution#implicit-solution#folium-descartes

Démontrer que les solutions de l'équation différentielle dydx=−y(2x3−y3)x(2y3−x3)\frac{dy}{dx}=-\frac{y(2x^3-y^3)}{x(2y^3-x^3)} sont de la forme x3+y3=3Cxyx^3+y^3=3Cxy. NB : vous pouvez utiliser le changement de variable u=y/xu=y/x.

◀الحل

Vérification par différentiation implicite

Il est plus direct de vérifier que la famille F(x,y)=x3+y3−3Cxy=0F(x,y)=x^3+y^3-3Cxy=0 satisfait l'équation. Différentions x3+y3=3Cxyx^3+y^3=3Cxy : 3x2+3y2y′=3C(y+xy′) ⇒ x2+y2y′=C(y+xy′).3x^2+3y^2y'=3C(y+xy')\ \Rightarrow\ x^2+y^2y'=C(y+xy'). De la relation on tire C=x3+y33xyC=\dfrac{x^3+y^3}{3xy}. En remplaçant : x2+y2y′=x3+y33xy(y+xy′).x^2+y^2y'=\frac{x^3+y^3}{3xy}(y+xy'). Multiplions par 3xy3xy : 3x3y+3xy3y′=(x3+y3)y+(x3+y3)xy′.3x^3y+3xy^3y'=(x^3+y^3)y+(x^3+y^3)xy'. Regroupons les termes en y′y' : y′[3xy3−(x3+y3)x]=(x3+y3)y−3x3y,y'\big[3xy^3-(x^3+y^3)x\big]=(x^3+y^3)y-3x^3y, y′ x(3y3−x3−y3)=y(x3+y3−3x3),y'\,x\big(3y^3-x^3-y^3\big)=y\big(x^3+y^3-3x^3\big), y′ x(2y3−x3)=y(y3−2x3)=−y(2x3−y3).y'\,x(2y^3-x^3)=y(y^3-2x^3)=-y(2x^3-y^3). D'où dydx=−y(2x3−y3)x(2y3−x3).\boxed{\frac{dy}{dx}=-\frac{y(2x^3-y^3)}{x(2y^3-x^3)}.} Les courbes intégrales sont donc les folium de Descartes x3+y3=3Cxyx^3+y^3=3Cxy. (Le changement u=y/xu=y/x rend l'équation homogène séparable et conduit à la même famille.)

التمرين 3

Inégalités différentielle et intégrale de Gronwall

#gronwall-inequality#differential-inequality#integral-inequality#comparison
  1. Supposons que ff et gg sont deux fonctions à valeurs réelles continues sur l'intervalle a≤t≤ba\le t\le b et que la dérivée f′f' de ff existe dans (a,b)(a,b). Supposons aussi que f′(t)≤f(t)g(t),a≤t≤b.(1)f'(t)\le f(t)g(t),\quad a\le t\le b.\qquad(1) Montrer que pour tous tt dans [a,b][a,b] on a f(t)≤f(a)exp⁡(∫atg(s) ds).(2)f(t)\le f(a)\exp\Big(\int_a^t g(s)\,ds\Big).\qquad(2)
  2. Si ff et gg (g≥0g\ge0) sont deux fonctions à valeurs réelles continues sur [a,b][a,b] et KK une constante réelle telle que f(t)≤K+∫atf(s)g(s) ds,a≤t≤b,(3)f(t)\le K+\int_a^t f(s)g(s)\,ds,\quad a\le t\le b,\qquad(3) montrer que f(t)≤Kexp⁡(∫atg(s) ds),a≤t≤b.(4)f(t)\le K\exp\Big(\int_a^t g(s)\,ds\Big),\quad a\le t\le b.\qquad(4)
◀الحل

1) Forme différentielle

Posons G(t)=∫atg(s) dsG(t)=\int_a^t g(s)\,ds et h(t)=f(t)e−G(t)h(t)=f(t)e^{-G(t)}. Alors h′(t)=(f′(t)−f(t)g(t))e−G(t)≤0h'(t)=\big(f'(t)-f(t)g(t)\big)e^{-G(t)}\le0 par l'hypothèse (1)(1). Donc hh est décroissante, h(t)≤h(a)=f(a)h(t)\le h(a)=f(a), soit f(t)e−G(t)≤f(a) ⇒ f(t)≤f(a) e∫atg.f(t)e^{-G(t)}\le f(a)\ \Rightarrow\ \boxed{f(t)\le f(a)\,e^{\int_a^t g}.}

2) Forme intégrale (Gronwall)

Posons Φ(t)=K+∫atf(s)g(s) ds\Phi(t)=K+\int_a^t f(s)g(s)\,ds, de sorte que f(t)≤Φ(t)f(t)\le\Phi(t) et Φ(a)=K\Phi(a)=K. Comme g≥0g\ge0, Φ′(t)=f(t)g(t)≤Φ(t)g(t).\Phi'(t)=f(t)g(t)\le\Phi(t)g(t). Φ\Phi vérifie donc l'inégalité différentielle du 1). Par la partie 1) appliquée à Φ\Phi, Φ(t)≤Φ(a) e∫atg=K e∫atg.\Phi(t)\le\Phi(a)\,e^{\int_a^t g}=K\,e^{\int_a^t g}. Enfin f(t)≤Φ(t)f(t)\le\Phi(t) donne f(t)≤K e∫atg(s) ds.\boxed{f(t)\le K\,e^{\int_a^t g(s)\,ds}.} C'est le lemme de Gronwall, outil fondamental pour l'unicité et les estimations a priori des EDO.

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