مسابقة دكتوراه 2021 — Université Mohamed El Bachir El Ibrahimi - Bordj Bou Arréridj — الموضوع 01

1.

La fonction $f(y)=y^{2/3}$ est continue sur $\mathbb{R}$ (existence de solutions par le théorème de Peano), mais elle n'est pas lipschitzienne au voisinage de $y=0$ : en effet

$\frac{|f(y)-f(0)|}{|y-0|}=|y|^{-1/3}\xrightarrow[y\to 0]{}+\infty$

donc le théorème de Cauchy–Lipschitz ne s'applique pas aux points $(x_{0},0)$ de l'axe $Ox$. Concrètement, par le point $(x_{0},0)$ passent au moins deux solutions distinctes :

$y_{1}\equiv 0\qquad\text{et}\qquad y_{2}(x)=\frac{(x-x_{0})^{3}}{27}$

(on vérifie que $y_{2}'=\frac{(x-x_{0})^{2}}{9}=\bigl(y_{2}^{2}\bigr)^{1/3}$).

$\boxed{\text{L'unicité est violée en tout point de l'axe }Ox}$

2.

Pour $y\neq 0$, l'équation est à variables séparables :

$y^{-2/3}\,dy=dx\quad\Longrightarrow\quad 3\,y^{1/3}=x+C$

$\boxed{y(x)=\Bigl(\frac{x+C}{3}\Bigr)^{3},\qquad C\in\mathbb{R}}$

1.

L'équation s'écrit $y\,y'\,(1+e^{x})=e^{x}$, soit

$y\,y'=\frac{e^{x}}{1+e^{x}}\quad\Longleftrightarrow\quad\frac{d}{dx}\Bigl(\frac{y^{2}}{2}\Bigr)=\frac{e^{x}}{1+e^{x}}$

En intégrant :

$\frac{y^{2}}{2}=\ln\bigl(1+e^{x}\bigr)+C$

La condition $y(0)=1$ donne $\frac{1}{2}=\ln 2+C$, donc $C=\frac{1}{2}-\ln 2$ et

$y^{2}=1+2\ln\frac{1+e^{x}}{2}$

Comme $y(0)=1\gt 0$, on prend la racine positive :

$\boxed{y(x)=\sqrt{1+2\ln\frac{1+e^{x}}{2}}}$

1.

Polynôme caractéristique :

$\chi_{A}(\lambda)=\lambda^{2}-(2\alpha-4)\lambda+\bigl(\alpha(\alpha-4)-\alpha\bigr)=\lambda^{2}-(2\alpha-4)\lambda+\alpha^{2}-5\alpha$

Discriminant :

$\Delta=(2\alpha-4)^{2}-4(\alpha^{2}-5\alpha)=4\alpha+16=4(\alpha+4)$

Valeurs propres :

$\lambda_{\pm}=(\alpha-2)\pm\sqrt{\alpha+4}\quad(\alpha\geq -4)$

2.

Cas $\alpha\gt -4$ : deux valeurs propres réelles distinctes, $A$ est diagonalisable. Un vecteur propre associé à $\lambda$ est $v_{\lambda}=(1,\ \lambda-\alpha)$ (première ligne : $(\alpha-\lambda)+(\lambda-\alpha)=0$). Solution générale :

$\boxed{X(t)=C_{1}e^{\lambda_{+}t}\begin{pmatrix}1\\ \lambda_{+}-\alpha\end{pmatrix}+C_{2}e^{\lambda_{-}t}\begin{pmatrix}1\\ \lambda_{-}-\alpha\end{pmatrix},\quad\lambda_{\pm}=\alpha-2\pm\sqrt{\alpha+4}}$

3.

Cas $\alpha=-4$ : valeur propre double $\lambda=\alpha-2=-6$, et $A+6I$ (lignes $(2,\ 1)$ et $(-4,\ -2)$) est de rang 1 : $A$ n'est pas diagonalisable. Vecteur propre $v=(1,\ -2)$ ; vecteur de Jordan $w=(0,\ 1)$ vérifiant $(A+6I)w=v$. Solution générale :

$\boxed{X(t)=e^{-6t}\Bigl[C_{1}\begin{pmatrix}1\\ -2\end{pmatrix}+C_{2}\Bigl(t\begin{pmatrix}1\\ -2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\ 1\end{pmatrix}\Bigr)\Bigr]}$

4.

Cas $\alpha\lt -4$ : valeurs propres complexes conjuguées $\lambda=(\alpha-2)\pm i\omega$ avec $\omega=\sqrt{-(\alpha+4)}$. En prenant les parties réelle et imaginaire de $e^{\lambda t}v_{\lambda}$ avec $v_{\lambda}=(1,\ \lambda-\alpha)=(1,\ -2+i\omega)$ :

$\boxed{X(t)=e^{(\alpha-2)t}\Bigl[C_{1}\begin{pmatrix}\cos\omega t\\ -2\cos\omega t-\omega\sin\omega t\end{pmatrix}+C_{2}\begin{pmatrix}\sin\omega t\\ -2\sin\omega t+\omega\cos\omega t\end{pmatrix}\Bigr]}$

Dans tous les cas, $C_{1},C_{2}$ sont déterminées par la condition initiale $X(0)$.