📚 الرئيسية
دخول

مسابقة دكتوراه 2025 — Université Mouloud Mammeri - Tizi Ouzou — الموضوع 05

مسابقة عامة · الرياضيات · المدة: 1سا 30د

⬇️ تحميل☆ حفظ

Concours d'accès au doctorat LMD 2024/2025, spécialité Recherche Opérationnelle, épreuve de spécialité (Équations différentielles et Probabilités), Université Mouloud Mammeri de Tizi-Ouzou, Faculté des Sciences, année universitaire 2024/2025, durée 1h30.

التمرين 1

Exercice 1 — Système différentiel à coefficients variables : résolvante et variation des constantes

#linear-systems#resolvent-matrix#variation-of-constants#time-dependent-coefficients

(Partie I — Équations différentielles. La partie II, portant sur les probabilités, figure sur une page absente du document scanné.)

  1. Énoncer la méthode de variation des constantes pour un système linéaire X′(t)=A(t)X(t)+b(t)X'(t)=A(t)X(t)+b(t).
  2. On considère le système X′(t)=A(t)X(t)+b(t)X'(t)=A(t)X(t)+b(t) avec

A(t)=(2−t  t−12(1−t)  2t−1),b(t)=(2tt)A(t)=\begin{pmatrix}2-t\ \ t-1\\ 2(1-t)\ \ 2t-1\end{pmatrix},\qquad b(t)=\begin{pmatrix}2t\\ t\end{pmatrix}

(lignes (2−t, t−1)(2-t,\ t-1) et (2(1−t), 2t−1)(2(1-t),\ 2t-1) pour A(t)A(t)).

  1. Chercher les valeurs propres et vecteurs propres de A(t)A(t) ; vérifier que les vecteurs propres peuvent être choisis indépendants de tt.
  2. En déduire une matrice fondamentale Φ(t)\Phi(t) du système homogène, puis la résolvante R(t,t0)R(t,t_{0}).
  3. Résoudre le système complet.
◀الحل

1.

Variation des constantes. Si Φ(t)\Phi(t) est une matrice fondamentale du système homogène X′=A(t)XX'=A(t)X (colonnes = solutions indépendantes), toute solution du système complet s'écrit

X(t)=Φ(t) C+Φ(t)∫t0tΦ(s)−1b(s) ds,C∈RnX(t)=\Phi(t)\,C+\Phi(t)\int_{t_{0}}^{t}\Phi(s)^{-1}b(s)\,ds,\qquad C\in\mathbb{R}^{n}

On cherche X=Φ(t)C(t)X=\Phi(t)C(t) ; l'équation donne Φ(t)C′(t)=b(t)\Phi(t)C'(t)=b(t), d'où C′(t)=Φ(t)−1b(t)C'(t)=\Phi(t)^{-1}b(t).

2.

Valeurs propres. tr⁡A(t)=(2−t)+(2t−1)=t+1\operatorname{tr}A(t)=(2-t)+(2t-1)=t+1 et

det⁡A(t)=(2−t)(2t−1)−2(1−t)(t−1)=(2−t)(2t−1)+2(t−1)2=t\det A(t)=(2-t)(2t-1)-2(1-t)(t-1)=(2-t)(2t-1)+2(t-1)^{2}=t

Donc χ(λ)=λ2−(t+1)λ+t=(λ−1)(λ−t)\chi(\lambda)=\lambda^{2}-(t+1)\lambda+t=(\lambda-1)(\lambda-t) :

λ1=1,λ2=t\boxed{\lambda_{1}=1,\qquad\lambda_{2}=t}

Vecteurs propres. Pour λ1=1\lambda_{1}=1 : (A−I)v=0(A-I)v=0 donne (1−t)v1+(t−1)v2=0(1-t)v_{1}+(t-1)v_{2}=0, soit v1=v2v_{1}=v_{2} : v(1)=(1,1)v^{(1)}=(1,1), indépendant de tt. Pour λ2=t\lambda_{2}=t : (2−2t)v1+(t−1)v2=0(2-2t)v_{1}+(t-1)v_{2}=0, soit v2=2v1v_{2}=2v_{1} : v(2)=(1,2)v^{(2)}=(1,2), indépendant de tt. ✓

3.

Cherchons les solutions de la forme X(t)=φ(t)vX(t)=\varphi(t)v avec vv vecteur propre fixe : φ′v=λ(t)φv\varphi'v=\lambda(t)\varphi v donne φ(t)=exp⁡(∫λ)\varphi(t)=\exp\bigl(\int\lambda\bigr). Pour λ1=1\lambda_{1}=1 : et(1,1)e^{t}(1,1). Pour λ2=t\lambda_{2}=t : et2/2(1,2)e^{t^{2}/2}(1,2). Matrice fondamentale (colonnes) :

Φ(t)=(et  et2/2et  2et2/2)\Phi(t)=\begin{pmatrix}e^{t}\ \ e^{t^{2}/2}\\ e^{t}\ \ 2e^{t^{2}/2}\end{pmatrix}

(lignes (et, et2/2)(e^{t},\ e^{t^{2}/2}) et (et, 2et2/2)(e^{t},\ 2e^{t^{2}/2})), det⁡Φ(t)=etet2/2≠0\det\Phi(t)=e^{t}e^{t^{2}/2}\neq 0. La résolvante est

R(t,t0)=Φ(t) Φ(t0)−1\boxed{R(t,t_{0})=\Phi(t)\,\Phi(t_{0})^{-1}}

4.

Solution particulière : cherchons xpx_{p} affine, xp(t)=(αt+γ, βt+δ)x_{p}(t)=(\alpha t+\gamma,\ \beta t+\delta). En substituant dans X′=A(t)X+b(t)X'=A(t)X+b(t) et en identifiant les coefficients (termes en t2t^{2}, tt, constants), on trouve

xp(t)=(−3t−2−3t−1)x_{p}(t)=\begin{pmatrix}-3t-2\\ -3t-1\end{pmatrix}

Vérification (première composante) : xp′=(−3)x_{p}'=(-3) et (2−t)(−3t−2)+(t−1)(−3t−1)+2t=−3(2-t)(-3t-2)+(t-1)(-3t-1)+2t=-3 ✓ ; (seconde) : 2(1−t)(−3t−2)+(2t−1)(−3t−1)+t=−32(1-t)(-3t-2)+(2t-1)(-3t-1)+t=-3 ✓.

Solution générale :

X(t)=C1 et(11)+C2 et2/2(12)+(−3t−2−3t−1),C1,C2∈R\boxed{X(t)=C_{1}\,e^{t}\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}+C_{2}\,e^{t^{2}/2}\begin{pmatrix}1\\ 2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-3t-2\\ -3t-1\end{pmatrix},\qquad C_{1},C_{2}\in\mathbb{R}}