MAT431 - 2006-2007. Equations différentielles et syst`emes

MAT431 - 2006-2007.
Equations diff´ erentielles et syst` emes dynamiques
INDICATIONS – Feuille d’exercices num´ero 4 - Exercices 4 et 7.
Exercice 4 : Le gradient comme champ de vecteurs.
Soit f∈Ck(U) `a valeurs r´eelles, o`u Uest un ouvert de Rn,et k, n ∈N∗, k ≥2.
1) D´emontrer que les orbites p´eriodiques du champ de vecteurs d´efini par le gradient de fsont
toutes r´eduites `a un point. Caract´eriser l’ensemble de ces points.
———— d
dt f(x(t)) = k∇f(x(t))k2.Pour une solution T-p´eriodique, on trouve donc
RT
0k∇f(x(s))k2ds = 0, d’o`u ∇f(x(t)) = 0 sur l’orbite, et x(t) = x(0) est un point. Ce sont les
points critiques de f.
2) V´erifier que les orbites qui ne sont pas constantes sont partout orthogonales aux hypersurfaces
de niveau de la fonction f.
———— Une tangente `a l’orbite est donn´ee par le vecteur vitesse le long de l’orbite, colin´eaire
`a ∇f(x(t)), vecteur orthogonal `a l’hypersurface de niveau de f.
3) On suppose dans cette question que les ´epidomaines Ux={P∈U|f(P)≥x}, x ∈R, sont
tous compacts. D´emontrer que le champ de gradient de fest positivement complet (i.e. que le
domaine de d´efinition de toute orbite maximale contient la demi-droite positive).
———— Pour t≥0 tant que la solution existe, x(t) reste dans Ux(0) compact. Donc la solution
existe pour tout t≥0.
4) D´emontrer que tout point d’accumulation ¯xde l’orbite d’un champ de gradient ∇f(i.e. tout
point d’un des ensembles limites Lα(P) et Lω(P) d’un point Pde U) est un point critique de
la fonction f.
——– Par l’absurde. Supposons que ¯xn’est pas un point d’´equilibre, i.e. ∇f(¯x)6= 0. Alors
∃r > 0 tel que ky−¯xk< r ⇒0<m<k∇f(y)k ≤ M. Pour = inf(r/2, m2r/(4M)), ∃α > 0
tel que ky−¯xk< α ⇒f(y)> f(¯x)−. Maintenant, il existe ¯ ttel que kx(¯ t)−¯xk ≤ α. Alors,
pour ttel que |t−¯ t|< r/(2M), on a kx(t)−x(¯ t)k ≤ M|t−¯ t| ≤ r/2. D’o`u, f(x(¯ t+ (r/2M))) >
f(x(¯ t))+m2r/(2M)> f (¯x)−+m2r/(2M)> f(¯x)+m2r/(4M). Comme f(x(t)) est croissante,
x(t) ne peut pas avoir comme point d’accumulation ¯x.
5) On suppose dans cette question que U=Rnet que, de plus, l’ensemble des points critiques de
la fonction fest discret. Etablir que les orbites (maximales) born´ees qui ne sont pas constantes
relient exactement deux points critiques de f, i.e. qu’elles convergent en plus et moins l’infini
vers un point critique de f.
——— Une orbite born´ee a au moins un point d’accumulation ¯xen +∞. Si l’on suppose qu’il
y a un autre point d’accumulation, l’orbite passe de fa¸con r´ecurrente de l’un `a l’autre, et donc a
une infinit´e non d´enombrable d’autres points d’accumulation (intersection de l’orbite avec des
petites sph`eres centr´ees en ¯x).
6) Que devient l’´enonc´e pr´ec´edent si l’on remplace l’hypoth`ese U=Rnpar la compacit´e des
´epidomaines Uxintroduits au point 3 ?
——– Idem.

Exercice 7 : Soit g:R→R, locallement Lipschitzienne telle que g(0) = 0. Soit G(u) =
Ru
0g(s)ds. Le but de l’exercice est de montrer qu’il existe une solution paire strictement positive
u(x) de
(∗)u00 +g(u) = 0 sur R,lim
x→±∞ u(x) = 0,
si et seulement si il existe u0>0 tel que
(∗∗)g(u0)>0, G(u0) = 0 et G(u)<0 pour tout 0 < u < u0.
1) Pr´eliminaire: montrer que si u∈C2(R) v´erifie limx→+∞u(x) = 0 et limx→+∞u00(x) = 0,
alors limx→+∞u0(x) = 0.
————
u(t+ 1) −u(t) = Z1
0
u0(t+s)ds =u0(t) + Z1
0Zt+s t
u00(σ)dσds,
d’o`u
|u0(t)| ≤ |u(t+ 1) −u(t)|+1
2sup
t≤σ≤t+1
|u00(σ)|
et la conclusion
————
2) En d´eduire que si uv´erifie (∗) alors 1
2(u0)2(x) + G(u(x)) = 0 pour tout x.
———— Par hypoth`ese u(x) tend vers 0. Comme g(0) = 0, u00 tend aussi vers 0 pour x→+∞
par l’´equation. La quantit´e 1
2(u0)2(x) + G(u(x)) ´etant constante et ayant une limite nulle en
+∞par la question 1), elle est bien nulle.
————
3) Montrer que si uest solution de (∗) comme dans l’´enonc´e, alors u0(0) = 0 et u0(x)6= 0 pour
tout x6= 0. En d´eduire que gv´erifie (∗∗) pour u0=u(0).
———— u0(0) = 0 par parit´e. Si l’on suppose que u0(x0) = 0 pour x0>0, on obtient que u(x)
est une solution p´eriodique, de p´eriode au plus 2x0, ce qui est absurde. En posant u0=u(0),
on a bien G(u0) = 0 et par 1
2(u0)2(x) + G(u(x)) = 0, G(u)<0 pour 0 < u < u0. Finalement, si
l’on suppose g(u0)<0, on obtient que uest strictement croissante pour x > 0 proche de 0, ce
qui est absurde, et si on suppose g(u0) = 0, alors u≡u0, ce qui est absurde. Donc g(u0)>0.
————
4) R´eciproquement, supposant (∗∗), montrer que la solution de (∗) telle que u(0) = u0et
u0(0) = 0 r´epond `a la question.
———— La solution propos´ee existe sur un intervalle maximal ] −T, T [ (elle est paire par
unicit´e pb. de Cauchy). Puisque u00(0) <0, u0(x)<0 pour x > 0 proche de 0, et uest
d´ecroissante pour x > 0 proche de 0. Si il existe x0tel que u(x0) = 0 alors u0(x0) = 0 par
1
2(u0)2(x)+G(u(x)) = 0 et u≡0, ce qui est absurde. Tant que 0 < u < u(0), uest d´ecroissante.
Donc uest globale et d´ecroissante sur [0,+∞) (T= +∞). Donc uadmet une limite 0 ≤` < u0
en +∞, d’o`u u00 →g(`) = 0. Par 1), u0→0 et donc G(`) = 0. Donc `= 0.
————
5) Faire le lien avec l’exercice 1.
———— Sur les portraits de phases dans les exemples, on rep`ere la solution que l’on vient de
construire.