MAT 431 2013-2014 – Promotion 2012 Equations différentielles et

MAT 431 2013-2014 – Promotion 2012
Equations différentielles et systèmes dynamiques
Devoir
Indications de correction
Exercice 1 En notant R(t, 0) la résolvante du système
0
1
′
X (t) =
X(t)
−a(t) 0
on a
x(t∗ + kT )
x(t∗ )
= R(t∗ + kT, t∗ ) ′
x′ (t∗ + kT )
x (t∗ )
(1)
(2)
et comme a est T -périodique, R(t∗ + kT, t∗ ) = R(T + t∗ , t∗ )k . Une condition
nécessaire pour que toutes les solutions de (1) soient bornées est que la
résolvante R(T, 0) est elliptique, c’est-à-dire |trR(T, 0)| < 2. Remarquons
que comme R(t∗ + T, t∗ ) = R(t∗ , 0)R(T, 0)R(t∗ , 0)−1 il est équivalent de dire
que |trR(t∗ + T, t∗ )| < 2. Notons R = R(t∗ + T, t∗ ). Cette matrice 2 × 2
est de déterminant 1 et son polynôme caractéristique est Y 2 − (trR)Y + 1.
D’après le théorème de Cayley-Hamilton R2 − (trR)R + I = 0. Mais cette
équation matricielle appliquée à (2) donne
x(t∗ + 2T )
x(t∗ + T )
x(t∗ )
− trR ′
+
=0
x′ (t∗ + 2T )
x (t∗ + T )
x′ (t∗ )
et donc
x2 + x0 = (trR)x1 .
C’est la conclusion.
Exercice 2
1) On constate que ∇H(x, y) · X(x, y) = −ǫy 2 ≤ 0 sur R2 tout entier.
Comme pour tout (x, y) ∈ R2 , H −1 (H(x, y)) est compact, on en déduit par
un théorème du cours (Slide 5, p.6) que φtX (x, y) est défini pour tout t ≥ 0.
2) Soit (x, y) ∈ R2 \ {0, 0} fixé et notons H(t) = H(φtX (x, y)). Fixons 0 ≤
t1 < t2 . Si y(·) ne s’annule pas sur [t1 , t2 ] on a H(t2 ) < H(t1 ). Sinon, il
existe t∗ ∈ [t1 , t2 ] où y(t∗ ) = 0. Comme (0, 0) est un point fixe de (φtX ) on
a x(t∗ ) 6= 0 et donc d’après l’EDO, y ′ (t∗ ) 6= 0 ; d’après les accroissements
finis, il existe un intervalle [t∗ + ǫ, t∗ + 2ǫ] ⊂]t1 , t2 [ sur lequel y est différent
de 0. Comme (d/dt)H(x(t), y(t)) = −ǫy(t)2 on a donc H(t1 ) ≥ H(t∗ + ǫ) >
H(t∗ + 2ǫ) ≥ H(t2 ).
3) On peut supposer (x(0), y(0)) non-nul (car sinon c’est évident). La fonction H(x(t), y(t)) est décroissante et admet donc une limite l = inf t≥0 H(x(t), y(t))
1
quand t → ∞. Comme H −1 (H(x(0), y(0)) est compact et que d’après la
question 1) (x(t), y(t)) reste dans cet ensemble pour tout temps, il existe
une suite tn → ∞ telle que (x(tn ), y(tn )) tend vers un point (x∗ , y∗ ) ; en ce
point H vaut l. Mais l est nécessairement nul car sinon H(x(t∗ +s), y(t∗ +s))
pour s > 0 serait strictement plus petit que l ce qui contredit le fait
que c’est un inf. On a donc limt→∞ H(x(t), y(t)) = 0 et la majoration
max(|x(t)|, |y(t)|) ≤ 2H(x(t), y(t))1/4 permet de conclure.
4) 4.a) On a u′ (t) = −ǫu(t) − u(t)2 − x(t)2 .
4.b) La formule de variation de la constante montre que
u(t) = e−
Rt
0
a(s)ds
u(0) −
Z
t
e−
Rt
s
a(r)dr
b(s)ds.
0
Si t1 > 0 est le temps maximal de validité de l’estimée
R t |u(t)| < ǫ/2 on voit
que pour tout 0 ≤ t < t1 on a a(t) ≥ ǫ/2 si bien que s a(r)dr ≥ (ǫ/2)(t − s)
R t R t
Rt
et 0 e− s a(r)dr b(s)ds ≤ 0 e−ǫ(t−s)/2 (ǫ2 /16) ≤ (2/ǫ)(ǫ2 /16) ≤ ǫ/8. On a
donc
|u(t)| ≤ |u(0)| + ǫ/8 < ǫ/8 + ǫ/8 = ǫ/4.
En particulier, si on avait t1 < t∗ on aurait |u(t1 )| ≤ ǫ/4 < ǫ/2, ce qui
contredit la définition de t1 . On a donc t1 = t∗ et donc pour tout 0 ≤ t < t∗ ,
|u(t)| < ǫ/2.
4.c) La question précédente montre que a(t) > ǫ/2 sur [0, t∗ ) et la formule
de la variation de la constante précédente montre que pour tout 0 ≤ t < t∗
Z t
−ǫt/2
e−(t−s)ǫ/2 |x(s)|2 ds.
|u(t)| ≤ e
|u(0)| +
0
Si t∗ était fini, la formule précédente montre que limt→t∗ |u(t)| serait finie.
Comme x(t∗ ) = 0 on aurait aussi y(t∗ ) = 0. Mais alors d’après le théorème
d’unicité des solutions on aurait x(·) = y(·) ≡ 0 ce que nous avons exclu
(x(0) 6= 0). Ainsi t∗ = ∞. En outre, comme on sait que lims→∞ x(s) = 0 on
a clairement limt→∞ u(t) = 0 (découper l’intégrale précédente entre 0 et t/2
et t/2 et t).
4.d) Si y(0) = 0 et |x(0)| = δ, on a d’après la question 3) que |x(t)| ≤ δ
pour t ≥ 0. Si on choisit δ = ǫ/4 on est dans les hypothèses de 4.c) et donc
t∗ = ∞.
5) Si l’ensemble Z des points où x s’annule est infini, il ne peut pas avoir
de point d’accumulation (fini) car sinon d’après le théorème de Rolle, en ce
point, x et sa dérivée x′ = y s’annuleraient, ce qui est impossible (x n’est
pas identiquement nulle). Ainsi, si Z est infini, on peut trouver une suite
tn → ∞ telle que x(tn ) = 0. Toujours d’après le théorème de Rolle, il existe
une suite t′n → ∞ telle que y(t′n ) = x′ (t′n ) = 0. Pour un n assez grand on a
2
donc y(tn ) = 0 et |x(tn )| ≤ ǫ/4 (question 5)). Mais la question précédente
montre que pour t > tn , x(t) 6= 0. Ainsi, Z est fini.
6) x(t) tend vers 0 en ayant au plus un nombre fini d’oscillations autour de
0.
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