MAT 431 2013-2014 – Promotion 2012 Equations différentielles et

MAT 431 2013-2014 – Promotion 2012
Equations diff´ erentielles et syst` emes dynamiques
Devoir
Indications de correction
Exercice 1 En notant R(t, 0) la r´esolvante du syst`eme
X′(t) = 0 1
−a(t) 0X(t) (1)
on a x(t∗+kT )
x′(t∗+kT )=R(t∗+kT, t∗)x(t∗)
x′(t∗)(2)
et comme aest T-p´eriodique, R(t∗+kT, t∗) = R(T+t∗, t∗)k. Une condition
n´ecessaire pour que toutes les solutions de (1) soient born´ees est que la
r´esolvante R(T, 0) est elliptique, c’est-`a-dire |trR(T, 0)|<2. Remarquons
que comme R(t∗+T, t∗) = R(t∗,0)R(T, 0)R(t∗,0)−1il est ´equivalent de dire
que |trR(t∗+T, t∗)|<2. Notons R=R(t∗+T, t∗). Cette matrice 2 ×2
est de d´eterminant 1 et son polynˆome caract´eristique est Y2−(trR)Y+ 1.
D’apr`es le th´eor`eme de Cayley-Hamilton R2−(trR)R+I= 0. Mais cette
´equation matricielle appliqu´ee `a (2) donne
x(t∗+ 2T)
x′(t∗+ 2T)−trR x(t∗+T)
x′(t∗+T)+x(t∗)
x′(t∗)= 0
et donc
x2+x0= (trR)x1.
C’est la conclusion.
Exercice 2
1) On constate que ∇H(x, y)·X(x, y) = −ǫy2≤0 sur R2tout entier.
Comme pour tout (x, y)∈R2,H−1(H(x, y)) est compact, on en d´eduit par
un th´eor`eme du cours (Slide 5, p.6) que φt
X(x, y) est d´efini pour tout t≥0.
2) Soit (x, y)∈R2\ {0,0}fix´e et notons H(t) = H(φt
X(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] o`u y(t∗) = 0. Comme (0,0) est un point fixe de (φt
X) on
ax(t∗)6= 0 et donc d’apr`es l’EDO, y′(t∗)6= 0 ; d’apr`es les accroissements
finis, il existe un intervalle [t∗+ǫ, t∗+ 2ǫ]⊂]t1, t2[ sur lequel yest diff´erent
de 0. Comme (d/dt)H(x(t), y(t)) = −ǫy(t)2on 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 ´evident). La fonc-
tion H(x(t), y(t)) est d´ecroissante et admet donc une limite l= inft≥0H(x(t), y(t))
1

quand t→ ∞. Comme H−1(H(x(0), y(0)) est compact et que d’apr`es 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 Hvaut l. Mais lest n´ecessairement nul car sinon H(x(t∗+s), y(t∗+s))
pour s > 0 serait strictement plus petit que lce 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))1/4permet 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
0a(s)dsu(0) −Zt
0
e−Rt
sa(r)drb(s)ds.
Si t1>0 est le temps maximal de validit´e de l’estim´ee |u(t)|< ǫ/2 on voit
que pour tout 0 ≤t < t1on a a(t)≥ǫ/2 si bien que Rt
sa(r)dr ≥(ǫ/2)(t−s)
et 
Rt 0e−Rt
sa(r)drb(s)ds
≤Rt
0e−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 d´efinition de t1. On a donc t1=t∗et donc pour tout 0 ≤t < t∗,
|u(t)|< ǫ/2.
4.c) La question pr´ec´edente montre que a(t)> ǫ/2 sur [0, t∗) et la formule
de la variation de la constante pr´ec´edente montre que pour tout 0 ≤t < t∗
|u(t)| ≤ e−ǫt/2|u(0)|+Zt
0
e−(t−s)ǫ/2|x(s)|2ds.
Si t∗´etait fini, la formule pr´ec´edente montre que limt→t∗|u(t)|serait finie.
Comme x(t∗) = 0 on aurait aussi y(t∗) = 0. Mais alors d’apr`es le th´eor`eme
d’unicit´e 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 (d´ecouper l’int´egrale pr´ec´edente entre 0 et t/2
et t/2 et t).
4.d) Si y(0) = 0 et |x(0)|=δ, on a d’apr`es la question 3) que |x(t)| ≤ δ
pour t≥0. Si on choisit δ=ǫ/4 on est dans les hypoth`eses de 4.c) et donc
t∗=∞.
5) Si l’ensemble Zdes points o`u xs’annule est infini, il ne peut pas avoir
de point d’accumulation (fini) car sinon d’apr`es le th´eor`eme de Rolle, en ce
point, xet sa d´eriv´ee x′=ys’annuleraient, ce qui est impossible (xn’est
pas identiquement nulle). Ainsi, si Zest infini, on peut trouver une suite
tn→ ∞ telle que x(tn) = 0. Toujours d’apr`es le th´eor`eme de Rolle, il existe
une suite t′
n→ ∞ telle que y(t′
n) = x′(t′
n) = 0. Pour un nassez grand on a
2

donc y(tn) = 0 et |x(tn)| ≤ ǫ/4 (question 5)). Mais la question pr´ec´edente
montre que pour t > tn,x(t)6= 0. Ainsi, Zest fini.
6) x(t) tend vers 0 en ayant au plus un nombre fini d’oscillations autour de
0.
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