2. En justifiant ses choix, associer à chacun des cas suivant l’un des portraits de phases donnés en annexe 1.
a>0 a=0 a<0 a>0 a<0 A) B) C) D) E) b 6= 0 b 6= 0 6 0 b= b=0 b=0
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Exercice 2 Soit x00 = x − 4y
(Σ) : y 00 = −x + y 1. Donner le type du système (Σ). 2. Montrer que le système (Σ) est équivalent au système 0 y = y2 10 y2 = y1 − 4y3 (S) : y0 = y4 30 y4 = −y1 + y3
On notera A la matrice du système (S).
1 √ 3. Montrer que Spec(A) = {±i, ± 3} et donner un vecteur directeur pour chacun des sous espaces propres de A. 4. En déduire une base de solutions réelles pour le système (S) et donner l’ensemble des solutions de (S) sous forme matricielle. 5. En déduire l’ensemble des solutions du système Σ. On donner cette solution sous la x(t) = ... forme y(t) = ...
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Exercice 3 Soit x0 =
(x2 − 1)y (S) : y 0 = (x + 2)(y − 1) 1. Donner le type du système (S) et donner explicitement le champ de vecteurs F qui lui est associé. 2. Montrer que les points fixes de (S) sont
P1 = (−2, 0), P2 = (1, 1), P3 = (−1, 1)
3. Déterminer, pour tout couple (x, y), la matrice jacobienne Jac(F )(x, y) et en déduire les matrices Ji = Jac(F )(Pi ) pour chacun des points fixes Pi de (S). 4. Parmi les portraits de phases donnés en annexe 2, déterminer celui correspondant au système différentiel (S) (justifier).
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2 ANNEXE I
I II III
IV V VI
VII VIII IX
3 ANNEXE 2 1.5 1.5
1 1
0.5 0.5
0 0
-0.5 -0.5
-1 -1
-1.5 -1.5 A) -2 -1 0 1 B) -2 -1 0 1
4 1.5
0.5
-0.5
-1
-1.5 C) -2 -1 0 1 CORRECTION
Exercice 1 : 1. a−λ −b χA (λ) = = (a − λ)2 + b = (a + ib − λ)(a − ib − λ) b a−λ D’où Spec(A) = {a ± ib}. 2. Si b 6= 0, les valeurs propres de A sont donc complexes. Les trajectoires du por- trait de phase de (S) sont alors des spirales dont l’évolution dépend du signe de a. Précisément :
– Si a > 0, les spirales s’étendent, d’où A ↔ VII.
– Si a = 0, les spirales sont des cercles, d’où B ↔ IX. – Si a < 0, les spirales se contractent, d’où C ↔ II.
x0 = ax
Si b = 0, on a A = a.I3 . Dans ce cas, le système (S) est . On a y 0 = ay x(t) = x(0)eat alors . y(t) = y(0)eat On constate en particulier que x(t) et y(t) sont proportionnels entre eux. Les trajec- toires de ce système sont donc des droites linéaires dont le sens de parcours dépend du signe de a. Précisément :
– Si a > 0, on a x(t) et y(t) → ±∞ quand t → +∞ donc D ↔ V.
– Si a < 0, on a x(t) et y(t) → 0 quand t → +∞ donc E ↔ I.
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Exercice 2 : 1. Il s’agit d’un système différentiel linéaire, d’ordre 2, homogène, à coefficients constants. 2. On obtient le système (S) en posant
y1 = x, y2 = x0 , y3 = y, y4 = y 0
On a alors 0 y = x0 = y2 10 y2 = x00 = x − 4y = y1 − 4y3 y0 = y0 = y4 30 y4 = y 00 = −x + y = −y1 + y3
Or −λ −4 0 −λ 1 −λ 0 −λ 1 = λ2 = λ2 (λ2 − 1) 1 −λ 0 1 −λ et 1 −4 0 1 −4 0 −λ 1 0 −λ 1 = 0 −λ 1 = = λ2 + 3 −3 −λ −1 1 −λ 0 −3 −λ Ainsi, χA (λ) = λ2 (λ2 − 1) − (λ2 + 3) = λ4 − 2λ2 − 3 En posant X = y 2 , on transforme le polynôme χA (λ) en P (X) = X 2 − 2X − 3 dont le discriminant est ∆ = (−2)2 + 4 × 3 = 16 √ 2 ± 16 et dont les racines sont X1,2 = = −1 et 3. 2 Ainsi, P (X) = (X + 1)(X − 3) et √ √ χA (λ) = (λ2 + 1)(λ2 − 3) = (λ − i)(λ + i)(λ − 3)(λ + 3) √ Le spectre de A est donc bine Spec(A) = {±i, ± 3}.
Une fois obtenues les valeurs propres, on détermine les sous espaces propres. Ici, puisque l’on a quatre valeurs propres distinctes, chaque sous espace propre est de dimension 1. Chaque système AX = λX à résoudre est donc de rang 3 et l’ensemble des solutions s’exprime à l’aide d’un seul des quatre paramètres.
7 – E−√3 : √ √ AX = − 3X ⇐⇒ (A + 3I3 )X = 0 √ 3y1 + √ y2 = 0 y1 + 3y2 − √4y3 = 0 ⇐⇒ 3y3 + √ y4 = 0 −y1 + y3 + 3y4 = 0 √ y2 = −√ 3y1 ⇐⇒ 1 y3 = 4 (y1 + 3y2 ) = −√21 y1 √ − 3y3 = 23 y1 y4 = √2 −2 3 Ainsi, E−√3 est engendré par le vecteur X4 = . −1 √ 3 4. Chaque valeur propre, associée à son vecteur propre produit une solution de base pour le système (S) : √ √ Z1 (t) = eit X1 , Z2 (t) = e−it X2 , Y3 (t) = e 3t X3 , Y4 (t) = e− 3t X4 Cependant, pour avoir une base de solutions réelles, il faut prendre la partie réelle et la partie imaginaire de la solution Z1 : 2eit 2 cos t + 2i sin t 2ieit −2 sin t + 2i cos t Z1 (t) = eit X1 = eit = cos t + i sin t ieit − sin t + i cos t 2 cos t 2 sin t −2 sin t + i 2 cos t = cos t sin t − sin t cos t On obtient ainsi deux solutions de base pour le système (S) : 2 cos t 2 sin t −2 sin t 2 cos t Y1 : t 7→ et Y2 : t 7→ cos t sin t − sin t cos t que l’on complète avec √ √ 2e 3t 2e− 3t √ √3t √ −√3t 2 3e√ −2 3e √ Y3 : t 7→ et Y4 : t 7→ −e 3t −e− 3t √ √3t √ −√3t − 3e 3e
8 En notant M (t) la matrice dont les colonnes sont les vecteurs Y1 (t) à Y4 (t), on obtient l’ensemble des solutions de (S) sous la forme α β 4 Y (t) = M (t) × C, C = γ ∈R
soit √ √ 2e 3t 2e− 3t 2 cos t 2 sin t α √ √3t √ −√3t −2 sin t 2 cos t 2 3e√ −2 3e √ β Y (t) = −e 3t −e− 3t γ cos t sin t √ √3t √ −√3t − sin t cos t − 3e 3e δ
5. Les solutions (x(t), y(t)) du système Σ correspondent aux coordonnées y1 (t) et y3 (t) du vecteur Y (t) ci-dessus. Ainsi ( √ √ x(t) = 2α cos(t) + 2β sin t + 2γe√3t + 2δe−√3t , α, β, γ, δ ∈ R y(t) = α cos(t) + β sin t − γe 3t − δe− 3t
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Exercice 3 : 1. Il s’agit d’un système autonome d’ordre de la forme Y 0 = F (Y ) avec
F (x, y) = (x2 − 1)y, (x + 2)(y − 1) = (x2 y − y, xy − x + 2y − 2)
2. Les points fixes du système (S) sont par définition l’ensemble des couples (x, y) tels que F (x, y) = (0, 0). Or
