Mathématiques L3– Correction de l’examen du 13/01/09
Exercice 1
Calculons le déterminant de la matrice(A−λI)en le développant par rapport à le première ligne. Il vient :
det(A−λI) =det
1−λ 0 0
2 3−λ 1
0 2 4−λ
= (1−λ)[(3−λ)(4−λ)−2] = (1−λ)(2−λ)(5−λ). (1) les valeurs propres sont1,2et5. Calculons le vecteur proprew1tel que
(A−I)w1=
0 0 0 2 2 1 0 2 3
w1= 0.
Calculonsw1par le théorème 1.2 du cours 7. Les co-facteurs de la première ligne sont :A1= det 2 1 2 3
!
= 4,
A2=−det 2 1 0 3
!
=−6etA3= det 2 2 0 2
!
= 4. Le théorème 1.2 permet d’affirmer quew1=
4
−6 4
est un vecteur propre. Par conséquentv1 =
2
−3 2
est le vecteur de base de l’espace propre de dimension
un associé à la valeur propreλ1 = 1. De même pourλ2 = 2 (resp.λ3 = 5) on trouvev2 =
0
−1 1
(resp.
v3 =
0 1 2
). Comme les valeurs propres sont distinctes, le corollaire 1.1 du même cours implique que les
trois solutionsx1 = et
2
−3 2
,x2 = e2t
0
−1 1
etx3 = e5t
0 1 2
sont linéairement indépendantes. La solution générale dex˙ = Ax, dans ce cas, est doncx(t) =C1x1(t) +C2x2(t) +C3x3(t). Dès lors la solution générale est
x(t) =
2C1et
−3C1et−C2e2t+C3e5t 2C1et+C2e2t+ 2C3e5t
,
où les constantesCisont à déterminer pour que la solution satisfasse à la condition initiale du problème.
Exercice 2
Évidemment det(A−λI) = 1 −λ2 et par conséquent λ = 1 est une valeur propre double. Les vecteurs propres sont solutions de l’équation(A−I)v = 0 0
1 0
!
v = 0. Par conséquentv1 = (0,1)T est un vecteur
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propre (à un facteur multiplicatif près), et il n’y en a pas d’autre qui soit linéairement indépendant àv1. Pour trouver une seconde solution au système nous essayons (voir cours) de trouverw1tel que(A−I)w16= 0mais tel que(A−I)2w1 = 0 et alors(A−I)3w1 = 0,· · ·,(A−I)nw1 = 0,· · ·Le vecteurw1 = (1,0)T convient.
Une deuxième solution linéairement indépendante deetv1 =et 0 1
!
est (voir paragraphe 1.2.3 du cours 7)
et[w1+t(A−I)w1]. Facilement on vérifie queet[w1+t(A−I)w1] =et 1 tα
!
. La solution générale du système est donc
x(t) =C1et 0 1
!
+C2et 1 tα
!
= et 0
tαet et
! C2
C1
! , oùC1etC2sont des constantes.
Exercice 3
D’après le théorème 1.3 de la leçon 6 sur quelques méthodes de résolution explicite, il suffit d’ajouter à la solu- tion de l’équation homogènex˙ =xune solution particulière de l’équation complètex˙ =x+e2t. Pour trouver une solution particulière on utilise la méthode des coefficients indéterminés (voir cours), en la cherchant sous la formexp(t) =αe2t. Il vient
2αe2t=αe2t+e2t,
soit2α=α+ 1et doncα= 1. La solution générale est doncx(t) =Cet+e2t.
Exercice 4
L’espace des polynômes de degré inférieur ou égal à deux est stable pour l’opérationf →tf′−f. En vertu du même principe qu’à l’exercice 3 cherchons une solution particulière de la formexp(t) = αt2+βt+γ. En remplaçant dans l’équation, il vientt(2αt+β) =αt2+βt+γ+t2soit, en identifiant les coefficients des termes de même degré : α = 1,γ = 0et β quelconque. On peut donc prendreβ = 0 etxp(t) = t2 est donc une solution particulière. Calculons les solutions xh de l’équation homogène. On atx˙ = x, soit xx˙ = 1t; il vient logx= logt+ logCou encorexh(t) =CtoùCest une constante.
La solution générale est doncx(t) =xp(t) +xh(t) =t2+Ct.
Exercice 5
Les points fixes dex˙ = f(x) = r−x2 sontx∗ = ±√r. Nous avons deux points fixes pourr > 0 et aucun pourr <0(figure 1). On a donc un point de bifurcation (des états d’équilibres) enx= 0pourr= 0, puisque subitement en ce point le problème “passe” de zéro équilibre à deux équilibres lorsquertraverse la valeur zéro dans le sens desrcroissants. Pour déterminer leur stabilité on observe quef′(x∗) =−2x∗. Ainsix∗= +√
rest stable carf′(x∗)<0. Similairementx∗ =−√
rest un point fixe instable (voir le sens des flêches sur la figure 1).
Pour étudier la stabilité des solutions on peut aussi faire une approximation du premier ordre autour des points critiques. Soit, pour reprendre les notations du cours,x± =±√r. Pour une perturbationξd’un point fixe, on
0 101
x x x
r <0 r= 0 r >0
FIG. 1 – Stabilité des points fixes en fonction der.
étudie ce qu’il advient à cette perturbation (c’est l’idée de futur, ce qui implique que l’on prendt→+∞). On a, puisquex+=√r,
(x++ξ)˙ = r−(x++ξ)2
ξ˙ = r−2x+ξ+O(ξ2)−x2+ ξ˙ = −2√
rξ ⇒ξ(t) =ξ0e−2√rt→t→+∞0
la perturbation décroît avec le temps (ici exponentiellement), le pointx+est localement stable. On remarque que−2√
r=f′(x+),−2√
rest le linéarisé defau point d’èquilibrex+. De même puisquex−=−√
r
(x−+ξ)˙ = r−(x−+ξ)2
ξ˙ = r−2x−ξ+O(ξ2)−x2− ξ˙ = 2√
rξ ⇒ξ(t) =ξ0e2√rt→t→+∞+∞
la perturbation croît avec le temps (ici exponentiellement), le pointx− est localement instable. On remarque que2√
r=f′(x−),2√
rest le linéarisé defau point d’èquilibrex−.
On voit donc qu’il suffit de regarder le signe du linéarisé, c’est-à-dire le signe de l’exposant exponentiel (sa- chant que l’on considèret→+∞).
On peut de plus s’en convaincre ainsi : soitr >0, considérons d’abord la courbe√r.
Casx >√
r , alorsx <˙ 0etxdécroît.
Cas0< x <√r, alorsx >˙ 0etxcroît.
Au total, dès quexest dans un voisinage d’un point de la courbe√
r(c’est l’idée de la perturbation dans un voisinage du point fixe) est ramené vers la courbe, qui est donc constituée de points fixes stables.
Considérons ensuite la courbe−√
rtoujours pourr >0.
Casx <−√
r , alorsx2> retx <˙ 0etxdécroît.
Cas−√
r < x <0 , alorsx2< retx >˙ 0etxcroît.
Dans ce cas, dès quexest dans un voisinage d’un point de la courbe−√ril s’en écarte. La courbe−√rest donc constituée de points fixes instables.
Au point de bifurcation (de point fixe)r= 0, du type point-selle, nous avonsf′(x∗) = 0, le système linéarisé est nul lorsque les points fixes fusionnent et on ne peut plus décider de la stabilité du point fixer= 0.
Exercice 6
1a) La figure 2 montre l’allure du champ de vecteurs lorsquervarie. Notons qu’il existe un point fixex∗1 = 0 pour toutr.
1b) Pourr <0our >0le deuxième point fixe estx∗2=r. Si on posef(x) =rx−x2on af′(x) =r−2xet donc f′(x∗2) =−r. Pourr <0, on af′(x∗2)>0, le point fixex∗2est instable. L’étude de la stabilité du pointx∗1ne peut plus s’étudier par le signe de la dérivée en ce point. Mais on voit que sir < x <0alorsx >˙ 0etxest croissant,
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x x x
˙
˙ x
˙ x x
r <0 r= 0 r >0
FIG. 2 – Allure du champ de vecteurs en fonction der.
x
r stable
stable
instable
instable
FIG. 3 – Diagramme de bifurcation transcritique.
alors que sir < 0 < xon ax <˙ 0etxest décroissant. En résumé sir < 0,xest croissant sixest négatif et décroissant sixest positif (voir le signe dex˙ sur la figure 2), le pointx∗1 est stable. Lorsquercroît vers zéro par valeurs négatives, le point fixe instablex∗2approche l’origine et fusionne avecx∗1pourr = 0. Finalement lorsquer > 0on remarque quef′(x2∗)<0etx∗2est instable. De plus l’observation de la figure 2 montre que pourr >0xest croissant six >0et décroissant six <0, donc quex∗1est instable.
On constate que le point fixex∗2 =rd’instable devient stable lorsquerpasse par zéro, alors que le point fixe x∗1= 0de stable devient instable lorsquer“traverse” la valeur 0. Il y aéchange de stabilitéentre les deux points fixesx∗2etx∗1(voir figure 3).
1c) Voir la figure 3.
2) On note quex∗1 = 0est un point fixe pour tout couple(a, b). Pourxpetit, par un développement de Taylor, 1−e−bx= 1−[1−bx+1
2b2x2+O(x3)], soit
1−e−bx=bx−1
2b2x2+O(x3).
Posonsf(x) =x(1−x2)−a(1−e−bx). On a donc, au voisinage de l’origine,x˙ =f(x) =x−a(bx−12b2x2)+O(x3).
Ou encorex˙ = (1−ab)x+(12ab2)x2+O(x3). Cette équation est du type examiné à l’exercice 5 avecr= 1−ab, elle possède donc une bifurcation transcritique (de points fixes) enx∗1 = 0pourr= 0soit pourab= 1. L’équation de la bifurcation transcritique dans le plan des paramètres est donc donnée par l’équationab= 1;
3) L’équation du deuxième point fixex∗2est donnée par la solution non nulle de l’équation(1−ab)x+(12ab2)x2= 0, c’est-à-dire que x∗2 = 2(abab−21). Cette formule est valide seulement si x∗2 est petit parce qu’elle est tributaire d’un déveleoppement de Taylor. Dire quex∗2est petit c’est dire que le numérateurab−1est petit et donc que les couples(a, b)de paramètres sont proches de la courbe de bifurcation transcritique.
