1L3 MASS Systemes dynamiques TD Corrige

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1L3 MASS 2005/06. Systemes dynamiques. TD 3[Corrige] Exercice 1 On considere l'equation differentielle dans le plan { dx dt = ax + bydy dt = cx + dy avec a, b, c, d ? R t.q. (a + d)2 > 4 (ad? bc) (1) 1. On pose X = [ x y ] . Verifier que (1)?? dXdt = A X ou A designe une matrice (2? 2) que l'on explicitera. 2. Determiner les valeurs propres ?1, et ?2, de la matrice A en fonction de sa trace tr(A), et de son determinant det(A). 3. Soit V1, et V2 deux vecteurs propres associes aux valeurs propres ?1, et ?2. Montrer que (V1, V2) forment une base de R2. Resoudre le systeme differentiel (1) dans cette base. 4. Decrire les portraits de phases, et discuter le comportement des solutions, dans les trois cas suivants : 1) ?1 < ?2 < 0 2) 0 < ?1 < ?2 3) ?1 < 0 < ?2 Solution : 1. On a clairement (1)?? dXdt = A X avec A = ( a b c d ) 2.

  • siquement repere par la matrice diagonale

  • dt


Publié le : mardi 19 juin 2012
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L3MASS2005/06.Syste`mesdynamiques.TD3[Corrig´e]
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Exercice 1 Onconsid`erel´equationdie´rentielledansleplan ddddtxty == acxx ++ dbyy avec a b c d R t.q. ( a + d ) 2 > 4 ( ad bc ) (1) 1. On pose X = yx .Ve´rierque (1) ⇐⇒ ddXt = A X ou` A designe une matrice (2 × 2) que l’on explicitera. ´ 2.D´eterminerlesvaleurspropres λ 1 , et λ 2 , de la matrice A en fonction de sa trace tr( A ) ,etdesond´eterminant de´t( A ) . 3. Soit V 1 , et V 2 deuxvecteurspropresassocie´sauxvaleurspropres λ 1 , et λ 2 . Montrer que ( V 1  V 2 ) forment une base de R 2 .Re´soudrelesyst`eme die´rentiel(1)danscettebase. 4.D´ecrirelesportraitsdephases,etdiscuterlecomportementdessolutions, dans les trois cas suivants : 1) λ 1 < λ 2 < 0 2) 0 < λ 1 < λ 2 3) λ 1 < 0 < λ 2 Solution : 1. On a clairement (1) ⇐⇒ ddX = A X avec A = cabd t 2.Lepolynoˆmecaracte´ristiquede A estdonn´epar p ( λ )=de´t( A λI )=d´et a cλdb λ = ( a λ )( d λ ) bc = ( ad bc ) λ ( a + d ) + λ 2 = λ 2 λ tr( A )+d´et( A ) = λ tr(2 A ) 14 × tr( A ) 2 4d´et( A )
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Dapr`esnoshypoth`eses,nousavons tr( A ) 2 4de´t( A ) = ( a + d ) 2 4 ( ad bc ) > 0 Les valeurs propres λ 1 , et λ 2 , de la matrice A sontdoncdonne´espar tr( A ) − | tr( A ) | < λ 1 = tr( A ) p tr( A ) 2 4d´et( A ) 2 2 et λ 1 < λ 2 = tr( A ) + p tr( A ) 2 4d´et( A ) 2 3. Si les vecteurs V 1 et V 2 ne´taientpasind´ependants,nousaurions V 1 = γV 2  γ 6 = 0 AV 1 = λ 1 V 1 = γAV 2 = λ 2 ( γV 2 ) = λ 2 V 1 λ 1 = λ 2 On obtiendrait ainsi une contradiction avec le fait que λ 1 < λ 2 . On en conclut que le couple de vecteurs ( V 1  V 2 ) forme une base de R 2 . On notera par la suite X = yx lescoordonn´eesdunvecteur X dans la base ( V 1  V 2 ). On rappelle que si X s´ecrit X = xy = x E 1 + y E 2 dans la base canonique ( E 1  E 2 ) =  10 10  , et si V 1 = vv 11 21 et V 2 = vv 22 12 d´esignentlescoordonn´eesde V 1 et de V 2 dans la base ( E 1  E 2 ), on obtient classiquement la formule de changement de base = [ V 1  V 2 ] = vv 11 21 vv 22 2 X = P X avec P 1 Linde´pendanceentre V 1 et V 2 nous assure que P est inversible de´t( P ) = v 1 1 v 2 2 v 2 1 v 1 2 6 = 0 Dans la base ( V 1  V 2 ),lope´rateurline´aireassocie´a`lamatrice A est clas-siquementrep´ere´parlamatricediagonale D = P 1 AP := A . On a en effet ( AX ) = P 1 ( AX ) = P 1 AP X = A X A = P 1 AP Donc AP X = A [ V 1  V 2 ] yx = A ( xV 1 + yV 2 ) = x AV 1 + y AV 2  V 2 ] λλ 21 yx = λ 1 x V 1 + λ 2 y V 2 = [ V 1 = P λ 0 1 λ 0 2 X = A = D = λ 0 1 λ 0 2
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Dans cette base de vecteurs propres ( V 1  V 2 ),lesyste`medie´rentielsex-prime sous la forme suivante dX = P 1 AX = P 1 AP X = A X dt 1 ddtX = P Autrement dit, nous avons ddddtxty == λλ 21 yx Les solutions de (1) dans la base ( V 1  V 2 )sontdoncdonn´eespar x ( t ) = e λ 1 t x (0) y ( t ) = e λ 2 t y (0) Dans la base canonique originelle ( E 1  E 2 ),lasolutiong´ene´raleestdonc d´eepar onn X ( t ) = yx (( tt )) = P X ( t ) = [ V 1  V 2 ] yx (( tt )) = x ( t ) V 1 + y ( t ) V 2 = [ e λ 1 t x (0)] V 1 + [ e λ 2 t y (0)] V 2 avec xy ((00)) = P 1 xy ((00)) 4. (a) Dans les deux premiers cas 1) et 2), les valeurs propres λ 1 et λ 2 ontlemˆemesigne,etlona( λ 1 λ 2 ) < 0. Dans cette situation, en supposant que les conditions initiales x (0), et y (0), sont non nulles, nous avons xy (( tt ))= x (0)) e ( λ 1 λ 2 ) t = yx ((00)) e −| λ 1 λ 2 | t t + 0 y (0 par valeurs positives si x (0) et y (0)ontlemeˆmesigne,´atives neg sinon.Danscecas,lestrajectoiresv´erientaussi x = C | y | λ 1 λ 2 Deuxcasdegurepeuventsepre´senter: (i) Si les valeurs propres λ 1 < λ 2 < 0sonttoutesdeuxn´egatives, l’origine est un pointd´equilibreattractif . On dit que c’est un noeud attractif ou un puits . Dans cette situation, nous avons λ 2 < λ 1 < 0 = λλ 1 > 1 2
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etdanscecas,touteslestrajectoiresve´rientle´quation y ( x ) = C | x | λ 2 λ 1 , avec λλ 12 < 1,doncellessonttangentesenlorigine`alaxe de´termine´parlevecteurpropre V 2 associe´a`lapluspetiteenvaleur absoluedesvaleurspropres,i.e.a` λ 2 . Il ya cependant une trajectoire exceptionnelle,correspondanta` C =0,quiestco-line´aireauvecteur V 1 .Lesportraitsdephasescorrespondant`acecasetauxsuivants sontd´ecritsdanslesNotesdecours. (ii) Si les valeurs propres 0 < λ 1 < λ 2 sont toutes deux positives, l’origine est unpointd´equilibrere´pulsif . On dit aussi que c’est un noeudre´pulsifouunesource . Dans cette situation, nous avons λ 2 0 < λ 1 < λ 2 = 1 <λ 1 et dans ce cas, quand t → −∞ ,touteslestrajectoiresv´erientencore | y | = C | x | λ 2 λ 1 , avec λ 2 λ 1 > 1, donc elles sont toutes tangentes en lorigine`alaxed´etermin´eparlevecteurpropre V 1 associe`alaplus ´ petitedesvaleurspropresenvaleurabsolue,i.e.`a λ 1 , , sauf encore la trajectoire exceptionnelle C =0,quiestco-line´airea` V 1 . (b)Lorsquelesvaleurspropressontdesignesoppos´es λ 1 < 0 < λ 2 , et si x (0) 6 = 0, nous avons 0 + ∞← t x ( t ) = e −| λ 1 | t x (0) t →− + si x (0) > 0 −∞ si x (0) < 0 De meme, si y (0) 6 = 0, nous avons ˆ −∞← t 0 y ( t ) = e | λ 2 | t y (0) t + + ssii yy ((00)) >< 00 Dans cette situation, λ 1 < 0 < λ 2 .Donclestrajectoiresv´erientpar y = C | x | λ 2 λ 1 = C 1 1 | | x | | λ 2 λ On renvoie encore au cours pour le portrait de phases correspondant. On notera pour conclure que l’origine n’est ni stable, ni instable, ni attractive, ni repulsive. On dit dans ce cas de figure que c’est un col . ´
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Exercice 2 R´esoudreetanalyserlastabilite´dese´quationsdie´rentiellessui-vantes : 1) x ′′ + 5 x + x = 0 2) x ′′ + 5 x + 4 x = 0 3) x ′′ + 4 x + 2 x = 0 Solution : Lestroissyst`emessere´solvantdefac¸onanalogue,nousdonneronsunepreuve d´etaill´eeuniquementdanslepremiercas. 1.Oncommenceparnoterquelepremiersyst`emepeutsemettresousla formedunsyst`emedi´erentieldupremierordredansleplan x ′′ + 5 x + x = 0 yx == y 5 y x (2) Ainsi, si on pose X = xy , on obtient (2) ⇐⇒ ddtX = A X avec A = 01 15 On note ensuite que tr( A ) = 5etd´et( A ) = 1 On en conclut que les valeurs propres tr( A ) ± p tr( A ) 2 4d´et( A ) 2 de A sont λ 1 = 5 2 21 < λ 2 = 5 + 21 < 0 2 Donclorigineestunnoeudattractif(ouencoreunpuits).Pourr´esoudre cesyste`me,oncalculelesvecteurspropres V 1 et V 2 associ´esa` λ 1 et λ 2 . Par exemple le vecteur propre V 1 = vv 11 12 associ´e`a λ 1 estdonne´par 01 15   vv 11 12 = λ 1 vv 11 12 Autrementdit,ilsutdere´soudrelesysteme ` 1 2 = ( v 1 1 5 vv 1 2 = 55 22 2211 vv 11 12 ) ⇐⇒ v 1 2 = 5 2 21 v 1 1 Il nous suffit donc de choisir par exemple V 1 = 1 1 λ
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