[PDF] TD8 – EDO - étude des équilibres dun système autonome

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Polytech" Paris - UPMC Agral 3, 2015 - 2016

TD8 - EDO - étude des équilibres d"un système autonome Exercice 1.Pour les systèmes linéaires proposés dans les exercices 1,2,3,4 du TD 6 dire si l"origine est un noeud stable, un noeud instable, un foyer stable, un foyer instable, un point selle ou un centre. Dessiner l"allure des solutions dans le plan des phases. Solution.Pour discuter la nature du point critique (l"origine) il suffit d"étudier les valeurs propres de la matrice du systèmeA.

Exercice1La matrice des coefficients est

A=‚-1 1

4-1Œ

et les valeurs propres sontλ= 1,λ=-3. Les valeurs propres sont réelles et de signe opposé. L"origine est un point selle. Il s"agit d"un équilibre instable.

Exercice2La matrice des coefficients est

A=‚2 1

4-1Œ

et les valeurs propres sontλ= 3,λ=-2. Les valeurs propres sont réelles et de signe opposé. L"origine est un point selle. Il s"agit d"un équilibre instable.

Exercice3La matrice des coefficients est

A=‚2-1

1 2Œ

et les valeurs propres sontλ= 2 +i,λ= 2-i. Les valeurs propres sont complexes conjuguées ainsi l"origine est un foyer. La partie réelle des valeurs propres est positive donc l"origine est un foyer instable. Exercice4La matrice des coefficients est la matrice non diagonalisable

A=‚2 1

0 2Œ

Cette matrice admet la valeurs propre multipleλ= 2. L"origine est un noeud impropre instable ( carλ >0). Exercice 2.On considère le système non linéaire autonome en dimension2:

¨y1?(t) = siny1(t)-2y2(t)ey1(t)

y

2?(t) =y2(t)(y2(t)ey1(t)-cosy1(t))

- Vérifier queP= (0,0)est un équilibre pour le système; - Dire siPest un équilibre stable ou instable.

Solution.Si l"on posey(t) = (y1(t),y2(t))et

f(y(t)) = (f1(y(t)),f2(y(t))) = (siny1(t)-2y2(t)ey1(t),y2(t)(y2(t)ey1(t)-cosy1(t))) alors le système s"écrit de manière plus compactey?(t) =f(y(t)). Le pointP= (0,0)est un équilibre car il vérifie la condition d"équilibre :

¨f1(y(t)) = 0

f

2(y(t)) = 0

1

Regardons maintenant si il s"agit d"un équilibre stable ou instable à l"aide de la méthode de

linéarisation. La matrice jacobienneDf(y)est : D f(y) = ∂f1∂y

1(y)∂f1∂y

2(y) ∂f

2∂y

1(y)∂f2∂y

2(y)! =‚cosy1(t)-2y2(t)ey1(t)-2ey1(t) y

2(t)2ey1(t)+y2(t)siny1(t) 2y2(t)ey1(t)-cosy1(t)Œ

Pour le pointPon trouve :

D f((0,0)) = ∂f1∂y

1(0,0)∂f1∂y

2(0,0)

∂f

2∂y

1(0,0)∂f2∂y

2(0,0)!

=‚1-2

0-1Œ

L"équation linéarisé au voisinage du point(0,0)est :

¨y1?(t) =y1(t)-2y2(t)

y

2?(t) =-y2(t)

Le polynôme caractéristique est :

p(λ) = (λ-1)(λ+ 1) On trouve deux racines réels, l"une positive et l"autre négative :

1= 1, λ2=-1.

Le système linéarisé admet un point selle à l"origine. Il s"agit d"un point d"équilibre instable.

Dès que le point est hyperbolique et il existe une valeur propre avec partie réelle strictement

positive, cette conclusion reste valide pour le système non linéaire. Exercice 3.On considère le système non linéaire autonome en dimension2:

¨y1?(t) =y2(t)ey2(t)

y

2?(t) = 1-y21(t)

- Déterminer les points d"équilibre du système;

- Linéariser le système et étudier la nature des équilibres du système linéarisé. Qu"est-ce

que on peut conclure pour les équilibres du système non linéaire?

Solution.Si l"on posey(t) = (y1(t),y2(t))et

f(y(t)) = (f1(y(t)),f2(y(t))) = (y2(t)ey2(t),1-y21(t))

alors le système s"écrit de manière plus compactey?(t) =f(y(t)). Les points d"e2quilibre sont

solutions du système :¨f1(y(t)) = 0 f

2(y(t)) = 0

Les solutions sontP1= (1,0)etP2= (-1,0). Regardons maintenant si il s"agit d"équilibres

stables ou instables à l"aide de la méthode de linéarisation. La matrice jacobienneDf(y)est :

D f(y) = ∂f1∂y

1(y)∂f1∂y

2(y) ∂f

2∂y

1(y)∂f2∂y

2(y)! =‚0ey2(t)(y2(t) + 1) -2y1(t) 0Œ

Pour le pointP1on trouve :

D f((1,0)) = ∂f1∂y

1(1,0)∂f1∂y

2(1,0)

∂f

2∂y

1(1,0)∂f2∂y

2(1,0)!

=‚0 1 -2 0Œ L"équation linéarisé au voisinage du point(1,0)est :

¨y1?(t) =y2(t)

y

2?(t) =-2y1(t)

2

Le polynôme caractéristique est :

p(λ) =λ2+ 2

On trouve deux racines complexes :

1=i⎷2, λ2=-i⎷2.

Le système linéarisé admet un centre à l"origine. Dès que la partie réelle des valeurs propres est

nulle on ne peut rien conclure pour le système non linéarisé.

Pour le pointP1on trouve :

D f((-1,0)) = ∂f1∂y

1(-1,0)∂f1∂y

2(-1,0)

∂f

2∂y

1(-1,0)∂f2∂y

2(-1,0)!

=‚0 1

2 0Œ

L"équation linéarisé au voisinage du point(1,0)est :

¨y1?(t) =y2(t)

y

2?(t) = 2y1(t)

Le polynôme caractéristique est :

p(λ) =λ2-2

On trouve deux racines réelles :

1=⎷2, λ2=-⎷2.

Le système linéarisé admet un point selle à l"origine. Dès que il existe une valeur propre de partie

réelle strictement positive, le point(1,0)est un équilibre instable pour le système non linéaire.

Exercice 4.On considère le système proie-prédateur avec correction logistique en dimension

2:¨y1?(t) = (1-y2(t)-ay1(t))y1(t)

y

2?(t) =-(1-y1(t) +by2(t))y2(t)

avec0< a <1etb >0coefficients. - Déterminer les points d"équilibre du système;

- Linéariser le système et étudier la nature des équilibres du système linéarisé. Qu"est-ce

que on peut conclure pour les équilibres du système non linéaire?

Solution.Si l"on posey(t) = (y1(t),y2(t))et

f(y(t)) = (f1(y(t)),f2(y(t))) = ((1-y2(t)-ay1(t))y1(t),(1-y1(t) +by2(t))y2(t))

alors le système s"écrit de manière plus compactey?(t) =f(y(t)). Les points d"équilibre sont

solutions du système :¨f1(y(t)) = 0 f

2(y(t)) = 0

Les solutions sontP1= (0,0)etP2= (1a

,0),P3= (1+b1+ab,1-a1+ab). Regardons maintenant si il s"agit

d"équilibres stables ou instables à l"aide de la méthode de linéarisation. La matrice jacobienne

Df(y)est :

D f(y) = ∂f1∂y

1(y)∂f1∂y

2(y) ∂f

2∂y

1(y)∂f2∂y

2(y)! =‚1-y2-2ay1(t)-y1(t) y

2(t)-1 +y1(t)-2by2(t)Œ

Pour le pointP1on trouve :

D f((0,0)) = ∂f1∂y

1(0,0)∂f1∂y

2(0,0)

∂f

2∂y

1(0,0)∂f2∂y

2(0,0)!

=‚1 0

0-1Œ

3

Le polynôme caractéristique est :

p(λ) = (λ-1)(λ+ 1)

On trouve deux racines réelles :

1= 1, λ2=-1.

Le système linéarisé admet un point selle à l"origine. Dès que il existe une valeur propre de partie

réelle strictement positive, le point(0,0)est un équilibre instable pour le système non linéaire.

Pour le pointP2on trouve :

D f((1a ,0)) = ∂f1∂y 1(1a ,0)∂f1∂y 2(1a ,0) ∂f

2∂y

1(1a ,0)∂f2∂y 2(1a ,0)! =‚-11a

0-1 +1a

Le polynôme caractéristique est :

p(λ) = (λ+ 1)(λ+ 1-1a

On trouve deux racines réelles :

1= 1, λ2=-1 +1a

Par hypothèse0< a <1doncλ2> 0. Le système linéarisé admet un noeud instable à l"origine

car les deux valeurs propres sont de signe positif. Dès que il existe une valeur propre de partie

réelle strictement positive, le point est un équilibre instable pour le système non linéaire.

Pour le pointP3on trouve :

D f((1 +b1 +ab,1-a1 +ab)) = ∂f1∂y

1(1+b1+ab,1-a1+ab)∂f1∂y

2(1+b1+ab,1-a1+ab)

∂f

2∂y

1(1+b1+ab,1-a1+ab)∂f2∂y

2(1+b1+ab,1-a1+ab)!

=11 +ab‚ -a(1 +b)-1-b

1-a-b(1-a)Œ

A l"aide d"un calcul fastidieux on peut voir que le polynôme caractéristique admet deux valeurs

propres complexes de partie réelles strictement négative.L"équilibreP3est hyperbolique. Le système non linéaire admet un foyer stable au pointP3. Exercice 5.Le mouvement d"un pendule simple amorti est décrit par le système non linéaire autonome :

¨y1?(t) =y2(t)

y

2?(t) =-siny1(t)-αy2(t)

- Déterminer les points d"équilibre du système pourα= 1;

- Linéariser le système et étudier la nature des équilibres du système linéarisé pourα= 1.

Qu"est-ce que on peut conclure pour les équilibres du système non linéaire? - Et si le coefficient de frottementαest nul?

Solution.Si l"on posey(t) = (y1(t),y2(t))et

f(y(t)) = (f1(y(t)),f2(y(t))) = (y2(t),-siny1(t)-αy2(t)) alors le système s"écrit de manière plus compactey?(t) =f(y(t)). Posonsα= 1. Les points d"équilibre du système sont les solutions de l"équation f(y) = (y2(t),-siny1(t)-y2(t)) = (0,0) Tous pointsy= (kπ,0), k?Z, sont point d"équilibre. La jacobienneDf(y)est la matrice D f(y) = ∂f1∂y

1(kπ,0)∂f1∂y

2(kπ,0)

∂f

2∂y

1(kπ,0)∂f2∂y

2(kπ,0)!

=‚0 1 (-1)k+1-1Œ 4 L"équation linéarisé au voisinage d"un point d"équilibre est :

¨y1?(t) =y2(t)

y

2?(t) = (-1)k+1y1(t)-y2(t)

Le polynôme caractéristique est :

p(λ) =λ2+ (-1)k+λ Pourkpaire on trouve les racines du polynôme caractéristique sont complexes conjuguées : 1=-12 +i⎷3 2 , λ2=-12 -i⎷3 2

Vu que la partie réelle des valeurs propres est strictement negative l"origine est un noeud stable

pour le linéarisé. Peut-on conclure que ces points d"équilibre sont des équilibres stables aussi

pour le pendule amorti non linéarisé? Oui parce que tous les point d"équilibre aveckpaire sont

des points hyperboliques à partie réelle strictement negative. Pourkimpaire on trouve deux racines réels, l"une positive et l"autre négative : 1=-12 +⎷5 2 , λ2=12 -⎷5 2

L"origine est un point selle pour le linéarisé pourkimpaire. Il s"agit d"un équilibre instable.

Peut-on conclure que ces points d"équilibre sont des équilibres stables aussi pour le pendule amorti non linéarisé?Oui parce que il existe une valeur propre avec partie réelle positive.

Siα= 0on est dans le cas du pendule simple. Les points d"équilibres sont les mêmes. La matrice

jacobienne est‚0 1 (-1)k+10Œ

Le polynôme caractéristique est :

p(λ) =λ2-(-1)k+1

Pourkpaire on trouve :

p(λ) =λ2+ 1 = 0ssi=λ1=i,λ2=-i

L"origine est un centre pour le système linéarisé. On ne peut pas étudier le système non linéaire

à l"aide de la linéarisation car les valeurs propres ont partie réelle nulle. Pourkimpaire on trouve

p(λ) =λ2-1 = 0ssi=λ1= 1,λ2= 1

L"origine est un point d"équilibre selle pour le système linéarisé. Il s"agit d"un équilibre instable.

Peut-on conclure que ces points d"équilibre sont des équilibres instables aussi pour le système

non linéarisé? Oui, parce que la partie réelle de la valeur propreλ1= 1est strictement positive.

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