298
8 • Stabilité des solutions stationnaires
ix). Par définition a( p ∗ ) = − p ∗ . De plus, le système est invariant par la symétrie
centrale (x, y) → (−x, −y). Donc l’orbite de (0, − p ∗ ) est symétrique de celle
de (0, p ∗ ) : puisque le premier appartient à l’orbite du second, leurs deux orbites
sont par conséquent confondues et forment un cycle.
Exercice 8.6
i). Le problème revient à chercher une solution de (8.11) ne dépendant que de
j := (x − st)
a/k, c’est-à-dire une solution de l’EDO du second ordre u
+
cu
+ u(1 − u) = 0 (ce qui donne le système voulu dans le plan de phase) avec
c := s/
√
ak, tendant vers 1 en −∞ et vers 0 en +∞.
ii). Le système linéarisé autour du point fixe (1, 0) est
u
= v , v
= −cv + u ,
dont les valeurs propres sont l
±
1 := (−c ±
√
c 2 + 4)/2, de signes oppposés (et
les vecteurs propres associés sont (1, l
±
1 ) t ). Le point (1, 0) est donc un point selle.
Pour qu’une orbite relie A := (1, 0) à O := (0, 0) en restant dans le demi-plan
u ≥ 0, il ne faut pas que (0, 0) soit un foyer. Or le système linéarisé autour du
point fixe (0, 0) est
u
= v , v
= −cv − u ,
dont les valeurs propres sont réelles si et seulement si c
2
≥ 4, auquel cas elles
valent l
±
0 := (−c ±
√
c 2 − 4)/2. Une condition nécessaire est donc c
2
≥ 4,
c’est-à-dire c ≥ 2 puisqu’on a supposé c > 0 au départ.
iii). Le point B d’intersection des droites d’équation v = l
+
1 (u − 1) (tangente à la
courbe instable en A) et v = l
+
0 u est en dessous de l’axe Ou puisque l
+
0 < 0 <
l
+
1 , et l’on a
T = O B A = {(u, v) ; u ∈ [0, 1] , v ≤ 0 , v ≥ l
+
0 u , v ≥ l
+
1 (u − 1)} .
Le long du segment [O A] (u ∈ [0, 1], v = 0), le champ est vertical dirigé vers
le bas. Le long du segment [O B] (u ∈ [0, 1], v = l
+
0 u),
v
− l
+
0 u
= −cl
+
0 u + u(u − 1) − (l
+
0 )
2 u = u
2
≥ 0 ,
et le long du segment [B A] (u ∈ [0, 1], v = l
+
1 (u − 1)),
v
− l
+
1 u
= −cl
+
1 (u − 1) + u(u − 1) − (l
+
1 )
2 (u − 1) = (u − 1)
2
≥ 0 .
iv). Supposons que (u 0 , v 0 ) soit un point de la courbe instable de A à l’intérieur
de T . Alors, puisque T est positivement invariant, la solution (u, v) de (8.12)
8 • Stabilité des solutions stationnaires
ix). Par définition a( p ∗ ) = − p ∗ . De plus, le système est invariant par la symétrie
centrale (x, y) → (−x, −y). Donc l’orbite de (0, − p ∗ ) est symétrique de celle
de (0, p ∗ ) : puisque le premier appartient à l’orbite du second, leurs deux orbites
sont par conséquent confondues et forment un cycle.
Exercice 8.6
i). Le problème revient à chercher une solution de (8.11) ne dépendant que de
j := (x − st)
a/k, c’est-à-dire une solution de l’EDO du second ordre u
+
cu
+ u(1 − u) = 0 (ce qui donne le système voulu dans le plan de phase) avec
c := s/
√
ak, tendant vers 1 en −∞ et vers 0 en +∞.
ii). Le système linéarisé autour du point fixe (1, 0) est
u
= v , v
= −cv + u ,
dont les valeurs propres sont l
±
1 := (−c ±
√
c 2 + 4)/2, de signes oppposés (et
les vecteurs propres associés sont (1, l
±
1 ) t ). Le point (1, 0) est donc un point selle.
Pour qu’une orbite relie A := (1, 0) à O := (0, 0) en restant dans le demi-plan
u ≥ 0, il ne faut pas que (0, 0) soit un foyer. Or le système linéarisé autour du
point fixe (0, 0) est
u
= v , v
= −cv − u ,
dont les valeurs propres sont réelles si et seulement si c
2
≥ 4, auquel cas elles
valent l
±
0 := (−c ±
√
c 2 − 4)/2. Une condition nécessaire est donc c
2
≥ 4,
c’est-à-dire c ≥ 2 puisqu’on a supposé c > 0 au départ.
iii). Le point B d’intersection des droites d’équation v = l
+
1 (u − 1) (tangente à la
courbe instable en A) et v = l
+
0 u est en dessous de l’axe Ou puisque l
+
0 < 0 <
l
+
1 , et l’on a
T = O B A = {(u, v) ; u ∈ [0, 1] , v ≤ 0 , v ≥ l
+
0 u , v ≥ l
+
1 (u − 1)} .
Le long du segment [O A] (u ∈ [0, 1], v = 0), le champ est vertical dirigé vers
le bas. Le long du segment [O B] (u ∈ [0, 1], v = l
+
0 u),
v
− l
+
0 u
= −cl
+
0 u + u(u − 1) − (l
+
0 )
2 u = u
2
≥ 0 ,
et le long du segment [B A] (u ∈ [0, 1], v = l
+
1 (u − 1)),
v
− l
+
1 u
= −cl
+
1 (u − 1) + u(u − 1) − (l
+
1 )
2 (u − 1) = (u − 1)
2
≥ 0 .
iv). Supposons que (u 0 , v 0 ) soit un point de la courbe instable de A à l’intérieur
de T . Alors, puisque T est positivement invariant, la solution (u, v) de (8.12)