Examen du cours MOPSI

1 Il suffit de prendre (f, g)(x, y) = (−y, x), de sorte quë x + x = 0. Les solutions sont alors x(t) = x(0) cos(t) − y(0) sin(t) et y(t) = y(0) cos(t) + x(0) sin(t), et sont 2π-périodiques. 2 On raisonne par l'absurde. Supposons qu'il existe une solution T-périodique (x(t), y(t)). On a alors d dt V (x(t), y(t)) = ∇V 2 (x(t), y(t)) et donc V (x(T)) − V (x(0)) = T 0 ∇V 2 (x(t), y(t)) dt. Le membre de gauche est nul par périodicité et donc, pour tout t ∈ [0, T ], ∇V 2 (x(t), y(t)) = 0. Autrement dit, (x(t), y(t)) = (x(0), y(0)) pour tout temps, et ce n'est pas une solution périodique de période T > 0, mais une solution stationnaire. 3 La fonction t ∈ [0, T ] → (x(t), y(t)) est une paramétrisation de C et donc, (˙ x(t), ˙ y(t)) = (f, g)(x(t), y(t)) est un vecteur tangent à C au point (x(t), y(t)). 4 On raisonne par l'absurde. Soit (x(t), y(t)) t∈R une solution périodique : il existe T > 0 tel que (x(0), y(0)) = (x(T), y(T)). On note C = {(x(t), y(t)) t∈[0,T ] } la courbe décrite par la solutin périodique. Noter que cette courbe ne se recoupe pas (par le théorème de Cauchy Lispschitz) et délimite donc (puisqu'on est en dimension deux) un domaine borné noté D, qui a pour bord C. Par la formule de Stokes, on a D ∂f ∂x + ∂g ∂y (x, y) dxdy = C On a donc D ∂f ∂x + ∂g ∂y (x, y) dxdy = 0. Ceci est contradictoire avec le fait que ∂f ∂x + ∂g ∂y est strictement positif (ou négatif) dans D, d'où la contradiction.