etude ED .pdf


Nom original: etude ED.pdfTitre: Document1Auteur: cyril enault

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Pour solutionner notre problème, il convient de cerner les ED selon la méthode dite de Jourdan.
Commençons par étudier notre premier modèle :

dVi
dt
dgi
dt

= − λg i

− Γ = f (Vi , gi )

= τ iξVi gi

+ τ i ΦVi = h(Vi , gi )

Opération 1 : condition d’équilibre
Soit

f (Vi , gi ) = 0

h(Vi , gi ) = 0

On en déduit que l’équilibre est atteint pour les deux nœuds suivants :

0
S1* − Φ

et

τ iξ

S 2*

0
Γ


λ

Calculons ensuite la matrice jacobienne :

∂f
∂V
A i
∂h
∂Vi

∂f
0
−λ
∂g i
on a donc : A
∂h
τ i ξg i + Φ 0
∂g i

Si l’on se positionne au voisinage de notre premier point S1

A1* τ i ξΓ


λ

−λ

0
+ Φ

0

et pour le second S2 A2*

0 −λ
0 0

L’étude consiste ensuite à déterminer la trace de A (Tr(A)) et le déterminant (det(A))
On a donc

 τ ξΓ

+ Φ  pour S1 et pour S2 Tr ( A) = 0 et
Tr ( A) = 0 et det( A) = λ  − i
λ


det( A) = 0
Calculons l’équation caractéristique : r 2 + rTr ( A) + det( A) = 0
Le ∆ est donc :

 τ ξΓ
∆ = − 4λ  − i
 λ


+ Φ


Le signe est donc impossible à déterminer.
On en déduit donc d’après la trace à 0 que la logique est circulaire ou en selles.
Observons tout de même que les nœuds se situent toujours dans le négatif de gi. Or la densité est
toujours positive. Donc, nous obtenons systématiquement du circulaire. Evolution en parabole.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Pour l’autre système :

dVi
dt
dg i
dt
dX i
dt

= − λg i (1 − βX i ) − Γ = f (Vi , g i )
= τ i ξVi g i (1 − βX i ) + τ i ΦVi = h(Vi , g i )


τ ΦV 
= − Λ τ i ξVi (1 − βX i ) + i
 = k (Vi , g i )
gi i 


La démarche est exactement semblable à la précédente :

On obtient donc un point d’équilibre :

0
S ∞
1
*

β

∂f
∂Vi
∂h
la suite la matrice jacobienne A
∂Vi
∂k
∂Vi

∂f
∂g i
∂h
∂g i
∂k
∂g i

∂f
∂X i
∂h
∂X i
∂k
∂X i

Soit :

0
− λ (1 − βX i )
βλ g i
A τ i ξg i (1 − βX i ) + τ i Φ
τ i ξV (1 − βX i ) − τ i ξg iVi β

τ Φ
τ ΦV
− Λ τ i ξ (1 − βX i ) + i 
Λ i 2 i
− Λτ i ξVi β
gi 
gi

En se positionnant au voisinage de notre point d’équilibre :

0 λβg i

0
A

*

τ iΦ
0
τ iΦ

−Λ

gi

0

0
0

La trace de A est Tr(A) = 0 et le déterminant : det(A) = ΛτiΦβ > 0
Le delta est donc :
∆ = -4ΛτiΦβ < 0
La logique est donc en selles.


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