1  Courbe paramétrée (7 points)

Soit $C$ l’arc de courbe paramétrée $$\left\{ \begin{array}{rcl} x&=&t^2+t^4 \\ y&=&2t+t^3 \end{array} \right., \quad t \in [-1,1]$$ Soient $A$ et $B$ les points de paramètres $t=-1$ et $t=1$.

X:=t^2+t^4; Y:=2t+t^3; A:=point(X,Y)(t=-1):; B:=point(X,Y)(t=1):;

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1. Faire une étude de la courbe sur l’intervalle $[-1,1]$ (domaine de définition, symétries éventuelles, branches infinies éventuelles, points singuliers éventuels, double tableau de variation)
   $x$ et $y$ sont définies et régulières, $x$ est paire, $y$ est impaire, donc le domaine d’étude est $[0,1]$ et on a une symétrie de la courbe par rapport à l’axe $Ox$. Il n’y a pas de branche infinie. On a $\frac{dx}{dt}=2t+4t^3 \geq 0$ s’annule en $t=0$ et $\frac{dy}{dt}=2+3t^2>0$ donc pas de point singulier. Il y a une tangente verticale à l’origine (point de paramètre $t=0$).
   tabvar([X,Y],t=0..1); exe
   
2. Tracer l’arc de courbe et le segment $AB$ et hachurer le domaine $D$ délimité par l’arc de courbe et le segment $AB$.
   gl_ortho=1;plotparam([X,Y],t=-1..1); A; B; segment(A,B); exe
   
3. En ramenant le calcul à une intégrale curviligne, déterminer l’aire de $D$ : $$A=\iint_D dx\ dy$$ On applique le théorème de Green-Riemann (ou Stokes), on détermine $M$ et $N$ tels que $\partial_x N-\partial_y M=1$, par exemple $M=-y$ et $N=0$, on est donc ramené à l’intégrale curviligne sur le bord de $D$ orienté dans le sens trigonométrique de $-ydx$. Sur le segment $AB$, la forme différentielle est nulle ($dx=0$), il reste donc l’intégrale sur l’arc de courbe dans le sens des $t$ décroissants $$\int_{1}^{-1} -y dx = \int_{1}^{-1} -y \frac{dx}{dt} \ dt$$
   integrate(-Y*diff(X,t),t,1,-1) exe
   
4. En ramenant le calcul d’intégrale double non évidente à une intégrale curviligne, déterminer les coordonnées $x_G,y_G$ du centre d’inertie $G$ du domaine (supposé homogène) : $$x_G=\frac{\iint_D x\ dx \ dy }{A} \quad y_G=\frac{\iint_D y\ dx \ dy }{A}$$ Pour des raisons de symétrie, $y_G=0$. Il reste à calculer le numérateur de $x_G$ en appliquant à nouveau Green-Riemann, on détermine $M$ et $N$ tels que $\partial_x N-\partial_y M=x$, par exemple $M=-xy$ et $N=0$. Comme précdemment l’intégrale de $Mdx$ est nulle sur le segment $AB$, il reste l’intégrale sur l’arc de courbe de $t=1$ (point $A$) à $t=1$ (point $B$)
   $$\int_{1}^{-1} -yx \frac{dx}{dt} \ dt$$
   integrate(-X*Y*diff(X,t),t,1,-1) exe
   
   D’où l’abscisse du centre d’inertie
   integrate(-X*Y*diff(X,t),t,1,-1)/integrate(-Y*diff(X,t),t,1,-1) exe
   

2  Système différentiel (6 points)

a:=[[-3,1],[1,-3]]

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1. Résoudre le système différentiel $$Y'=AY, \quad A=\left(\begin{array}{cc} -3 & 1 \\ 1 & -3 \end{array}\right), \quad Y(0)= \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array}\right)$$ On pourra au choix diagonaliser la matrice $A$ ou se ramener à une équation différentielle d’ordre 2.
   On calcule les valeurs propres de $A$ $$\mbox{det}(A-xI_2)= (-3-x)^2-1^2=(x+3)^2-1^2=(x+3+1)(x+3-1)=(x+4)(x+2)$$ qui sont donc $-4$ et $-2$, on vérifie avec
   
   egvl(a) exe
   
   puis on détermine les espaces propres, pour -4 la matrice du système donnant le noyau est : $$\left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}\right)$$ donc $x+y=0$, engendré par le vecteur propre (1,-1). Pour -2, la matrice du système est $$\left(\begin{array}{cc} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{array}\right)$$ donc $-x+y=0$, droite vectorielle engendrée par le vecteur propre (1,1). On pose $$P=\left(\begin{array}{cc} -1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}\right), D=\left(\begin{array}{cc} -4 & 0 \\ 0 & -2 \end{array}\right)$$ On vérifie à permutation près :
   
   ker(a+4*idn(2)); ker(a+2*idn(2)) exe
   
   
   P,D:=jordan(a) exe
   
   On pose $Y=PZ$, on a $Z'=P^{-1}Y'=P^{-1}APZ=DZ$, donc $z_1'=-4z_1$ et $z_2'=-2z_2$, soit $z_1=C_1e^{-4t}$ et $z_2=C_2e^{-2t}$ d’où $$Y=\left(\begin{array}{cc} -1 & 1 \\ 1 & 1 \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} C_1 e^{-4t} \\ C_2 e^{-2t} \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} -C_1 e^{-4t}+ C_2 e^{-2t}\\ C_1 e^{-4t} + C_2 e^{-2t} \end{array}\right)$$ On utilise ensuite la condition initiale en $t=0$, $-C_1+C_2=1, C_1+C_2=0$ donc $C_1=-1/2, C_2=1/2$ et $$Y=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{c} e^{-4t}+ e^{-2t}\\ -e^{-4t} + e^{-2t} \end{array}\right)$$ Vérification
   desolve([y'=a*y,y(0)=[1,0]],t,y) exe
   
2. On s’intéresse à la solution de $$Y'=AY + \left(\begin{array}{c} \cos(t) \\ 2\sin(t) \end{array}\right), \quad Y(0)= \left(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array}\right)$$ N.B.: on peut répondre à la suite en donnant la forme que prend cette solution, on n’en demande pas le calcul complet.
   Cette solution tend-elle vers 0 lorsque $t$ tend vers $+\infty$ ? Est-elle bornée ? Le comportement asymptotique lorsque $t$ tend vers $+\infty$ de la solution de ce système dépend-il de la condition initiale ?
   On est en présence d’un système différentiel linéaire avec second membre de forme trigonométrique dont la solution générale est la somme de la solution générale homogène et d’une solution particulière. Comme les valeurs propres du système sont strictement négatives (-4 et -2), la solution de l’homogène tend vers 0 lorsque $t \rightarrow +\infty$. D’autre part, on sait qu’on peut trouver une solution particulière trigonométrique de la forme $$\left(\begin{array}{c} \alpha \cos(t) + \beta \sin(t) \\ \gamma \cos(t) + \delta \sin(t) \end{array}\right)$$ $\cos(t)$ et $\sin(t)$ sont combinaison linéaire de $e^{it}$ et $e^{-it}$, et $i$ et $-i$ ne sont pas valeurs propres de $A$. Donc la solution cherchée ne tend pas vers 0 lorsque $t \rightarrow +\infty$, elle est bornée et son comportement asymptotique est indépendant de la condition initiale (toutes les solutions se rapprochent de la solution ci-dessus).

3  Équation différentielle, modélisation (8 points)

Pour $\alpha > 0$ et $T_0 >0$, on considère l’équation différentielle d’inconnue la fonction $T(t)$ : $$\frac{dT}{dt} = \alpha(T_0^4-T^4) \quad (E_0)$$ $T(t)$ modélise la température absolue de la Terre au cours du temps, $T_0 \approx 288, \alpha \approx 1.4e-10$ (température en Kelvin, temps en années).

1. $(E_0)$ est-elle une équation différentielle linéaire ? À variables séparables ?
   Cette équation n’est pas linéaire (à cause du terme en $T^4$), elle est à variables séparables.
2. Déterminer les solutions stationnaires de $(E_0)$.
   Ce sont les solutions constantes $T$ de l’équation $\alpha(T_0^4-T^4)=0$ donc $T_0$ et $-T_0$ (N.B. cette dernière valeur n’est pas une solution physique puisqu’on modélise une température absolue).
3. On suppose qu’à l’instant $0$, $T(0) \in [-T_0,T_0]$. Montrer sans chercher à résoudre l’équation différentielle que $T(t) \in [-T_0,T_0]$ pour tout temps $t>0$, en déduire le sens de variations de $T$ puis le comportement de $T$ lorsque $t$ tend vers $+\infty$.
   Si $T(0)=\pm T_0$ alors la solution est stationnaire. Sinon on applique le théoréme de Cauchy-Lipschitz, les solutions ne peuvent se croiser donc ne peuvent passer par la valeur $\pm T_0$, donc si $T(0) \in ]-T_0,T_0[$ alors $T(t) \in ]-T_0,T_0[$ pour tout temps. Donc $T_0^4-T^4 > 0$ et $T(t)$ est croissante, majorée par $T_0$ donc tend vers une limite, qui est alors solution stationnaire, c’est donc $T_0$.
4. Que se passe-t-il si $T(0)>T_0$ ? Peut-on dire que la température $T_0$ est un équilibre stable ?
   Toujours en appliquant Cauchy-Lipschitz, les solutions ne se croisent pas, on a donc $T(t)>T_0$, d’où $T_0^4-T^4 < 0$, $T(t)$ est donc décroissante, minorée par $T_0$ donc tend vers une limite qui est solution stationnaire, c’est donc $T_0$. La température $T_0$ est donc un équilibre stable, si on a une condition initiale proche de $T_0$ la solution tend vers $T_0$ lorsque $t \rightarrow +\infty$.
5. Pour modéliser l’effet sur la température des émissions de CO2 au cours du temps, on ajoute un second membre $g(t)$ à l’équation $$\frac{dT}{dt} = \alpha(T_0^4-T^4) +g(t) \quad (E)$$ $(E)$ est-elle une équation différentielle linéaire ? A variables séparables ?
   Ce n’est pas une équation linéaire (terme en $T^4$) et ce n’est pas non plus une équation à variables séparables (sauf si $g$ est constant).
6. On suppose maintenant que $T$ est proche de $T_0$. Pour pouvoir faire des calculs on linéarise le modèle, on remplace $T_0^4-T^4$ par son développement de Taylor à l’ordre 1 en $T=T_0$. Déterminer ce développement. Montrer qu’on obtient une équation de la forme $$\frac{dT}{dt} = \beta(T_0-T) +g(t) \quad (L)$$ donner la valeur de $\beta>0$ en fonction de $\alpha$ et $T_0$. Le développement de Taylor à l’ordre 1 en $T_0$ d’une fonction $f$ est donné par $$f(T)=f(T_0)+f'(T_0)(T-T_0)+o(T-T_0)$$ ce qui se traduit ici par $$T_0^4-T^4 = 0 + \left. \frac{d(T_0^4-T^4)}{dT}\right|_{T=T_0} (T-T_0) + o(T-T_0) = -4T_0^3(T-T_0)+o(T-T_0)$$ on remplace $T_0^4-T^4$ par son développement sans le terme de reste $o(T-T_0)$ dans $(E)$, on obtient alors $(L)$ avec $\beta=4T_0^3\alpha \approx 4*288^3*1.4e-10 \approx 0.013$.
7. Résoudre l’équation $(L)$ lorsque $g(t)=c$ est constant (par exemple $c=0.03$). Montrer que la température se stabilise à une nouvelle valeur que l’on déterminera. La solution de l’homogène associée à $(L)$ est $Ce^{-\beta t}$. L’équation admet une solution particulière constante solution de $\beta(T_0-T)+c=0$ soit $T=T_0+\frac{c}{\beta}$, la solution générale de $(L)$ est donc $$T=T_0+\frac{c}{\beta}+Ce^{-\beta t}$$ La limite de $T$ lorsque $t$ tend vers l’infini est $T_0+\frac{c}{\beta}$, la température se stabilise donc à une nouvelle valeur $T_0+\frac{0.03}{0.013}$ en hausse d’environ 2.3 degré dans ce modèle.
   Remarque 1 : on aurait pu calculer la nouvelle température d’équilibre sans linéariser, en résolvant $\alpha (T_0^4-T^4)+c=0$, ce qui donne $$T^4-T_0^4=\frac{c}{\alpha} \quad \Rightarrow \quad T=\left(T_0^4+\frac{c}{\alpha}\right)^{\frac{1}{4}} \approx 290.2$$ en hausse d’environ 2.2 degrés, cela donne une idée de la précision de la méthode de linéarisation.
   Remarque 2 : $\ln(2)/\beta \approx 53$ a la dimension d’un temps (en années ici), c’est le temps de “demi-vie” nécessaire pour réduire de moitié l’écart de la température à la température d’équilibre.
8. On suppose dans cette question que $g(t)$ modélise une concentration de CO2 qui croit linéairement pendant $t_0$ années puis devient constante : $$g(t)=\left\{ \begin{array}{ll} c\frac{t}{t_1} & \mbox{si }\ t \in [0,t_1] \\ c & \mbox{si }\ t>t_1 \end{array} \right.$$ Résoudre l’équation $(L)$ pour $T(0)=T_0$ sur l’intervalle $t \in [0,t_1]$ en déduire la valeur de $T_1=T(t_1)$. Puis résoudre $(L)$ pour $T(t_1)=T_1$ sur l’intervalle $t \in [t_1,+\infty[$. Discuter l’évolution de la température dans ce modèle.
   Pour $t \in [0,t_1]$ on a une équation linéaire avec second membre, la solution de l’homogène ne change pas, on cherche une solution particulière sous la forme $T=at+b$, on remplace dans $(L)$, on obtient $$a=\beta(T_0-at-b)+c\frac{t}{t_1}$$ Le terme en $t$ nous donne la valeur de $a$ $$a=\frac{c}{t_1\beta}$$ puis le terme constant nous donne la valeur de $b$ $$b=T_0-\frac{a}{\beta}$$ d’où la solution générale avec second membre $$T=\frac{c}{t_1\beta} (t-\frac{1}{\beta}) + T_0 + Ce^{-\beta t}$$ On détermine $C$ avec la condition initiale $T(0)=T_0$ $$C=\frac{c}{t_1\beta}\frac{1}{\beta}$$ et $$T=T_0+\frac{c}{t_1\beta} t +\frac{c}{t_1\beta^2} (e^{-\beta t}-1) \quad (S)$$ On en déduit la valeur de la température à l’instant $t_1$ $$T(t_1)= T_0+ \frac{c}{\beta} + \frac{c}{t_1\beta^2} (e^{-\beta t_1}-1)$$ La solution sur l’intervalle $[t_1,+\infty[$ est $$T(t)=T_0+\frac{c}{\beta}+\tilde{C}e^{-\beta (t-t_1)}$$ où la valeur de la constante $\tilde{C}$ est déterminée par la condition initiale en $t_1$ $$\tilde{C}=\frac{c}{t_1\beta^2} (e^{-\beta t_1}-1)$$ On observe que $\tilde{C}<0$, c’est l’écart à la nouvelle température d’équilibre calculée à la question précédente. Par exemple, si $t_1=100$, on a $\tilde{C}=0.03/100/0.013^2(e^{-1.3}-1)=-1.3$.

   Qualitativement, la température va commencer par rester presque constante (le terme d’ordre 1 du développement limité en $t=0$ de $(S)$ est nul) puis croitre progressivement avec une croissance “presque” linéaire pour $t$ proche de $t_1$ (en supposant que $1/\beta$ et $t_1$ sont du même ordre de grandeur). On atteind alors une température inférieure à la nouvelle température déquilibre (de 290.3K), puis la température va se rapprocher lentement de la nouvelle température d’équilibre, l’écart se comportant comme une exponentielle décroissante. Par exemple si $t_1=100$, la hausse est de 1 degré au bout de 100 ans avec un écart de 1.3 degré en-dessous de la nouvelle température d’équilibre, puis tous les 53 ans cet écart se réduit de moitié.
   beta:=0.013; c:=0.03; t1:=100; plot(c/t1/beta*(t+(exp(-beta*t)-1)/beta),t=0..t1); ctilde:=c/t1/beta^2*(exp(-beta*t1)-1); plot(c/beta+ctilde*exp(-beta*(t-t1)),t=t1..3*t1); exe
   
   N.B. : ce modèle très simple considère la Terre comme un corps noir ayant la même température partout, avec une inertie thermique d’une cinquantaine d’années (principalement due aux océans) et un effet des émissions de CO2 très simples (linéaire puis constant). Il ne prend pas en compte les rétro-actions (par exemple fonte de la banquise) et sous-estime très probablement le réchauffement en cours, actuellement estimé à 0.2 degré par décennie, cf. GISSTEMP 4 ou NCEP. Il montre toutefois que l’arrêt des émissions de CO2 ne signifie pas que la température se stabilise immédiatement!

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