Modèle de digestion anaérobie avec compartiment hydrolytique microbien

Modèle de digestion anaérobie avec  compartiment hydrolytique microbien

On considère, dans ce chapitre, le modèle (2.1) en considérant un compartiment hydrolytique microbien pour modéliser la phase d’hydrolyse. La vitesse de réaction est alors r0(t) = g0(X0(t))XS(t) avec g0(·) est le taux de croissance microbienne spécifique de XS sur X0. Vu la complexité de l’étude dans ce cas, nous nous limitons au cas sans inhibition. Nous considérons que le chémostat fonctionne en mode continu, dont le débit d’entrée Q est égal au débit de sortie. On note par D = Q V le taux de dilution, avec V est le volume du réacteur. D’après le principe de conservation de la matière, on a : Z t2 t1 k0r0V dτ 6 Z t2 t1 r0V dτ ⇔ k0 6 1 Ce qui est équivalent à dire que pendant une unité de temps, la quantité de X0 dégradée est supérieure ou égale à la quantité de S produite. De la même manière, on a 1 + γsv + γsa + γsh 6 1 cs C’est à dire que la quantité de S dégradée est supérieure ou égale à la quantité de XS qui s’est développée et de V, A et H produite. 1 + γva + γvh 6 1 cv Ce qui explique que la quantité de V dégradée est supérieure ou égale à la quantité de XV qui s’est développée et de A et H produite. 1 6 1 ca Ce qui veut dire que la quantité de A dégradée est supérieure ou égale à la quantité de XA qui s’est développée.

L’analyse du sous-modèle 

On s’intéresse donc, dans un premier temps, au sous-modèle :    dX0 dt = D(X0in − X0) − g0(X0)XS dS dt = D(Sin − S) − 1 cs gS(S)XS + k0g0(X0)XS dXS dt = (gS(S) − D)XS (3.1) On suppose que : (H8) ∀ 0 < X0 < X0in, g0(0) = 0, dg0 dX0 (X0) > 0 et d 2 g0 dX2 0 (X0) 6 0 . L’hypothèse (H8) est vérifiée pour les fonctions de croissance de type Monod. Les solutions du système (3.1) vérifient le résultat suivant : Proposition 3.1.1. Pour des valeurs initiales positives, les solutions du système (3.1) restent positives et bornées, pour tout t ≥ 0. Preuve : On suit le même raisonnement que dans la preuve de la proposition 2.1.1. Pour toute condition initiale X0(0) > 0, s’il existe un premier temps t0 > 0 tel que X0(t0) = 0, alors on a dX0 dt (t0) = DX0in > 0. Donc, X0(t) > 0, pour tout t > t0. Comme X0(t) > 0, pour tout t ∈ [0, t0], alors X0(t) > 0, pour tout t > 0. D’autre part, pour toute condition initiale XS(t) > 0 , s’il existe un premier temps t0 > 0 tel que XS(t0) = 0, alors on a dXS dt (t0) = 0. Par suite, XS(t) est nul à partir de t0, donc XS(t) > 0, pour tout t > 0. Pour toute condition initiale S(0) > 0, s’il existe t0 > 0 tel que S(t0) = 0, alors on a dS dt (t0) = DSin + k0g0(X0)XS(t0). et donc dS dt (t0) > 0, d’après (H8). D’où , S(t) > 0, pour tout t > t0. Comme S(t) > 0, pour tout t ∈ [0, t0], par suite S(t) > 0, pour tout t > 0. Ceci prouve la positivité des solutions de (3.1). Pour démontrer que toutes les solutions de (3.1) sont bornées, on suit la même démarche que dans la preuve de la proposition 2.1.1. On pose Z = k0X0 + S + 1 cs XS.

Le cas g0(X0in) > D csk0 

Dans ce cas, si l’intersection de ∆ et du graphe de ζ n’est pas vide alors elle comporte un ou deux points. L’équation ζ 0 (X0) = −csk0 représente le cas où ∆ est tangente au graphe de ζ. Cette équation admet une unique solution notée X¯ 0. Soit X¯ S = ζ(X¯ 0) et F¯ 1 = (X¯ 0, λS, X¯ S) l’équilibre strictement positif correspondant. On note par S¯ in la valeur de Sin pour laquelle X¯ S = ζ(X¯ 0). D’où, S¯ in = ( X¯S cs + k0X¯ 0 + λS) − k0X0in. On peut donc montrer le résultat suivant : Proposition 3.1.4. 1. Si λS 6 Sin alors il existe un unique équilibre strictement positif F ∗ 1 . 2. Si max(0, S¯ in) < Sin < λS alors il existe deux équilibres strictement positifs F ∗ 1 et F ∗∗ 1 . 3. Si Sin = S¯ in alors il il existe un unique équilibre strictement positif F¯ 1. 4. Si Sin < max(0, S¯ in) alors il n’existe pas d’équilibre strictement positif. Preuve : D’après le Lemme 3.1.1, H est convexe et lim X0−→0 H(X0) = +∞. Alors, 1. Si Sin > λS alors H(X0in) 6 0. Par suite, il existe une unique solution X∗ 0 ∈]0, X0in[ de l’équation H(X0) = 0. 2. Si Sin > max(0, S¯ in) alors 0 = min X∈]0,X0in[ H¯ (X) > min X∈]0,X0in[ H(X). De plus, H est convexe et pour Sin < λS on obtient H(X0in) > 0. Alors, il existe deux solutions X∗ 0 et X∗∗ 0 dans ]0, X0in[ de l’équation H(X0) = 0. 3. Si Sin = S¯ in. On considère la fonction H¯ (X0) = ζ(X0) − cs[(S¯ in − λS) + k0(X0in − X0)]. Comme dH¯ dX0 (X0) = dH dX0 (X0) alors dH¯ dX0 (X0) = 0, ce qui est équivalent à : dζ(X0) dX0 = −csk0. Cette équation admet une unique solution X¯ 0 ∈]0, X0in[ d’après le Lemme 1.4.2. De plus, H¯ convexe et H¯ (X¯ 0) = 0 = min X∈]0,X0in[ H¯ (X). D’où, H¯ (X0) = 0 admet une unique solution X¯ 0 ∈]0, X0in[. 4. Si Sin < max(0, S¯ in) alors H(X0) > H¯ (X0) > min X∈]0,X0in[ H¯ (X). Par suite, l’équation H(X0) = 0 n’admet pas de solution.  En calculant les valeurs propres de la matrice Jacobienne en F0 et en utilisant le critère de Routh-Hurwitz pour l’équilibre F ∗ 1 et F ∗∗ 1 , on peut montrer le résultat suivant : Proposition 3.1.5. Sous les hypothèses (H1) et (H8), les conditions d’existence et de stabilité des équilibres du système (3.1) sont données par :Preuve Pour déterminer les conditions de stabilité locale de chaque équilibre, on détermine le signe de la partie réelle des valeurs propres de la matrice Jacobienne JF0 et on utilise le critère de Routh-Hurwitz pour les deux autres équilibres. le critère de Routh-Hurwitz est satisfait si la condition ˙ζ(X∗ 0 ) < −csk0 est vérifiée, F ∗ 1 est donc LES. Or l’équilibre F ∗∗ 1 vérifie ˙ζ(X∗∗ 0 ) > −csk0 alors le critère de Routh-Hurwitz n’est pas satisfait. Par suite, F ∗∗ 1 est instable.