Corrigé

Université Rennes 1, ENS Cachan Bretagne
Cours Équations différentielles 2
Mercredi 25 avril 2012
L3, Math 1ère année
Examen terminal (Éléments de correction)
Durée: 2 heures
Examen sans document ni calculatrice. Ce sujet comporte deux pages. Les exercices
sont indépendants et peuvent être traités dans un ordre quelconque. La clarté de la rédaction constituera un élément important dans l’appréciation des copies (notamment, indiquer
soigneusement les hypothèses des théorèmes et les résultats du cours utilisés).
Exercice 1
Résoudre explicitement les équations différentielle suivantes,
(E1)
(
1
x
x′ (t) = x(t)(1+t
2) e
x(0) = 1.
2 (t)
2
Sol.: Il s’agit un problème à variables séparables: e−x xdx =
dt
1+t2
d’où
−1 −x(t)2
e
= artan(t) + C
2
et la constante C est déterminée par la condition initiale à t = 0, C =
x(t) =
q
−1
.
2e
On déduit
−ln(−2artan(t) + e−1 ), pour tout t ∈]t− , t+ [, t− = tan(e−1 /2 − 1/2), t+ = tan(e−1 /2)
On peut vérifier limt→t− x(t) = +∞. Le second membre de l’équation différentielle dans
(E1) étant clairement continu et localement liptschitzien, le théorème de Cauchy-Lipschitz
implique que c’est l’unique solution maximale de (E1).
(E2)
(
−1−
x′ (t) = − x(t)
t
x(1) = 0.
x2 (t)
t2
Sol.: On cherche formellement une solution de la forme x(t) = ty(t). On obtient
ty ′ (t) = −(y(t) + 1)2 .
C’est une équation à variables séparables: −dy/(y+1)2 = dt/t, d’où (y(t)+1)−1 = ln(t)+C.
La constante C = 1 est déterminée en utilisant la condition initiale à t = 1. On déduit
x(t) =
tln(t)
pour tout t > 0.
1 + ln(t)
Par le théorème de Cauchy-Lipschitz, c’est l’unique solution maximale de (E2) sur l’intervalle
]0, +∞[.
1
Exercice 2
On considère le système différentiel suivant:
(E)
(
x′ (t) = (3t − 1)x(t) + (t − 1)y(t)
y ′ (t) = −(t + 2)x(t) + (t − 2)y(t).
1. Vérifier que (E) admet une solution non triviale de la forme X1 : t 7→ (ψ(t), −ψ(t)),
où ψ est une fonction scalaire à déterminer.
Sol.:
En remplaçant (x, y) par (ψ, −ψ) dans (E), on obtient deux fois l’équation
2
2
ψ (t) = 2tψ(t). On peut donc prendre X1 (t) = (et , −et ) .
′
2. Trouver une deuxième solution X2 de (E) qui soit indépendante de X1 .
Indication: Méthode de réduction de D’Alembert: chercher X2 sous la forme X2 (t) =
ϕ(t)X1 (t) + (0, z(t)), où t 7→ ϕ(t) et t 7→ z(t) sont deux fonctions scalaires à déterminer.
Sol.: On considère l’application linéaire de R2 dans R2 suivante:
Lt : (x, y) 7→ ((3t − 1)x + (t − 1)y, −(t + 2)x + (t − 2)y).
En insérant X2 (t) = ϕ(t)X1 (t) + (0, z(t)) dans (E), on obtient
ϕ′ (t)X1 (t) + ϕ(t)X1′ (t) + (0, z ′ (t)) = ϕ(t)Lt X1 (t) + Lt (0, z(t)).
D’après 1), X1′ (t) = Lt X1 (t), d’où
ϕ′ (t)X1 (t) + (0, z ′ (t)) = Lt (0, z(t)),
et de manière équivalente
(
2
ϕ′ (t)et = (t − 1)z(t)
2
−ϕ′ (t)et + z ′ (t) = (t − 2)z(t).
2 −3t
En ajoutant les deux équations, on obtient z ′ (t) = (2t−3)z(t), d’où z(t) = z(0)et
2 − 3t
.
2
. Comme
e−3t −
9
9
X1 (0) = (1, −1), X2 (0) = (ϕ(0), −ϕ(0) + z(0)), en posant par exemple ϕ(0) = 0,
z(0) = 1, on obtient une solution indépendante avec X2 (0) = (0, 1),
Ainsi, ϕ′ (t) = (t − 1)z(0)e−3t , et ϕ(t) = ϕ(0) + z(0)
2 −3t
X2 (t) = (ρ(t), ρ(t) + et
2
) avec ρ(t) = et
2 − 3t
9
e−3t −
2
.
9
3. Expliciter la résolvante S(t), qui vérifie S(0) = Id.
Sol.: Par définition, les colonnes de S(t) sont les composantes des solutions dont les
conditions initiales sont respectivement (1, 0), (0, 1). En choisissant judicieusement
z(0) et ϕ(0), on obtient
2
et + ρ(t)
ρ(t)
S(t) =
2
t2
t2 −3t
−e − ρ(t) + e
−ρ(t) + et −3t
2
!
2
avec ρ(t) = et
2 − 3t
9
e−3t −
2
.
9
Exercice 3
On considère l’équation différentielle
x′ (t) + x(t) − 5e−t x(t)5 = 0
(E)
1. Montrer que si une solution de (E) s’annule en un point, alors c’est la solution nulle.
Sol.: Soit x une solution de (E) qui s’annule en un point t0 . On considère le
problème de Cauchy
(
x′ (t) = −x(t) + 5e−t x(t)5
x(t0 ) = 0.
Comme (x, t) 7→ −x + 5e−t x5 est clairement continue et localement lipchitzienne par
rapport à x, par le théorème de Cauchy-Lipschitz, ce problème possède une unique
solution maximale. Or la solution constante nulle sur R est solution, donc x(t) est la
solution constante nulle de ce problème en dimension un.
2. Trouver un changement de variable qui transforme l’équation différentielle (E) en
problème linéaire.
Indication: On pourra cherche une transformation du type x = y α .
Sol.: On pose formellement x(t) = y(t)α On obtient
αy(t)α−1 y ′ (t) = −y(t)α + 5e−t y(t)5α
en divisant formellement par y(t)α−1 , on obtient
αy ′ (t) = −y(t) + 5e−t y(t)4α+1
En posant α = −1/4, on obtient le problème linéaire
y ′ (t) = 4y(t) − 20e−t .
D’après 1), les solutions non triviales de (E) ne s’annulent pas, donc le changement
de variable y(t) = 1/x(t)4 convient.
3. Déterminer toutes les solutions maximales de (E). Indiquer suivant la valeur de x(0)
celles qui sont globales.
Sol.: On cherche les solutions non nulles de (E). On résout le problème linéaire
obtenu au 2). On obtient y(t) = Ce4t +4e−t . On détermine la constant C = 1/x(0)4 −4
en utilisant la condition y(0) = 1/x(0)4 , ainsi
y(t) = (1/x(0)4 − 4)e4t + 4e−t .
On constate que y s’annule sur R si et seulement si (1/x(0)4 − 4)X 4 + 4X possède
√
une racine X > 0, c.-à-d. 1/x(0)4 − 4 < 0, et de manière équivalente |x(0)| > 2/2.
Une solution maximale de (E) est donc globale si et seulement si
|x(0)| >
√
2/2 ou x(0) = 0.
3
Exercice 4
On considère le système différentiel suivant
(
x′ (t) = x(t) + sin 3x(t) − y(t)
y ′ (t) = ex(t) − 1
1. Justifier l’existence d’une unique solution maximale, prenant la valeur (x(0), y(0)) =
(x0 , y0 ) à l’instant t = 0. On notera I l’intervalle de définition de cette solution.
Sol.: On remarque que l’application (x, y) 7→ (x + sin(3x − y), ex − 1) est localement
lipschitzienne (car de classe C 1 ), donc par le théorème de Cauchy-Lipschitz il existe
une unique solution maximale vérifiant une condition initiale fixée.
2. Montrer que I = R.
Indication: on pourra montrer |x(t)| ≤ e|t| (|x0 | + |t|).
Sol.: On considère la solution maximale, définie sur I =]t− , t+ [ intervalle ouvert,
de l’équation différentielle. La fonction sinus étant bornée entre
−1 et 1, en intégrant
Rt
la première équation entre 0 et t, on obtient |x(t)| ≤ |x0 | + | 0 (|x(s)| + 1)ds|. Par le
lemme de Gronwall, on déduit |x(t)| ≤ e|t| (|x0 | + |t|) pour tout t ∈ I.
+
Supposons par Rl’absurde t+ < +∞. On obtient |x(t)| ≤ e|t | (|x0 | + |t+ |) = M et
|y(t) − y0 | ≤ | 0t ex(s) − 1)ds| ≤ |t+ (eM − 1)|. Ainsi (x(t), y(t)) est borné lorsque
t → t+ . Par le théorème des majorations a priori, on déduit t+ = +∞. De la même
manière, on montre t− = −∞.
3. Déterminer les points d’équilibre de l’équation differentielle.
Sol.: On résout:
x + sin(3x − y) = 0,
On trouve (x, y) = (0, kπ), k ∈ Z.
ex − 1 = 0
4. Etudier la stabilité de ces points d’équilibre. Sol.:
vecteurs de l’équation différentielle s’écrit
La jacobienne du champ de
1 + 3 cos(3x − y) − cos(3x − y)
J(x, y) =
ex
0
!
et la valeur de la jacobienne au point d’équilibre (0, kπ) est
1 + 3(−1)k (−1)k+1
J(0, kπ) =
1
0
!
-Pour k pair, on a trace(J(0, kπ)) = 4 > 0, det(J(0, kπ)) = 1 > 0 donc les deux
valeurs propres de J(0, kπ) sont strictement positives et le point d’équilibre est instable.
-Pour k impair, on a det(J(0, kπ)) = −1 < 0, donc les valeurs propres sont non
nulles et de signes opposées. L’équilibre (0, kπ) est un point selle (avec une direction
stable et une direction instable).
4
Exercice 5
On considère l’équation différentielle d’ordre 2
(⋆)
x′′ (t) + x5 (t) = 0.
1. On pose X(t) = (x1 (t), x2 (t)) avec x1 (t) = x(t) et x2 (t) = x′ (t). Transformer l’équation
(⋆) sous la forme d’un système différentiel
(E) X ′ (t) = F (X(t)),
avec F : R2 → R2 une fonction de classe C 1 .
Sol.:
F (X) = (x2 (t), −5x51 (t)).
Donner la matrice jacobienne de F en (0, 0).
Sol.:
0 1
0 0
!
Remarque: la jacobienne a ses valeurs propres nulles, les théorèmes classiques de
stabilité par linéairisation ne s’appliquent donc pas.
2. Etudier la stabilité de la solution nulle de (E).
Indication: Vérifier que V (x, y) = 31 x6 + y 2 est une fonctionnelle de Lyapunov.
Sol.: Soit (x(t), y(t)) la solution maximale de (E) avec condition initiale (x(0), y(0)) =
(x0 , y0 ). On observe
d
V (x(t), y(t)) = 2x′ (t)x(t)5 + 2y(t)y ′ (t) = 0
dt
On déduit 31 x(t)6 + y(t)2 = 31 x60 + y02 . Ainsi
|x(t)| ≤ (x60 + 3y02 )1/6 ,
1
|y(t)| ≤ ( x60 + y02 )1/2
3
Comme la limite lorsque (x0 , y0 ) tend vers zero de (x60 + 3y02 )1/6 et ( 31 x60 + y02 )1/2 est
nulle, on déduit que pour tout ρ > 0, pour tout x0 , y0 assez petits, on a
|x(t)| ≤ ρ,
|y(t)| ≤ ρ.
Ceci montre la stabilité du point d’équilibre (0, 0).
3. En déduire que les solutions de l’équation (⋆) sont globales, c-à-d, définies sur R.
Sol.: On a en fait montré au 2) que les solutions de (E) sont bornées. Par le
théorème des majorations a priori, les solutions de (E) sont donc globalement définies
sur R.
5