Corrigé

Université Rennes 1, ENS Cachan Bretagne Mercredi 25 avril 2012
Cours Équations différentielles 2 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 rédac-
tion 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) (x′(t) = 1
x(t)(1+t2)ex2(t)
x(0) = 1.
Sol.: Il s’agit un problème à variables séparables: e−x2xdx =dt
1+t2d’où
−1
2e−x(t)2= artan(t) + C
et la constante Cest déterminée par la condition initiale à t= 0,C=−1
2e. On déduit
x(t) = q−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) (x′(t) = −x(t)
t−1−x2(t) t2
x(1) = 0.
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)
1 + ln(t)pour tout t > 0.
Par le théorème de Cauchy-Lipschitz, c’est l’unique solution maximale de (E2) sur l’intervalle
]0,+∞[.
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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:t7→ (ψ(t),−ψ(t)),
où ψest une fonction scalaire à déterminer.
Sol.: En remplaçant (x, y)par (ψ, −ψ)dans (E), on obtient deux fois l’équation
ψ′(t) = 2tψ(t). On peut donc prendre X1(t) = (et2,−et2).
2. Trouver une deuxième solution X2de (E) qui soit indépendante de X1.
Indication: Méthode de réduction de D’Alembert: chercher X2sous la forme X2(t) =
ϕ(t)X1(t) + (0, z(t)), où t7→ ϕ(t) et t7→ z(t) sont deux fonctions scalaires à déter-
miner.
Sol.: On considère l’application linéaire de R2dans R2suivante:
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)X′
1(t) + (0, z′(t)) = ϕ(t)LtX1(t) + Lt(0, z(t)).
D’après 1), X′
1(t) = LtX1(t), d’où
ϕ′(t)X1(t) + (0, z′(t)) = Lt(0, z(t)),
et de manière équivalente
(ϕ′(t)et2= (t−1)z(t)
−ϕ′(t)et2+z′(t) = (t−2)z(t).
En ajoutant les deux équations, on obtient z′(t) = (2t−3)z(t), d’où z(t) = z(0)et2−3t.
Ainsi, ϕ′(t) = (t−1)z(0)e−3t, et ϕ(t) = ϕ(0) + z(0)2−3t
9e−3t−2 9. Comme
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),
X2(t) = (ρ(t), ρ(t) + et2−3t)avec ρ(t) = et22−3t
9e−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
S(t) = et2+ρ(t)ρ(t)
−et2−ρ(t) + et2−3t−ρ(t) + et2−3t!avec ρ(t) = et22−3t
9e−3t−2 9.
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Exercice 3
On considère l’équation différentielle
x′(t) + x(t)−5e−tx(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 xune solution de (E)qui s’annule en un point t0. On considère le
problème de Cauchy
(x′(t) = −x(t) + 5e−tx(t)5
x(t0) = 0.
Comme (x, t)7→ −x+ 5e−tx5est 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 Rest 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=yα.
Sol.: On pose formellement x(t) = y(t)αOn obtient
αy(t)α−1y′(t) = −y(t)α+ 5e−ty(t)5α
en divisant formellement par y(t)α−1, on obtient
αy′(t) = −y(t) + 5e−ty(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)4convient.
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 ys’annule sur Rsi et seulement si (1/x(0)4−4)X4+ 4Xpossède
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)|>√2/2ou x(0) = 0.
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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 Il’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 C1), 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 −1et 1, en intégrant
la première équation entre 0et t, on obtient |x(t)| ≤ |x0|+|Rt
0(|x(s)|+ 1)ds|. Par le
lemme de Gronwall, on déduit |x(t)| ≤ e|t|(|x0|+|t|)pour tout t∈I.
Supposons par l’absurde t+<+∞. On obtient |x(t)| ≤ e|t+|(|x0|+|t+|) = Met
|y(t)−y0| ≤ |Rt
0ex(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, ex−1 = 0
On trouve (x, y) = (0, kπ),k∈Z.
4. Etudier la stabilité de ces points d’équilibre. Sol.: La jacobienne du champ de
vecteurs de l’équation différentielle s’écrit
J(x, y) = 1 + 3 cos(3x−y)−cos(3x−y)
ex0!
et la valeur de la jacobienne au point d’équilibre (0, kπ)est
J(0, kπ) = 1 + 3(−1)k(−1)k+1
1 0 !
-Pour kpair, on a trace(J(0, kπ)) = 4 >0,det(J(0, kπ)) = 1 >0donc les deux
valeurs propres de J(0, kπ)sont strictement positives et le point d’équilibre est instable.
-Pour kimpair, 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).
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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→R2une fonction de classe C1.
Sol.:
F(X) = (x2(t),−5x5
1(t)).
Donner la matrice jacobienne de Fen (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) = 1
3x6+y2est 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
dtV(x(t), y(t)) = 2x′(t)x(t)5+ 2y(t)y′(t) = 0
On déduit 1
3x(t)6+y(t)2=1 3x6
0+y2 0. Ainsi
|x(t)| ≤ (x6
0+ 3y2 0)1/6,|y(t)| ≤ (1
3x6
0+y2 0)1/2
Comme la limite lorsque (x0, y0)tend vers zero de (x6
0+ 3y2 0)1/6et (1
3x6
0+y2 0)1/2est
nulle, on déduit que pour tout ρ > 0, pour tout x0, y0assez 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.
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