Corrigé - ENS de Cachan - Antenne de Bretagne

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 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,
Sol.:
(E1)
{
x ′ (t) =
1
x(t)(1+t 2 ) ex2 (t)
x(0) = 1.
Il s’agit un problème à variables séparables: e −x2 xdx = dt
1+t 2 d’où
−1
2 e−x(t)2 = artan(t) + C
et la constante C est déterminée par la condition initiale à t = 0, C = −1 . On déduit
2e
x(t) =
√
−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 lim t→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).
Sol.:
(E2)
{
x ′ (t) = − x(t)
x(1) = 0.
t
− 1 − x2 (t)
t 2
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, +∞[.
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 X 1 : t ↦→ (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
ψ ′ (t) = 2tψ(t). On peut donc prendre X 1 (t) = (e t2 , −e t2 ) .
2. Trouver une deuxième solution X 2 de (E) qui soit indépendante de X 1 .
Indication: Méthode de réduction de D’Alembert: chercher X 2 sous la forme X 2 (t) =
ϕ(t)X 1 (t) + (0, z(t)), où t ↦→ ϕ(t) et t ↦→ z(t) sont deux fonctions scalaires à déterminer.
Sol.:
On considère l’application linéaire de R 2 dans R 2 suivante:
L t : (x, y) ↦→ ((3t − 1)x + (t − 1)y, −(t + 2)x + (t − 2)y).
En insérant X 2 (t) = ϕ(t)X 1 (t) + (0, z(t)) dans (E), on obtient
ϕ ′ (t)X 1 (t) + ϕ(t)X ′ 1(t) + (0, z ′ (t)) = ϕ(t)L t X 1 (t) + L t (0, z(t)).
D’après 1), X ′ 1(t) = L t X 1 (t), d’où
et de manière équivalente
{
ϕ ′ (t)X 1 (t) + (0, z ′ (t)) = L t (0, z(t)),
ϕ ′ (t)e t2 = (t − 1)z(t)
−ϕ ′ (t)e t2 + 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)e t2 −3t .
Ainsi, ϕ ′ (t) = (t − 1)z(0)e −3t , et ϕ(t) = ϕ(0) + z(0) ( 2 − 3t
e −3t − 2 . Comme
9 9)
X 1 (0) = (1, −1), X 2 (0) = (ϕ(0), −ϕ(0) + z(0)), en posant par exemple ϕ(0) = 0,
z(0) = 1, on obtient une solution indépendante avec X 2 (0) = (0, 1),
X 2 (t) = (ρ(t), ρ(t) + e t2−3t ) avec ρ(t) = e t2( 2 − 3t
e −3t − 2 .
9 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
(
e
S(t) =
t2 + ρ(t)
−e t2 − ρ(t) + e t2 −3t
)
ρ(t)
−ρ(t) + e t2 −3t
avec ρ(t) = e t2( 2 − 3t
e −3t − 2 .
9 9)
2

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 t 0 . On considère le
problème de Cauchy {
x ′ (t) = −x(t) + 5e −t x(t) 5
x(t 0 ) = 0.
Comme (x, t) ↦→ −x + 5e −t x 5 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) = Ce 4t +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)e 4t + 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) = e x(t) − 1
1. Justifier l’existence d’une unique solution maximale, prenant la valeur (x(0), y(0)) =
(x 0 , y 0 ) à l’instant t = 0. On notera I l’intervalle de définition de cette solution.
Sol.: On remarque que l’application (x, y) ↦→ (x + sin(3x − y), e x − 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| (|x 0 | + |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
la première équation entre 0 et t, on obtient |x(t)| ≤ |x 0 | + | ∫ t
0 (|x(s)| + 1)ds|. Par le
lemme de Gronwall, on déduit |x(t)| ≤ e |t| (|x 0 | + |t|) pour tout t ∈ I.
Supposons par l’absurde t + < +∞. On obtient |x(t)| ≤ e |t+| (|x 0 | + |t + |) = M et
|y(t) − y 0 | ≤ | ∫ t
0 ex(s) − 1)ds| ≤ |t + (e M − 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:
On trouve (x, y) = (0, kπ), k ∈ Z.
x + sin(3x − y) = 0, e x − 1 = 0
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)
e x 0
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 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) + x 5 (t) = 0.
1. On pose X(t) = (x 1 (t), x 2 (t)) avec x 1 (t) = x(t) et x 2 (t) = x ′ (t). Transformer l’équation
(⋆) sous la forme d’un système différentiel
(E)
X ′ (t) = F(X(t)),
avec F : R 2 → R 2 une fonction de classe C 1 .
Sol.:
F(X) = (x 2 (t), −5x 5 1(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) = 1 3 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)) =
(x 0 , y 0 ). On observe
d
dt V (x(t), y(t)) = 2x′ (t)x(t) 5 + 2y(t)y ′ (t) = 0
On déduit 1 3 x(t)6 + y(t) 2 = 1 3 x6 0 + y 2 0. Ainsi
|x(t)| ≤ (x 6 0 + 3y 2 0) 1/6 , |y(t)| ≤ ( 1 3 x6 0 + y 2 0) 1/2
Comme la limite lorsque (x 0 , y 0 ) tend vers zero de (x 6 0 + 3y 2 0) 1/6 et ( 1 3 x6 0 + y 2 0) 1/2 est
nulle, on déduit que pour tout ρ > 0, pour tout x 0 , y 0 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.
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