Exercices corrigés sur les équations différentielles · x + o( x) au V(0), donc y’(0) = ½. Le...

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Exercices corrigés sur les équations différentielles

1. Les procédures Maple.

2. Equations linéaires d’ordre un.

3. Equations et systèmes linéaires à coefficients constants.

4. Equations linéaires du second ordre.

5. Equations non linéaires.

6. Systèmes différentiels.

7. Intégration par séries.

8. Equations fonctionnelles.

9. Applications géométriques.

Pierre-Jean Hormière ___________ 1. Les procédures Maple.

On résout les équations différentielles avec la commande « dsolve ». Taper : ? dsolve ; pour obtenir des informations sur cette commande. Le package Powseries permet de résoudre les équations par séries entières. Le package DEtools permet de visualiser les champs de vecteurs associés et les courbes intégrales. Ce package concerne aussi les équations aux dérivées partielles, sujet à peine effleuré en taupe. On résout les équations aux dérivées partielles avec la commande « pdsolve ».

> with(DEtools);

DEnormal DEplot DEplot3d DEplot_polygon DFactor DFactorLCLM DFactorsols, , , , , , ,[

Dchangevar GCRD LCLM MeijerGsols PDEchangecoords RiemannPsols, , , , , ,

Xchange Xcommutator Xgauge abelsol adjoint autonomous bernoullisol, , , , , , ,

buildsol buildsym canoni caseplot casesplit checkrank chinisol clairautsol, , , , , , , ,

constcoeffsols convertAlg convertsys dalembertsol dcoeffs de2diffop dfieldplot, , , , , , ,diffop2de dpolyform dsubseigenring endomorphism_charpolyequinv eta_k, , , , , , ,

eulersols exactsol expsols exterior_power firint firtestformal_sol gen_exp, , , , , , , ,

generate_ic genhomosol gensys hamilton_eqs hypergeomsols hyperode, , , , , ,

indicialeq infgen initialdata integrate_sols intfactor invariants kovacicsols, , , , , , ,

leftdivision liesol line_int linearsol matrixDE matrix_riccati maxdimsystems, , , , , , ,moser_reducemuchangemult mutestnewton_polygonnormalG2 odeadvisor, , , , , , ,

odepde parametricsol phaseportrait poincare polysols ratsols redode, , , , , , ,

reduceOrder reduce_order regular_parts regularsp remove_RootOf, , , , ,

riccati_system riccatisol rifread rifsimp rightdivisionrtaylor separablesol, , , , , , ,

solve_group super_reduce symgen symmetric_power symmetric_product symtest, , , , , ,transinv translate untranslate varparam zoom, , , , ]

Les exercices corrigés ci-après font grand usage de Maple.

2

2. Equations linéaires d’ordre 1. Exercice 1 : Résoudre l’équation x.( 1 – x ).y’ + y = x.

Solution : 1) C’est une équation différentielle linéaire scalaire d’ordre 1. On l’intègre séparément sur ]−∞, 0[, ]0, 1[ et ]1, +∞[. Equation homogène :

yy'

= )1(

1−xx

= 1

1−x

− x1 s’intègre en ln |y(x)| = ln |

xx 1− | + K . Finalement y = C

xx 1− .

Equation avec second membre. Faisons « varier la constante ».

y(x) = C(x)x

x 1− donne C’(x) = )²1( −

−x

x , donc C(x) = ∫ −−

)²1(.

xdxx = − ∫ + du

uu .

²1 =

11−x

− ln | x − 1 | + C.

x1 [ 1 – ( x − 1 ) ln(1 – x) ] + A

xx 1− sur ]−∞, 0 [

y(x) = x1 [ 1 – ( x − 1 ) ln(1 – x) ] + B

xx 1− sur ]0, 1[

x1 [ 1 – ( x − 1 ) ln(x – 1) ] + C

xx 1− sur ]1, +∞[

2) Etude des raccords. Toutes les solutions sont continues en 1 et valent 1, mais elles ont en (1, 1) une dérivée infinie. Etude en 0 : un développement limité donne

y(x) = xA−1 + A – 1 +

2x + o(x) en 0− , y(x) =

xB−1 + B – 1 +

2x + o(x) en 0+ .

La seule courbe continue correspond à A = B = 1. Alors y(x) = 2x + o(x) au V(0), donc y’(0) = ½.

Le raccord est dérivable. Il est même de classe C1, car y’(x) =

)1()(

xxxyx

−−

→ 21 en 0.

Les autres courbes ont des asymptotes en 0.

3) Branches infinies. Quand x → +∞, y(x) = − ln x + C + o(1). Quand x → −∞, y(x) = − ln(−x) + A + o(1).

4) Régionnements et lieux divers. L’isocline y’ = 0 est la droite y = x. Le régionnement y’ > 0, y’ < 0 est facile à trouver. Les points d’inflexion correspondent à y’’ = 0 ; ils sont situés sur la droite 2y = x.

5) Etude de la séparatrice : cherchons les solutions développables en série entière en 0.

Si y(x) = ∑ nnxa est solution avec un rayon de convergence > 0, il vient, après identification :

a0 = 0 , 2a1 = 1 , (n + 1)an = (n − 1)an−1 donne finalement y(x) = ∑+∞

= +1 )1(n

n

nnx

. Rayon 1.

y(x) = ∑+∞

=1n

n

nx

− ∑+∞

= +1 1n

n

nx

= … = 1 + )1ln(.1 xxx −− . On retrouve la solution correspondant à A = B = 1.

6) Avec Maple : > with(powseries):with(DEtools):with(plots): > ed:=x*(1-x)*diff(y(x),x)+y(x)=x; > a:=powsolve(ed,y(0)=0);tpsform(a,x,13);

:= a procprocprocproc( ) ... end procend procend procend procpowparm

3

12

x16

x2 112

x3 120

x4 130

x5 142

x6 156

x7 172

x8 190

x9 1110

x10 1132

x11 1156

+ + + + + + + + + + +

x12 ( )O x13 +

> dsolve(ed,y(x));

= ( )y x

− +

1− + 1 x

( )ln − + 1 x _C1 ( )− + 1 x

x

> p:=DEplot(ed,y(x),x=-4..4,y=-4..4,stepsize=0.1,colo r=blue): f:=(a,x)->1/x+a*(x-1)/x+(1-x)*ln(abs(1-x))/x; g:=a->plot(f(a,x),x=-4..4,y=-4..4,thickness=2): display(p,g(1),g(0),g(-1),g(2),g(-2),g(3),g(-3));

Exercice 2 : 1) Résoudre l’équation différentielle y’ – y + x1 = 0 sur ]0, +∞[.

2) Montrer qu’il existe une unique solution bornée au V(+∞). 3) Montrer que toutes les solutions tendent vers +∞ en 0+. [ Centrale 2003, écrit ]

Solution : 1) Résolution. L’équation homogène a pour solution y = Cxe .

La variation des constantes : y(x) = C(x) xe donne C’(x) xe + x1 = 0, donc C’(x) = −

xe x−

.

Par conséquent, C(x) = ∫+∞ −

x

t

dtt

e. + A et y(x) = xe ∫

+∞ −

x

t

dtt

e. + A xe .

2) La solution y0(x) = xe ∫+∞ −

x

t

dtt

e. est bornée au V(+∞).

En effet, 0 < y0(x) < xex

∫+∞

−x

t dte . = x1 → 0. Les autres solutions tendent vers ±∞ en +∞.

3) Au V(0+), y0(x) = xe ∫+∞ −

x

t

dtt

e. ∼ ∫

∞+ −

x

t

dtt

e. = ∫

−1.

x

t

dtt

e + ∫

∞+ −

1.dt

te t

→ +∞ en 0+, car ∫−1

0.dt

te t

diverge. Les autres solutions itou.

> with(plots):with(DEtools): > ed:=diff(y(x),x)-y(x)+1/x=0;dsolve(ed,y(x));

= ( )y x ( ) + ( )Ei ,1 x _C1 eeeex

> Y:=(lambda,x)->(Ei(1,x)+lambda)*exp(x);

4

P:=lambda->plot(Y(lambda,x),x=0.03..3.5,-10..10,thi ckness=2);

:= Y → ( ),λ x ( ) + ( )Ei ,1 x λ eeeex

:= P → λ ( )plot , , ,( )Y ,λ x = x .. .03 3.5 .. -10 10 = thickness 2 > q:=plot(1/x,x=0.1..3.5,color=blue): r:=plot(1/x-1/x^2,x=0.1..3.5,color=black): h:=DEplot(ed,y(x),x=0.04..3.5,[[y(1)=1],[y(1)=2],[y (1)=0],[y(1)=-1], [y(1)=-2],[y(1)=3],[y(1)=-3],[y(1)=4],[y(1)=-4]],y= -10..10): display(q,r,h,P(0));

Exercice 3 : Résoudre l’équation 2x.y’ + y = x−1

1 . Solution dse(0).

Solution : 1) Résolution de (E). Equation homogène : y(x) = x

C .

Equation avec second membre : on l’intègre séparément sur ]−∞, 0[, ]0, 1[ et ]1, +∞[.

Sur ]0, 1[ ou ]1, +∞[, posons y(x) = xxC )(

. Il vient C’(x) = xx)1(2

1−

, donc ( u = x ) :

C(x) = ∫ − xxdx

)1(2 = ∫ − ²1 u

du = 21 ln |

11

+−

xx | + C.

Sur ]−∞, 0[, posons y(x) = xxC

−)(

. Il vient C’(x) = xx −− )1(2

1 , donc ( u = x− )

C(x) = ∫ −− xxdx

)1(2 = ∫ +1²u

du = Arctan x− + C. Au final :

5

x

xArc−

−tan + x

A−

pour x < 0

y(x) = x2

1 ln xx

−+

11 +

xB pour 0 < x < 1

x2

1 ln 11

−+

xx +

xC pour 1 < x .

2) Raccords en 0 et 1.

Limx→1±0 y(x) = +∞ : toutes les courbes intégrales ont une asymptote verticale en x = 1.

En 0+, y(x) = x

B + 1 + 3x + o(x) ; en 0−, y(x) =

xA−

+ 1 + 3x + o(x) .

Il y a un raccord continu ssi A = B = 0. Ce raccord est dérivable et y’(0) = 1/3.

Il est même de classe C1, car 2x y’ =

x−11 − y(x) =

32x + o(x), donc y’(x) → 1/3 en 0.

3) Solution développable en série entière en 0.

Cherchant y(x) sous la forme ∑≥0

.n

nn xa , on trouve après identification an = 12

1+n

. La série entière

obtenue a pour rayon de convergence 1. Il y a donc une solution DSE sur ]−1, 1[ : h(x) = ∑≥ +0 12n

n

nx

.

h(x) = x

xArc−

−tan pour −1 < x < 0 , h(x) = x2

1 ln xx

−+

11 pour 0 < x < 1.

4) Maple renâcle un peu et ne trace que certaines courbes intégrales. C’est pourquoi j’ai écrit un second programme. > with(DEtools):with(plots):ed:=2*x*diff(y(x),x)+y(x) =1/(1-x); > dsolve(ed,y(x));assume(x<0);dsolve(ed,y(x));

> p:=DEplot(ed,y(x),x=-3..3,[[y(-1)=-1],[y(-1)=1],[y( -1)=0.2],[y(0.4)=2], [y(2)=2],[y(2)=1],[y(2)=0.6]],y=-3..3,stepsize=0.01 ,color=blue): f:=piecewise(x<0,arctan(sqrt(-x))/sqrt(-x),x>0,arct anh(sqrt(x))/sqrt(x)): q:=plot(f(x),x=-3..3,-3..3,color=red,thickness=2): as:=plot([1,t,t=-3..3],color=black): h:=plot(1/(1-x),x=-3..3,-3..3,color=black):display( p,q,as,h); > with(plots):f:=(a,x)->(arctan(sqrt(-x))+a)/sqrt(-x) : p:=a->plot(f(a,x),x=-4..0,-3..3,thickness=2): > h:=x->1/2*ln(abs((1+x)/(1-x))):g:=(b,x)->(h(sqrt(x) )+b)/sqrt(x): q:=b->plot(g(b,x),x=0..1,-3..3,thickness=2): r:=c->plot(g(c,x),x=1..4,-3..3,thickness=2):as:=plo t([1,t,t=-3..3], color=black):iso:=plot(1/(1-x),x=-4..4,-3..3,color= blue): > display(as,p(0),p(1),p(-1),p(0.5),p(-0.5),q(0),q(0 .5),q(-0.5),r(0), r(1),r(-1),r(-2),iso);

= ( )y x~−I ( ) + I ( )arctan −x~ _C1

−x~ = ( )y x

+ ( )arctanh x _C1

x

6

> with(powseries):ed2:=2*x*(1-x)*diff(y(x),x)+(1-x)*y (x)=1; A:=powsolve(ed2,y(0)=1);tpsform(A,x,12);

:= ed2 = + 2 x ( ) − 1 x

∂

∂x

( )y x ( ) − 1 x ( )y x 1

:= A procprocprocproc( ) ... end procend procend procend procpowparm

113

x15

x2 17

x3 19

x4 111

x5 113

x6 115

x7 117

x8 119

x9 121

x10 123

x11 + + + + + + + + + + + +

( )O x12

Exercice 4 : Résoudre l’équation ( 1 – x2

).y’ – x y = 1. [ écrit Mines 1985, partie II ]

Solution : 1) Equation homogène :

yy'

= ²1 x

x− se résout en ln | y | = −

21 ln | 1 – x

2 | , y(x) =

²1 xC−

.

2) Equation avec second membre. > with(DEtools):with(powseries):with(plots): > ed:=(1-x^2)*diff(y(x),x)-x*y(x)=1: > dsolve(ed,y(x));

= ( )y x − + ( ) − x 1 ( ) + x 1 ( )ln + x − + 1 x2

( ) − x 1 ( ) + x 1_C1

− x 1 + x 1

> DEplot(ed,y(x),x=-3..3,[[y(0)=0],[y(0)=1],[y(0)=-1] ,[y(2)=1],[y(-2)=-1],[y(2)=-2],[y(-2)=2],[y(0)=2],[y(0)=-2]],y=-3..3) ; > f:=x->ln(abs(x)+sqrt(x^2-1)):g:=(a,x)->(-signum(x)* f(x)+a)/sqrt(x^2-1);h:=(a,x)->(a+arcsin(x))/sqrt(1-x^2);

> p:=a->plot(g(a,x),x=-3..3,-3..3,color=blue,thicknes s=2): q:=a->plot(h(a,x),x=-1..1,-3..3,color=blue,thicknes s=2): > as1:=plot([1,t,t=-3..3],color=black): as2:=plot([-1,t,t=-3..3],color=black): > php:=DEplot(ed,y(x),x=-3..3,y=-3..3): > display(php,as1,as2,p(-1),p(0),p(1.5),q(-2),q(-Pi/ 2),q(-1),q(0),q(1), q(Pi/2),q(2)); > a:=powsolve(ed,y(0)=0);tpsform(a,x,15);


+ + + + + + + x23

x3 815

x5 1635

x7 128315

x9 256693

x11 10243003

x13 ( )O x15

:= h → ( ),a x + a ( )arcsinx

− 1 x2 := g → ( ),a x− + ( )signumx ( )f x a

− x2 1

7

Exercice 5 : On note (E) l’équation différentielle ( 1 + x2 ) y’ = 1 + 3xy.

1) Trouver une solution polynomiale de (E), puis résoudre (E). 2) Déterminer les solutions de (E) bornées en +∞.

Solution : [ Oral TPE MP 2011, RMS n° 1171 ] 1) (E) est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 à coefficients variables. Soit P(x) une solution particulière polynomiale de (E). En considérant le terme de plus haut degré de

P(x), on trouve deg P = 3. Une recherche par coefficients indéterminés donne P(x) = 3

2 3x + x.

L’équation homogène a pour solution générale C.( x2 + 1 )

3/2 .

Conclusion : (E) a pour solution générale y(x) = 3

2 3x + x + C.( x

2 + 1 )

3/2 .

2) Un développement asymptotique en +∞ donne :

y(x) = 3

2 3x + x + C x

3 ( 1 +

²1x

)3/2

= (32 + C ) x3

+ ( 1 + 2

3C ) x + O(x1 ) .

y est bornée au V(+∞) ssi C = − 32 . Elle tend alors vers 0.

> ed:=(1+x^2)*diff(y(x),x)=1+3*x*y(x):dsolve(ed,y(x)) ;

= ( )y x + + ( ) + 1 x2( )/3 2

_C1 x23

x3

> f:=x->C*(1+x^2)^(3/2)+x+2/3*x^3;asympt(f(x),x);

:= f → x + + C ( ) + 1 x2( )/3 2

x23

x3

+ + − + +

+ C

23

x3

+

32

C 1 x

38

C

x116

C

x3

3128

C

x5

O

1

x7

Exercice 6 : Soient (H) x(x – 4).y’ + (x – 2).y = 0, (E) x(x – 4).y’ + (x – 2).y = −2. 1) Résoudre (H) et (E) sur ]−∞, 0[, ]0, 4[, ]4, +∞[. 2) L’équation (E) admet-elle une solution sur ]−∞, 4[ ?

Solution : [ Oral Centrale MP 2010, RMS n° 803 ]

Exercice 7 : Soient a et b continues 2π−périodiques R → R. Etudier l’existence de solutions 2π-périodiques de l’équation différentielle (E) y’ = a(x).y + b(x). Exemples : quelles sont les solutions périodiques de :

y’ + y = cos x ; y’ + (cos x).y = 0 , resp. e−sin x

; y’ + (sin x).y = 1.

Solution : [ Oral Centrale 1993, RMS n° 344 ] Observons que si y est solution de (E), z : x → y(x + 2π) l’est aussi. On en déduit que, pour qu’une solution y de (E) soit 2π-périodique, il faut et il suffit que y(0) = y(2π). La condition est évidemment nécessaire ; et elle est suffisante, car y(0) = y(2π) s’écrit aussi y(0) = z(0), et l’on conclut par unicité. Or la solution générale de (E) est :

y(x) = C(x).exp − ∫x

duua0

).( , où C(x) = C(0) + ∫ ∫x u

dudttaub0 0

).).(exp().( .

ou encore : y(x) = C(0).exp − ∫x

duua0

).( + ∫ ∫−x x

ududttaub

0).).(exp().( .

8

La condition y(0) = y(2π) s’écrit : y(0).[ 1 − exp(− ∫π2

0).( duua ) ] = ∫ ∫−

π π2

0

2).).(exp().( dudttaub

u.

D’où la discussion :

• Si ∫π2

0).( duua = 0 et ∫ ∫−

π π2

0


u ≠ 0, pas de solution périodique.

• Si ∫π2

0).( duua = 0 et ∫ ∫−

π π2

0


u = 0, toutes les solutions sont périodiques.

• Si ∫π2

0).( duua ≠ 0, il y a une seule solution périodique.

L’équation y’ + y = cos x obéit au troisième cas. Elle a pour solution générale :

y(x) = 2sincos xx+ + C.e

−x , et a une seule solution périodique : y(x) =

2sincos xx+ .

L’équation y’ + (cos x).y = 0 obéit au second cas. Elle a pour solution générale :

Les équations y’ + (cos x).y = e−sin x

et y’ + (sin x).y = 1 obéissent au premier cas. Avec Maple : > ed1:=diff(y(x),x)+y(x)=cos(x);dsolve(ed1,y(x)); dsolve(ed1,y(0)=y(2*Pi),y(x));

= ( )y x + + 12

( )cos x12

( )sin x eeee( )−x

_C1

= ( )y x + 12

( )cos x12

( )sin x

> ed2:=diff(y(x),x)+cos(x)*y(x)=0;dsolve(ed2,y(x)); dsolve(ed2,y(0)=y(2*Pi),y(x));

= ( )y x _C1eeee( )− ( )sin x

= ( )y x _C1eeee( )− ( )sin x

> ed3:=diff(y(x),x)+cos(x)*y(x)=exp(-sin(x)); dsolve(ed3,y(x));dsolve(ed3,y(0)=y(2*Pi),y(x));

= ( )y x + eeee( )− ( )sin x

x _C1eeee( )− ( )sin x

> ed4:=diff(y(x),x)+sin(x)*y(x)=1;dsolve(ed4,y(x)); dsolve(ed4,y(0)=y(2*Pi),y(x));

= ( )y x + eeee( )cos x

d⌠

⌡eeee

( )− ( )cos xx eeee

( )cos x_C1

Exercice 8 : Soient f et g deux éléments de C(R, R), λ un réel ≠ 0. Montrer l’équivalence :

(∀x) f(x) − λ ∫x

dttf0

).( = g(x) ⇔ (∀x) f(x) = g(x) + dttgex

tx ).(0

)(∫ −λλ

Solution : L’équation fonctionnelle du premier membre n’est pas une équation différentielle, mais

elle s’y ramène, car si l’on pose F(x) = ∫x

dttf0

).( , F est C1 et F(0) = 0.

L’équation intégrale f(x) − λ ∫x

dttf0

).( = g(x) s’écrit aussi F’(x) − λF(x) = g(x).

Multiplions les deux membres par xe λ− , il vient dxd [F(x). xe λ− ] = g(x). xe λ− , donc :

F(x) = xeλ ∫ −x

t dttge0

).(λ , d’où f(x) = λF(x) + g(x) = …

Remarque : Une approche itérative est également possible : f = g + λ.T(f) implique, par récurrence :

f = g + λ.T(g) + λ.T2(g) + ... + λn

.Tn(g) + λn+1

.Tn+1

(f)

9

c’est-à-dire : f(x) = g(x) + λ ∫ ∑−

=

−x n

k

kk

ktx

0

1

0 !)(λ

g(t).dt + λn+1 ∫

−x n

dttfntx

0).(

!)(

.

Cela donne à la limite f(x) = g(x) + dttgex

tx ).(0

)(∫ −λλ : pourquoi ?

Exercice 9 : Montrer l’identité ∀x ∈ R ∫+∞

∞−− dtee tixt .2/² = π2 2/²xe− .

Solution : L’idée est simple, et souvent usitée dans ce genre d’identité :

1) Montrer que la fonction F(x) = ∫+∞

∞−− dtee tixt .2/² est définie et de classe C

1 sur R, au moyen du

théorème de dérivation des intégrales à paramètre.

F’(x) = ∫+∞

∞−− dteeit tixt .. 2/² = − x.F(x) après une intégration par parties.

2) L’équation différentielle y’ = − x.y s’intègre en y(x) = C 2/²xe− .

La méthode de l’exponentielle est ici indiquée, car la fonction F est à valeurs complexes. Mais on peut aussi utiliser la méthode du logarithme, car, en fait, F est à valeurs réelles.

En effet, il vient après pliage : F(x) = 2∫+∞

−0

2/² .)cos( dtext t .

3) Ainsi donc F(x) = C 2/²xe− . La valeur de C s’obtient en faisant x = 0.

4) Une autre méthode est possible : développer en série la fonction intégrée.

∫+∞

∞−− dtee tixt .2/² = ∫ ∑

∞+

∞−−

+∞

=dte

nixt

t

n

n

..!)(

2/²

0

= ∑+∞

=0 !)(

n

n

nix

∫+∞

∞−− dtet tn .2/² = ∑

+∞

=

−0

2

)!2()1(

n

kk

kx∫

+∞

∞−− dtet tk .2/²2 = …

les intégrales d’indices impairs étant nulles, celles d’indices pairs se calculant par parties. Ici encore, la justification est laissée au lecteur. Exercice 10 : Lemme de Gronwall. Soit u : I = [0, T) → R une fonction continue vérifiant :

∃ a ≥ 0 ∃ k > 0 ∀t ∈ I u(t) ≤ a t + k ∫t

dssu0

).( . Montrer que ∀t ∈ I u(t) ≤ a k

ekt 1−.

En particulier si ∃ k > 0 ∀t ∈ I 0 ≤ u(t) ≤ k∫t

dssu0

).( , alors u est la fonction nulle.

Application : Soit y ∈ C1(R, R) une fonction vérifiant y’ = y

2 , y(0) = 0. Montrer que y = 0.

Solution : Cette inéquation intégrale joue un rôle-clé dans la démonstration du théorème de Cauchy-Lipschitz.

1ère méthode : introduire la fonction w(t) = v(t).e−kt

, où v(t) = ∫t

dssu0

).( .

On a w(0) = 0 et w’(t) = [ v’(t) – k.v(t) ].e−kt ≤ at e

−kt. Intégrons ! w(t) = ∫

tdssw

0).(' ≤ ∫ −

tksdsase

0. .

Donc v(t) ≤ ekt∫ −

tksdsase

0. , et, après calculs, u(t) ≤ a t + k.v(t) ≤ a

kekt 1−

.

2ème méthode : montrer la majoration u(t) ≤ a.t + a.!2².tk + … + a.

!.1

ntk nn−

+ kn∫ −

− −t n

dssun

st0

1

).(.)!1(

)(.

Puis faire tendre n vers l’infini.

Application : soit y ∈ C1(R, R) telle que y’ = y

2 , y(0) = 0. Alors y(x) = ∫

xdtty

0

2.)( .

Comme y est bornée sur tout segment [0, A], on peut écrire | y(x) | ≤ k ∫x

dtty0

.)( pour x ∈ [0, A].

Donc y = 0 sur [0, A], donc sur R+. Idem sur R−.

10

3. Equations et systèmes linéaires à coefficients constants. 3.1. Systèmes différentiels linéaires à coefficients constants.

Commençons par quelques-unes des 14 formes de flots de systèmes plans.

Exercice 1 : Résoudre les systèmes différentiels : x’ = 5x − 2y , y’ = − x + 6y

Puis : x’ = 5x− 5x + 2y + et , y’ = x – 6y + t

Solution : [ Oral Mines 1991, RMS n° 343 ]

La matrice du système A =

−

−6125 a deux valeurs propres 4 et 7.

On trouve : P =

−1112 , P

−1.A.P =

7004 . Posant [ y

x ] = P.[ vu ] , il vient :

u’ = 4u , v’ = 7v , donc : u(t) = te4 u(0) , v(t) = te7 v(0) .

Au final : x(t) = 2 te4 u(0) + te7 v(0) , y(t) = te4 u(0) − te7 v(0) .

Géométriquement, dans le plan des (u, v), on obtient un nœud instable. > with(linalg):with(DEtools): > A:=matrix(2,2,[5,-2,-1,6]);eigenvals(A);

:= A

5 -2

-1 6

,7 4 > k1:=kernel(A-7);k2:=kernel(A-4); P:=transpose(matrix([op(k1),op(k2)]));multiply(inve rse(P),A,P);

:= k1 [ ],-1 1 := k2 [ ],2 1

:= P

-1 2

1 1

> exponential(A,t);multiply(exponential(A,t),vector([ a,b]));

+ 23

eeee( )4 t 1

3eeee

( )7 t− +

23

eeee( )7 t 2

3eeee

( )4 t

− + 13

eeee( )7 t 1

3eeee

( )4 t +

13

eeee( )4 t 2

3eeee

( )7 t

> sys:=diff(x(t),t)=5*x(t)-2*y(t),diff(y(t),t)=-x(t) +6*y(t);

:= sys , = ∂∂t

( )x t − 5 ( )x t 2 ( )y t = ∂∂t

( )y t − + ( )x t 6 ( )y t

> dsolve(sys,x(t),y(t));

, = ( )y t − + _C1 eeee( )7 t 1

2_C2eeee

( )4 t = ( )x t + _C1eeee

( )7 t_C2eeee

( )4 t

> DEplot(sys,x(t),y(t),t=-3..3,x=-5..5,y=-5..5,[[x( 0)=2,y(0)=-2], [x(0)=2,y(0)=2],[x(0)=-2,y(0)=-2],[x(0)=-2,y(0)=2], [x(0)=2,y(0)=1], [x(0)=-2,y(0)=-1],[x(0)=3,y(0)=-1],[x(0)=0,y(0)=3], [x(0)=0,y(0)=-3], [x(0)=-4,y(0)=1]],stepsize=0.1);

7 0

0 4

11

> sys2:=diff(x(t),t)=5*x(t)-2*y(t)+exp(t),diff(y(t), t)=-x(t)+6*y(t)+t;

:= sys2 , = ∂∂t

( )y t − + + ( )x t 6 ( )y t t = ∂∂t

( )x t − + 5 ( )x t 2 ( )y t eeeet

> dsolve(sys2,x(t),y(t));

= ( )x t − + − − − eeee( )7 t

_C2 2 eeee( )4 t

_C111392

518

eeeet 114

t,

= ( )y t + − − − eeee( )7 t

_C2 eeee( )4 t

_C127784

528

t118

eeeet

Exercice 2 : Résoudre le système différentiel : x’ = − x – y , y’ = x − y

Solution :

La matrice du système a la forme caractéristique A =

−

abba , qui invite à passer en complexes sans

réduire la matrice A. Si l’on pose z = x + iy , il vient z’ = ( −1 + i ).z, donc

z(t) = tie )1( +− z(0) = r(0) )0(.θie tie )1( +− , puis x(t) = r(0) te− cos(t + θ(0)) , y(t) = r(0) te− sin(t + θ(0))

Mais surtout, si l’on passe en polaires, r(t) = r(0) te− , θ(t) = t + θ(0).

Les trajectoires sont des spirales logarithmiques r = r(0) θ−e , parcourues dans le sens trigonomé-

trique, en tendant vers le pôle O. Il s’agit d’un foyer stable.

Exercice 3 : Résoudre le système différentiel x’ = x + y , y’ = − 2x + y.

Solution : La matrice du système A =

− 12

11 a deux valeurs propres complexes conjuguées.

Elle est semblable dans M2(C) à

−

+210

021i

i et dans M2(R) à

− 12

21 , ce qui nous ramène à

l’exercice précédent.

> with(linalg):with(DEtools): > A:=matrix(2,2,[1,1,-2,1]);eigenvals(A);eigenvects(A );

, + 1 I 2 − 1 I 2

12

,[ ], , + 1 I 2 1 [ ],1 I 2 [ ], , − 1 I 2 1 [ ],1 −I 2 > P:=matrix(2,2,[1,0,0,sqrt(2)]);simplify(multiply(in verse(P),A,P));

> multiply(exponential(A,t),array([x(0),y(0)]));

, + eeeet ( )cos t 2 ( )x 0

12

2 eeeet ( )sin t 2 ( )y 0 − + 2 eeeet ( )sin t 2 ( )x 0 eeeet ( )cos t 2 ( )y 0

> sys:=diff(x(t),t)=x(t)+y(t),diff(y(t),t)=-2*x(t)+y (t);

:= sys , = ∂∂t

( )x t + ( )x t ( )y t = ∂∂t

( )y t − + 2 ( )x t ( )y t

> dsolve(sys,x(t),y(t)); = ( )y t eeeet 2 ( ) − _C1 ( )cos t 2 _C2 ( )sin t 2 ,

= ( )x t eeeet ( ) + _C1 ( )sin t 2 _C2 ( )cos t 2

> DEplot(sys,x(t),y(t),t=-3..3,x=-5..5,y=-5..5,[[x( 0)=1,y(0)=0], [x(0)=2,y(0)=0],[x(0)=-1,y(0)=0],[x(0)=-2,y(0)=0],[ x(0)=0,y(0)=2], [x(0)=0,y(0)=-2]],stepsize=0.1);

Exercice 4 : Résoudre le système différentiel x’ = x + 2y , y’ = − 2x – y.

Solution : La matrice du système a deux valeurs propres imaginaires pures. On obtient un système à centre, aux trajectoires elliptiques.

> with(DEtools):with(linalg): > sys:=diff(x(t),t)=x(t)+2*y(t),diff(y(t),t)=-y(t)-2 *x(t); var:=x(t),y(t);

:= sys , = ∂∂t

( )x t + ( )x t 2 ( )y t = ∂∂t

( )y t − − ( )y t 2 ( )x t

:= var ,( )x t ( )y t > dsolve(sys,var);dsolve(op(sys),x(0)=1,y(0)=1,var) ;

= ( )x t + _C1 ( )sin 3 t _C2 ( )cos 3 t ( )y t = ,

− − − 12

_C1 ( )cos 3 t 312

_C2 ( )sin 3 t 312

_C1 ( )sin 3 t12

_C2 ( )cos 3 t

, = ( )x t + 3 ( )sin 3 t ( )cos 3 t = ( )y t − ( )cos 3 t 3 ( )sin 3 t > DEplot(sys,var,t=0..10,[[x(0)=1,y(0)=0],[x(0)=2,y(0 )=0],[x(0)=3,y(0)=0], [x(0)=4,y(0)=0]],x=-5..5,y=-5..5,stepsize=0.1,color =blue);

:= P

1 0

0 2

1 2

− 2 1

13

> A:=matrix(2,2,[1,2,-2,-1]);multiply(exponential(A,t ),vector([x0,y0]));

:= A

1 2

-2 -1

+

+ ( )cos 3 t

13

3 ( )sin 3 t x023

3 ( )sin 3 t y0,

− + 23

3 ( )sin 3 t x0

− ( )cos 3 t

13

3 ( )sin 3 t y0

Autre solution, géométrique :

dtdx = x + 2y et

dtdy

= − 2x – y impliquent dxdy =

yxyx

22+

−−, i.e. (2x + y).dx + (x + 2y).dy = 0.

C’est une équation aux différentielles totales. Or ω = dF , où F(x, y) = x2 + xy + y

2.

On a donc x2 + xy + y

2 = cte sur chaque courbe intégrale : ce sont des ellipses.

Les arc paramétrés t → (x(t), y(t)) sont tracés sur des ellipses. Mais cette approche gomme la cinématique : sens de parcours et périodicité. Exercice 5 : Résoudre le système différentiel x’ = x – y , y’ = x + 3y , x(0) = 1 , y(0) = 2.

Solution : [Ecrit CCP MP 2013, math 1 ]

Le polynôme caractéristique de A est P = ( X – 2 )2. Partant de là, deux idées :

1) A annule P, donc A = 2I + N, où N est nilpotente.

Donc exp(tA) = exp(2tI).exp(tN) = te2 ( I + tN ), et Y(t) = exp(tA).Y(0).

2) Trigonaliser A, en complétant un vecteur propre en une base. Avec la terminologie du cours, on tombe sur un « point de repos instable ». > with(linalg):with(plots):with(DEtools): > A:=matrix(2,2,[1,-1,1,3]); factor(charpoly(A,x));

:= A

1 -1

1 3

( ) − x 2 2

> a:=op(kernel(A-2));b:=vector([0,1]); P:=transpose(matrix([a,b]));T:=multiply(inverse(P), A,P);

> eA:=multiply(P,scalarmul(matrix(2,2,[1,t,0,1]),exp( 2*t)),inverse(P)); multiply(eA,vector([1,2]));

:= T

2 1

0 2 := P

-1 0

1 1

14

:= eA

− eeee( )2 t

eeee( )2 t

t −eeee( )2 t

t

eeee( )2 t

t + eeee( )2 t

t eeee( )2 t

[ ], − eeee( )2 t

3 eeee( )2 t

t + 3 eeee( )2 t

t 2 eeee( )2 t

> eA2:=exponential(A,t);

:= eA2

− eeee( )2 t

eeee( )2 t

t −eeee( )2 t

t

eeee( )2 t

t + eeee( )2 t

t eeee( )2 t

> sys:=diff(x(t),t)=x(t)-y(t),diff(y(t),t)=x(t)+3*y( t); dsolve(sys,x(0)=1,y(0)=2,x(t),y(t));

:= sys , = ∂∂t

( )x t − ( )x t ( )y t = ∂∂t

( )y t + ( )x t 3 ( )y t

, = ( )x t −eeee( )2 t

( )− + + _C1 t _C1 t _C2 = ( )y t eeee( )2 t

( ) + + t _C1 t _C2 _C2 > plot([exp(2*t)*(1-3*t),-exp(2*t)*(-2-3*t),t=-5..10] ,x=-1..2,y=-0.5..5,numpoints=2000); > DEplot(sys,[x(t),y(t)],t=-5..10,[[x(0)=1,y(0)=2],[x (0)=4,y(0)=0], [x(0)=-4,y(0)=0],[x(0)=-1,y(0)=-2],[x(0)=1,y(0)=-1] ,[x(0)=-1,y(0)=1], [x(0)=0,y(0)=1],[x(0)=0,y(0)=-1]], x=-5..5,y=-5..5,stepsize=0.1,color=blue);

Exercice 6 : Exemples de bifurcations. Résoudre les systèmes différentiels suivants, et étudier leur évolution lorsque le paramètre varie : x’ = 2.x + p.y x’ = − y + ε.y x’ = x + a.y

15

y’ = x + ( 2 + 2p

).y y’ = x + ε.y y’ = a.x + y

Solution : Lorsqu’un système dynamique, discret ou différentiel, dépend d’un paramètre (un « degré de liberté », dit-on parfois), il arrive que son comportement change de nature lorsque le paramètre franchit certaines valeurs-seuils : on dit alors qu’il y a bifurcation . Que l’on songe à un solide situé à l’extrémité d’un ressort et glissant sur une droite horizontale : lorsqu’il n’y a pas de frottement, il décrit un mouvement périodique ; lorsque la force de frottement est faible, il décrit un mouvement périodique amorti ; lorsque le frottement dépasse une valeur critique, le solide tend vers le point d’équilibre en un mouvement apériodique. Dans le cas de systèmes linéaires plans autonomes, la discussion et les bifurcations se voient bien dans le plan trace-déterminant.

1) Passage continu d’un foyer stable à un foyer instable. Le système x’ = − y + εx , y’ = x + εy s’écrit aussi, en complexes : z’ = ( i + ε )z .

Il s’intègre en z(t) = tie )( ε+ z(0) . En polaires : r(t) = teε r(0) , θ(t) = t + θ(0).

Si ε < 0, on a un foyer stable. Si ε = 0, un système à centre. Si ε > 0, un foyer instable. 2) Passage continu d’un col à un nœud instable. Le système x’ = x + ay , y’ = ax + y possède deux bifurcations, en −1 et 1. Si |a| < −1, on a un col ; si a = ±1, une droite instable ; si |a| < 1, un nœud instable. 3) Passages continus d’un nœud à un foyer.

Le système x’ = 2x + py , y’ = x + ( 2 + 2p

) possède trois bifurcations.

Si p < −16, nœud stable ; si p = −16, nœud impropre stable ; Si –16 < p < − 8 foyer stable ; si p = − 8, système à centre ; si –8 < p < 0, foyer instable ; Si p = 0, nœud impropre instable ; enfin, si p > 0, nœud instable.

Exercice 7 : Résoudre les systèmes différentiels Y’ =

−

0000000

ωω

Y et Y’ =

−−

−

00

0

pqpr

qrY.

Solution : Le premier système se résout aisément, en posant ζ = x + iy. Les trajectoires sont des cercles situés dans des plans horizontaux, centrés sur l’axe Oz. > sys:=diff(x(t),t)=-omega*y(t),diff(y(t),t)=omega*x (t),diff(z(t),t)=0;

:= sys , , = ∂∂t

( )x t −ω ( )y t = ∂∂t

( )y t ω ( )x t = ∂∂t

( )z t 0

> dsolve(sys,x(t),y(t),z(t)); , , = ( )x t + _C1 ( )sin ω t _C2 ( )cos ω t = ( )y t − + _C1 ( )cos ω t _C2 ( )sin ω t = ( )z t _C3

> with(linalg):A:=matrix(3,3,[0,-omega,0,omega,0,0,0, 0,0]); exponential(A,t);multiply(exponential(A,t),vector([ a,b,c]));

:= A

0 −ω 0

ω 0 0

0 0 0

( )cos ω t − ( )sin ω t 0

( )sin ω t ( )cos ω t 0

0 0 1

[ ], , − ( )cos ω t a ( )sin ω t b + ( )sin ω t a ( )cos ω t b c Le second système est pénible à résoudre directement. Mieux vaut noter que la matrice de ce système est celle de l’endomorphisme Y → Ω ∧ Y, où Ω = (p, q, r). Si l’on change de base orthonormée, cet

16

endomorphisme aura pour matrice

−

0000000

ωω

, où ω = ²²² rqp ++ . Par conséquent, ce système

différentiel est conjugué du précédent et aura les mêmes propriétés. Ses trajectoires sont des cercles tracés dans les plans affines orthogonaux à Ω et centrés sur la droite RΩ. Exercice 8 : Résoudre le système différentiel

x’ = 2x + y + 3 z , y’ = x + 2y + 3z , z’ = − y + z , x(0) = y(0) = 1 , z(0) = 2.

Solution : [ POX 1988, RMS n° 57 ] On peut résoudre ce système par plusieurs méthodes, différentielle, algébrique, ou géométrique.

> with(DEtools):with(linalg):with(plots):

1ère méthode : directe. > e1:=diff(x(t),t)=2*x(t)+y(t)+3*z(t);e2:=diff(y(t),t )=x(t)+2*y(t)+3*z(t); e3:=diff(z(t),t)=-y(t)+z(t);dsolve(e1,e2,e3,x(t) ,y(t),z(t));

( )y t =

−eeee( )2 t

( ) + + − _C2 ( )sin 2 t _C2 ( )cos 2 t 2 _C3 ( )cos 2 t _C3 ( )sin 2 t 2 ,

= ( )z t + + _C1eeeet _C2eeee( )2 t

( )sin 2 t _C3eeee( )2 t

( )cos 2 t ( )x t 3 _C1eeeet− = ,

_C2eeee( )2 t

( )sin 2 t _C2eeee( )2 t

( )cos 2 t 2 _C3eeee( )2 t

( )cos 2 t − − −

_C3eeee( )2 t

( )sin 2 t 2 +

> dsolve(e1,e2,e3,x(0)=1,y(0)=1,z(0)=2,x(t),y(t),z (t));

= ( )y t −eeee( )2 t

− −

72

2 ( )sin 2 t ( )cos 2 t ,

= ( )z t − + 32

2 eeee( )2 t

( )sin 2 t 2 eeee( )2 t

( )cos 2 t ,

= ( )x t + 72

2 eeee( )2 t

( )sin 2 t eeee( )2 t

( )cos 2 t

2ème méthode : matricielle. > A:=matrix(3,3,[2,1,3,1,2,3,0,-1,1]);

:= A

2 1 3

1 2 3

0 -1 1

> E:=map(simplify,exponential(A,t)); multiply(E,vector([1,1,2]));

+ 72

2 eeee( )2 t


( )cos 2 t + 72

2 eeee( )2 t


( )cos 2 t, ,

− + 12

2 eeee( )2 t


( )− + 2 ( )sin 2 t 2 ( )cos 2 t

La solution est une spirale logarithmique tracée dans le plan x = y : > p:=plot3d([x,x,z],x=-20..40,z=-15..4): c:=spacecurve([7/2*sqrt(2)*exp(2*t)*sin(sqrt(2)*t)+ exp(2*t)*cos(sqrt(2)*t), 7/2*sqrt(2)*exp(2*t)*sin(sqrt(2)*t)+exp(2*t)*cos( sqrt(2)*t), -1/2*sqrt(2)*exp(2*t)*sin(sqrt(2)*t)+exp(2*t)*(-sqrt(2)*sin(sqrt(2)*t)+2*cos(sqrt(2)*t))],t=-5..1,numpoints=500,thickness=2,axes=boxed,color=bla ck):display(p,c);

17

3ème méthode, géométrique. A a pour valeurs propres 1, 2 ± i 2 .

Elle est semblable dans M3(C) à

−+

22000220001

ii , et dans M3(R) à

−

220220

001.

Dans un repère convenable, u’ = u , v’ = 2 v − 2 w , w’ = 2 v + 2 w.

Ainsi u = A.et , z = v + i w vérifie z(t) = B. tie ).22( + .

Les trajectoires sont des courbes en forme de spirales logarithmiques tracées sur des cônes. Elles partent de O à l’instant −∞ et s’éloignent à l’infini. Les conditions initiales ici fournies donnent une spirale logarithmique tracée dans un plan.

Exercice 9 : Résoudre le système différentiel x’’(t) = 3.x(t) – 4.y’(t) , y’’(t) = 3.y(t) + 4.x’(t) , x(0) = 2 , x’(0) = y(0) = y’(0) = 0.

Solution : [ POX 1989 ] Plusieurs solutions sont possibles. 1ère solution, astucieuse. On pose z = x + iy. Il vient z’’ – 4i z’ – 3 z = 0.

L’équation caractéristique r2 – 4i r − 3 = 0 a pour racines 3i et i.

Donc z(t) = A.e3it

+ B.eit

. Les conditions initiales z(0) = 2, z’(0) = 0 donnent z(t) = − e3it

+ 3.eit

.

D’où x(t) = − cos(3t) + 3.cos t , y(t) = − sin(3t) + 3.sin t. On reconnaît une courbe cycloïdale, en fait une néphroïde, ou épicycloïde à 2 rebroussements

2ème solution, plus générale. On se ramène à un système du premier ordre. Posons x’ = u , y’ = v , u’ = 3x – 4v , v’ = 3y + 4.u.

''''

vuyx

=

−04304003

10000100

vuyx

, donc

vuyx

= exp(tA)

0002

, où A est la matrice du système.

> with(linalg):A:=matrix(4,4,[0,0,1,0,0,0,0,1,3,0,0,- 4,0,3,4,0]);

:= A

0 0 1 0

0 0 0 1

3 0 0 -4

0 3 4 0

> multiply(exponential(A,t),array([2,0,0,0])); [ ], , , − 3 ( )cos t ( )cos 3 t − + ( )sin 3 t 3 ( )sin t − + 3 ( )sin t 3 ( )sin 3 t − + 3 ( )cos 3 t 3 ( )cos t

3ème solution, directe, avec Maple.

18

> with(plots):with(DEtools): > de1:=diff(x(t),t,t)=3*x(t)-4*diff(y(t),t); de2:=diff(y(t),t,t)=3*y(t)+4*diff(x(t),t); > dsolve(de1,de2,x(t),y(t)); > dsolve(de1,de2,x(0)=2,D(x)(0)=0,y(0)=0,D(y)(0)=0, x(t),y(t) );

= ( )x t + + + _C1 ( )sin t _C2 ( )cos t _C3 ( )sin 3 t _C4 ( )cos 3 t ,

= ( )y t − + − + _C1 ( )cos t _C2 ( )sin t _C3 ( )cos 3t _C4 ( )sin 3t

, = ( )y t − + ( )sin 3 t 3 ( )sin t = ( )x t − + ( )cos 3 t 3 ( )cos t > f:=t->-cos(3*t)+3*cos(t);g:=t->-sin(3*t)+3*sin(t); plot([f(t),g(t),t=0..2*Pi],thickness=2,scaling=cons trained);

Exercice 10 : Résoudre x’’ = 3x + y + e2t

, y’’ = 2x + 2y + 3 et .

Solution : [ Oral Mines MP 2005, RMS n° 500 ] Exercice 11 : Résoudre le système x’’ = 5.x − 3.y + 2.z , y’’ = 6.x – 4.y + 4.z , z’’ = 4.x – 4.y + 5.z

Solution : Les résultats sont trop compliqués pour être reproduits ici. Voici trois méthodes : > with(linalg):A:=matrix(3,3,[5,-3,2,6,-4,4,4,-4,5]);

:= A

5 -3 2

6 -4 4

4 -4 5

1ère méthode : directe. > V:=vector([x(t),y(t),z(t)]); dv:=vector([diff(x(t),t,t),diff(y(t),t,t),diff(z(t) ,t,t)]); sys:=dv[1]-multiply(A,V)[1],dv[2]-multiply(A,V)[2] ,dv[3]-multiply(A,V)[3];dsolve(sys,V);

2ème méthode : réduction de A. > c:=factor(charpoly(A,x));

:= c ( ) − x 1 ( ) − x 2 ( ) − x 3 > k1:=kernel(A-1);k2:=kernel(A-2);k3:=kernel(A-3);

:= k1 [ ], ,1 2 1 := k2 [ ], ,1 1 0 := k3 [ ], ,1 2 2

> P:=transpose(matrix([op(k1),op(k2),op(k3)]));T:=mul tiply(inverse(P),A,P);

:= P

1 1 1

2 1 2

1 0 2

:= T

1 0 0

0 2 0

0 0 3

19

> ed1:=diff(u(t),t,t)=u(t):ed2:=diff(v(t),t,t)=2*v(t) : ed3:=diff(w(t),t,t)=3*w(t): dsolve(ed1,ed2,ed3,u(t),v(t),w(t));

= ( )v t + _C3eeee( )2 t

_C4 eeee( )− 2 t

= ( )u t + _C5eeeet _C6 eeee( )−t

, ,

= ( )w t + _C1eeee( )3 t

_C2eeee( )− 3 t

3ème méthode : retour à un système du premier ordre, via x’ = x1 , y’ = y1, z’ = z1. > N:=matrix(3,3,0):B:=blockmatrix(2,2,[N,diag(1,1,1), A,N]); delrows(exponential(B,t),4..6);

:= B

0 0 0 1 0 0

0 0 0 0 1 0

0 0 0 0 0 1

5 -3 2 0 0 0

6 -4 4 0 0 0

4 -4 5 0 0 0

Exercice 12 : Résoudre le système différentiel Y’ = A.Y , où A =

λλ

λλ

0......01.........0......0.........100...01

.

Solution : Rien de plus simple ! Ecrivons A = λ I + N, où N est nilpotente.

Par conséquent, exp(tA) = exp(λt).exp(t.N) = teλ

10......01.........

!2²......0...

......10!

...!2²1

t

tt

nttt

n

, puis Y(t) = exp(tA).Y(0).

Ce résultat est important, car le théorème de Jordan affirme que toute matrice de Mn(C) est semblable à un tableau diagonal de matrice de cette forme.

Exercice 13 : Résoudre le système différentiel Y’ = A.Y, où A ∈ M3(R) est nilpotente. Nature des trajectoires.

Solution : A est semblable à O,

000000010

, ou à

000100010

.

La première est facile : c’est le repos total cher à Gaston Lagaffe.

Le système U’ =

000000010

U s’intègre en u(t) = b.t + a , v = b , w = c. Trajectoire rectiligne.

Le système U’ =

000100010

.U s’intègre en

)()()(

twtvtu

=

00000

2/²0tt

tt

)0()0()0(

wvu

. Parabole dans un plan affine.

Exercice 14 : Soient A ∈ Mn(R), Y’ = AY le système différentiel linéaire associé. Montrer que ∀t ∈ R Y(t) – Y(0) ∈ Im A .

20

Exemple : Résoudre le système Y’ =

−−−−

464146322

Y.

Solution : [ Oral ENS Cachan 2011, RMS n° 88. ] Soient A ∈ Mn(R), Y’ = AY le système différentiel linéaire associé. Montrons que l’arc t → Y(t) est tracé dans le sous-espace affine Y(0) + Im A.

1ère méthode : Y(t) – Y(0) = ∫t

dssY0

).(' = ∫t

dssYA0

).(. = A ∫t

dssY0

).( .

2ème méthode : Considérons un système fondamental d’équations de Im A, autrement dit un système

(X1, …, Xp) de vecteurs libres tels que Y ∈ Im A ⇔ (∀k) (Xk | Y) = 0.

On a (∀k) (∀t) dtd (Xk | Y(t)) = (Xk | Y’(t)) = (Xk | A.Y(t)) = 0.

Donc (∀k) (Xk | Y(t)) = cte = (Xk | Y(0)) . Par conséquent (∀k) (Xk | Y(t) − Y(0)) = 0. cqfd.

3ème méthode : Via l’exponentielle. On a ∀t ∈ R Y(t) = exp(tA).Y(0) , donc Y(t) − Y(0) = [ exp(tA) – I ].Y(0) ∈ Im A.

En effet exp(tA) – I = tA + !2²²At + … a une image incluse dans l’adhérence de Im A, donc dans

Im A, car tout sous-espace vectoriel de Rn est fermé.

L’exercice précédent rentre dans ce cadre, car une matrice nilpotente est de rang < n.

Exemple : Considérons le système Y’ =

−−−−

464146322

Y.

La matrice A de ce système a pour valeurs propres 0, 5 ± 5i. Elle est donc semblable à

−

000055055

.

Le système différentiel conjugué est x’ = 5x – 5y, y’ = 5x + 5y, z’ = 0, dont les solutions sont des spirales logarithmiques divergentes tracées dans des plans.

Exercice 15 : Soient A ∈ An(R) , Y' = A.Y le système différentiel linéaire associé.

Montrer que || )(tY || est constant, donc que l’arc t → )(tY est tracé sur une sphère. Réciproque ?

Solution : 1) peut se montrer de deux façons.

• l’une, directe, en notant que dtd || )(tY ||2 = 0.

En effet dtd ( )(tY | )(tY ) = 2 (Y(t) | Y’(t)) = 2 (Y(t) | A.Y(t)) = 0.

• l’autre, plus savante, en notant que Y(t) = exp(tA).Y(0) et que exp(tA) est une rotation.

De sorte que ||Y(t)|| = ||Y(0)|| .

Remarque : Si n = 3, rg A = 0 ou 2. En vertu de l’exercice précédent, les trajectoires sont soit constantes, soit tracées dans des plans affines, donc sur des cercles. Ce que l’on a démontré dans un exercice antérieur.

2) Réciproquement si toute solution Y de Y’ = A.Y est de norme constante, alors pour tout t :

dtd ( )(tY | )(tY ) = 2 (Y(t) | Y’t)) = 2 (Y(t) | A.Y(t)) = 0.

Comme X = Y(0) peut être choisi quelconque, il vient (∀X) (X | AX ) = 0. Donc A est antisymétrique.

21

Exercice 16 : Soit A ∈ Mn(C). On suppose toutes les valeurs propres de A de partie réelle < 0. Montrer que toutes les solutions de Y’ = A.Y tendent vers 0 en +∞, et que, si la fonction continue b : R → C

n tend vers 0 en +∞, toutes les solutions de Y’ = A.Y + b tendent vers 0 en +∞.

Solution :

1) Si A est diagonalisable dans Mn(C), ∃P ∈ Gln(C) P−1

.A.P = diag(λ1, λ

2, …, λ

n) = D.

Le système Y’ = AY s’écrit Y’ = P.D. P−1

.Y , c’est-à-dire P−1

.Y’ = D.P−1

.Y.

Si l’on pose Y = P.U, il vient U’ = D.U, donc, pour tout j, uj(t) = cj.exp(λj.t).

Par suite, Y = P.U = ∑=

n

jjjj ptc

1

)..exp(λ , où les pj sont les colonnes de P.

Or les fonctions Yj(t) = exp(λj.t).pj tendent toutes vers 0 en +∞.

2) Si A est trigonalisable, ∃P ∈ Gln(C) P−1

.A.P = T , trigonale supérieure.

Le système Y’ = AY s’écrit Y’ = P.T. P−1

.Y , c’est-à-dire P−1

.Y’ = T.P−1

.Y.

Si l’on pose Y = P.U, il vient U’ = T.U, système que l’on résout par remontée. La conclusion s’obtient en appliquant de façon répétée le lemme suivant, qui sera établi dans un exercice ultérieur :

Lemme : Soient α ∈ C tel que Re α < 0, et f ∈ C1(R, C). Alors :

limx→+∞ f’(x) − α f(x) = 0 implique limx→+∞ f(x) = 0.

Le cas du système Y’ = A.Y + b(t) se résout de même.

Exercice 17 : Soit A ∈ Mn(C). On considère les systèmes Y’(x) = A.Y(−x), Y’(x) = A.Y(−x) + b(x).

Indiquer comment résoudre ces systèmes, en considérant U(x) = [ )()(

xZxY ] = [ )(

)(xYxY

− ] .

Exemple : résoudre f’(x) + f(−x) = 0 , f’(x) + f(−x) = x ex.

Plus généralement, si A et B ∈ Mn(C), indiquer comment résoudre Y’(x) = A.Y(x) + B.Y(−x) et Y’( x) = A.Y(x) + B.Y(−x) + b(x).

Solution : 1) Résolution de Y’(x) = A.Y(−−−−x) .

Posons Z(x) = Y(−x), il vient Z’(x) = −Y’( −x) = −A.Y(x), donc U’(x) = M.U(x) , où M =

− OA

AO .

Par conséquent U(x) = exp(xM).U(0) = exp(x.M).[ )0()0(

YY ] .

Or les puissances de M se calculent, et l’on en déduit que exp(x.M) =

− )cos()sin(

)sin()cos(xAxAxAxA .

Le système pseudodifférentiel Y’(x) = A.Y(−x) a pour solution Y(x) = [ cos(xA) + sin(xA) ].Y(0).

2) Résolution de Y’(x) = A.Y(−−−−x) + b(x).

La même idée conduit ici à U’(x) = M.U(x) + c(x) =

− OA

AO .U(x) + [ )()(xb

xb−− ] .

Ce système se résout en U(x) = exp(xM).[ U(0) + ∫ −x

dttctM0

)().exp( ]

Il reste à extraire le bloc en haut de U…

3) Résolution de Y’(x) = A.Y(x) + B.Y(−−−−x).

22

Cette fois-ci, U’(x) = M.U(x) , où M =

−− ABBA .

Cependant, le calcul de exp(xM) n’est facile que si A et B anticommutent.

Exercice 18 : Soient A, B, C ∈ Mn(C). Montrer qu’il existe une et une seule fonction t → M(t) de

classe C1 de R dans Mn(C) telle que (∀t ∈ R) M’(t) = A.M(t) − M(t).B et M(0) = C (S)

Montrer que (∀t ∈ R) M(t) = exp(tA).C.exp(− tB).

Solution : Exercice abstrait mais en réalité facile.

Soit L l’endomorphisme de Mn(C) défini par L(M) = A.M − M.B. Il s’agit de résoudre l’équation différentielle M’(t) = L.M(t), M(0) = C. Elle se résout ainsi M(t) = exp(t.L).M(0).

Or L(M) = GA(M) − DB(M), où les endomorphismes GA et DB commutent.

Par conséquent, exp(t.L) = exp(tGA) o exp(− tDB), et, pour finir :

M(t) = [ exp(tGA) o exp(− tDB) ](C) = exp(tA).C.exp(− tB).

En effet exp(tGA) = Gexp(tA) et exp(−tDB) = Dexp(−tB) .

Remarque : une autre solution consisterait à vérifier que le résultat marche. 3.2. Equations linéaires à coefficients constants.

Exercice 1 : Résoudre l’équation y’’ + y’ + y = 0.

Solution : L’équation caractéristique r2 + r + 1 = 0 a pour racines j et j

2.

Un système fondamental de solution est donc ( ejx, e

j²x ) . Or ejx

= e−x/2

[ cos 23x + i sin

23x ]

Un autre système fondamental de solutions est donné par : ( e−x/2 cos

23x , e

−x/2 sin

23x ) .

> with(DEtools):ed1:=diff(y(x),x,x)+diff(y(x),x)+y(x) =0; > dsolve(ed1,y(x));

= ( )y x + _C1eeee( )− /1 2x

sin

12

3 x _C2eeee( )− /1 2x

cos

12

3 x

> dsolve(ed1,y(0)=1,D(y)(0)=0,y(x));dsolve(ed1,y(0 )=0,D(y)(0)=1,y(x));

= ( )y x + 13

3 eeee( )− /1 2x

sin

12

3 x eeee( )− /1 2x

cos

12

3 x

= ( )y x23

3 eeee( )− /1 2x

sin

12

3 x

> plot([1/3*sqrt(3)*exp(-1/2*x)*sin(1/2*sqrt(3)*x)+ex p(-1/2*x)* cos(1/2*sqrt(3)*x),2/3*sqrt(3)*exp(-1/2*x)*sin(1/2* sqrt(3)*x)],x=-2..8, thickness=2);

23

Exercice 2 : Résoudre les équations y’’ − 6.y’ + 9.y = 0 et y’’ – 6.y’ + 9.y = 1²

3

+x

e x

.

Solution : 1) L’équation homogène a pour équation caractéristique r2 – 6r + 9 = ( r – 3 )

2 = 0.

Ses solutions sont donc y(x) = ( Ax + B ).e3x

.

2) Cherchons les solutions de la seconde équation sous la forme y = C(x).e3x

.

L’équation s’écrit alors C’’(x) =1²

1+x

, C’(x) = Argsh x + A , C(x) = ∫ dxxArgsh ).( + Ax + B.

Une IPP donne C(x) = x Argsh x − 1²+x + Ax + B.

Conclusion : y(x) = ( x Argsh x − 1²+x + Ax + B ) e3x

.

> ed2:=(D@D)(y)(x)-6*D(y)(x)+9*y(x)=x*exp(3*x)+exp(x) ;dsolve(ed2,y(x));

:= ed2 = − + ( )( )( )D( )2

y x 6 ( )( )D y x 9 ( )y x + x eeee( )3 x

eeeex

= ( )y x + + + eeee( )3 x

_C2 xeeee( )3 x

_C116

x3 eeee( )3 x 1

4eeeex

> ed3:=(D@D)(y)(x)-6*D(y)(x)+9*y(x)=exp(3*x)/sqrt(x^2 +1);dsolve(ed3,y(x));

:= ed3 = − + ( )( )( )D( )2

y x 6 ( )( )D y x 9 ( )y xeeee

( )3 x

+ x2 1

= ( )y x + + eeee( )3 x

_C2 xeeee( )3 x

_C1 eeee( )3 x

( )− + + x2 1 ( )arcsinhx x

Exercice 3 : Résoudre les équations y

(5) − 2.y

(4) + 2.y

(3) − 4.y’’ + y’ − 2.y = 0

y(6)

− y(5)

+ y(4)

− 2y(3)

+ y(2)

− y’ + y = 0

y(7)

− 27 y

(6) +

27 y

(5) − 2y

(4) +

27 y

(3) −

27 y’’ + y’ = 0.

Quelles sont les solutions bornées sur R+ ? de limite nulle en + ∞ ?

Solution : Le théorème de Mathieu ( « tout polynôme a pour racines ± 1, ± 2 ou ± i » ) s’applique, bien entendu… > p:=x^5-2*x^4+2*x^3-4*x^2+x-2;factor(p,I);

:= p − + − + − x5 2 x4 2 x3 4 x2 x 2

( ) − x 2 ( ) − x I 2 ( ) + x I 2

> ed4:=(D@@5)(y)(x)-2*(D@@4)(y)(x)+2*(D@@3)(y)(x)-4*( D@@2)(y)(x)+D(y)(x)-2*y(x)=0;dsolve(ed4,y(x));

24

= ( )y x + + + + _C1eeee( )2 x

_C2 ( )sin x _C3 ( )cos x _C3 ( )sin x x _C4 ( )cos x x

Le second polynôme se factorise en Q(X) = ( X – 1 )2

( X + i ) ( X − i ) ( X – j ) ( X – j2

).

Le troisième est R(X) = X ( X – 1 )2

( X – 2 ) (X – ½ )( X – j ) ( X – j2

).

Exercice 4 : Intégrer l’équation différentielle y(n)

+ 1nC .a.y(n−1)

+… + 1−nnC .a

n−1.y’ + n

nC .an.y = 0 .

Solution : L’équation s’écrit ( D + a.I )n y = 0.

Elle a pour solutions y(x) = P(x).e−ax

, où P ∈ Kn−1[X], K = R ou C.

Rappelons que, pour démonter cela, il suffit de chercher y sous la forme y(x) = f(x).e−ax

…

Exercice 5 : Indiquer une équation différentielle ayant pour solution x3 e

x , resp. x ch x sin x .

Solution : Il suffit de prendre le cours à l’envers ! • Si y(x) = f(x).e

x , ( D – I )(y) = f’(x). e

x

La fonction y(x) = x3 e

x vérifie ( D – I )

4(y) = 0 , i.e. y

(4) – 4 y

(3) + 6 y’’ – 4 y’ + y = 0.

• g(x) = x ch x sin x = i

x4

[ xie )1( + + xie )1( +− − xie )1( − − xie )1( −− ] .

P(X) = ( X – 1 – i )( X – 1 + i )( X + 1 – i )( X + 1 + i ) = X4 + 4.

g est annulée par P(D)2 = X

8 + 8X

4 + 16 , i.e. est solution de y

(8) + 8 y

(4) + 16 y = 0.

Exercice 6 : Soit f ∈ C2(R+, R) telle que ∀x > 0 f’’( x) + m f(x) ≥ 0 , avec m > 0.

Montrer que ∀x > 0 f(x) + f( x + m

π ) ≥ 0.

Solution : Posons g(x) = f’’( x) + m f(x). La méthode de variation des constantes donne :

f(x) = a.cos mx + b.sin mx + ∫ −x

dttxmtg0

)).(sin().( .

D’où : f(x) + f( x + m

π ) = ∫+

−mx

xdttxmtg

/)).(sin().(

π ≥ 0.

Exercice 7 : Soit f une fonction deux fois dérivable sur [0, 1] telle que f(0) = f(1) = 1 et telle que f’’ + 2 f’ + f ≥ 0 . Montrer que f ≤ 0 sur [0, 1].

Solution : [ Oral Mines MP 2011, RMS n° 537 ] L’idée est de poser g = f’’ + 2 f’ + f , et de calculer f en fonction de g par résolution d’une équation différentielle. Confions ce travail à Maple :

> dsolve(diff(f(x),x,x)+2*diff(f(x),x)+f(x)=g(x),f(x) );

= ( )f x + + eeee( )−x

_C2 eeee( )−x

x _C1

− + d⌠

⌡x ( )g x eeeex x d⌠

⌡ ( )g x eeeex x x eeee

( )−x

> f:=x->(a*x+b)*exp(-x)+exp(-x)*(-int(t*g(t)*exp(t),t =0..x) +x*int(g(t)*exp(t),t=0..x));

:= f → x + ( ) + a x b eeee( )−x

eeee( )−x

− + d⌠⌡

0

x

t ( )g t eeeet t x d⌠⌡

0

x

( )g t eeeet t

> s:=solve(f(0)=0,f(1)=0,a,b);

:= s

, = b 0 = a − d⌠

⌡

0

1

t ( )g t eeeet t d⌠⌡

0

1

( )g t eeeet t

> assign(s);f(x);

25

+

− d⌠

⌡

0

1

t ( )g t eeeet t d⌠⌡

0

1

( )g t eeeet t x eeee( )−x

eeee( )−x

− + d⌠⌡

0

x

t ( )g t eeeet t x d⌠⌡

0

x

( )g t eeeet t

Au final, on trouve f(x) = ( x − 1 ) e−x

∫1

.)(.x

t dtetgt + x e−x

∫ −1

.)().1(x

t dtetgt ≤ 0.

Autre solution : ( f’’( x) + 2.f’(x) + f(x) ).ex ≥ 0, donc h(x) = f(x).e

x est convexe sur [0, 1].

Elle est nulle en 0 et 1, donc son graphe est au-dessous de sa corde : h(x) ≤ 0 sur [0, 1] et f(x) itou.

Exercice 8 : Soit f ∈ C2(R, R) telle que f(0) = f’(0) = 1 et ∀x ∈ R f’’( x) + 5 f’(x) + 6 f(x) ≥ 0.

Montrer que ∀x ∈ R f(x) ≥ 4 e−2x

− 3 e−3x

.

Solution : [ Oral X PC 2012, RMS n° 393 ] L’idée est de poser g = f’’ + 5 f’ + 6 f , et de calculer f en fonction de g par résolution d’une équation différentielle. Confions ce travail à Maple :

> ed:=diff(f(x),x,x)+5*diff(f(x),x)+6*f(x)=g(x);

:= ed = + +

∂

∂2

x2 ( )f x 5

∂

∂x

( )f x 6 ( )f x ( )g x

> dsolve(ed,f(0)=1, D(f)(0)=1,f(x));

= ( )f x − + 4 eeee( )−2 x

3 eeee( )−3 x

− d⌠

⌡

0

x

( )g u eeee( )2 u

u eeeex d⌠

⌡

0

x

( )g u eeee( )3 u

u eeee( )−3 x

On en tire : f(x) = 4 e−2x

− 3 e−3x

+ 2∫−x xu

eug0

)(25

)( sh2ux− .du . Et l’on conclut aisément.

Exercice 9 : 1) Soit f ∈ C1(R, C). Montrer que limx→+∞ f’(x) + f(x) = 0 implique limx→+∞ f(x) = 0.

2) Soient α ∈ C tel que Re α < 0, et f ∈ C1(R, C). Montrer que :

limx→+∞ f’(x) − α f(x) = 0 implique limx→+∞ f(x) = 0.

3) Soit f ∈ C2(R, C). Montrer que :

i) limx→+∞ f’’( x) + f’(x) + f(x) = 0 implique limx→+∞ f(x) = 0.

ii) limx→+∞ f’’( x) + 3f’(x) + 2f(x) = 0 implique limx→+∞ f(x) = 0.

4) Soit HHHH l’ensemble des solutions de y(n)

+ a1.y(n−1)

+ ... + an−1.y' + an.y = 0 .

Si le polynôme P(X) = Xn + a1.X

n−1 + ... + an−1.X + an a toutes ses racines de partie réelle < 0,

montrer que ∀y ∈ HHHH limx→+∞ y(x) = 0. Réciproque ?

Solution : Cet exercice apparemment artificiel porte sur la stabilité des solutions d’équations différentielles linéaires à coefficients constants. Une solution y d’une telle équation (E) est dite asymptotiquement stable si y(x) → 0 quand x → +∞. L’équation (E) est dite asymptotiquement stable si toutes ses solutions tendent vers 0 quand x tend vers +∞. C’est le cas de l’équation y’’ + y’ + y = 0, comme on l’a vu dans un exercice antérieur.

1) Notons g(x) = f’(x) + f(x) . L’équation se résout en f(x) = f(0) e−x

+ e−x

∫x

t dttge0

).(. .

Tout revient à montrer que lim +∞ g(t) = 0 ⇒ lim +∞ e−x

∫x

t dttge0

).(. = 0.

∀ε > 0 ∃A > 0 ∀t ≥ A | g(t) | ≤ ε.

| e−x ∫

xt dttge

0).(. | ≤ e

−x |∫

At dttge

0).(. | + e

−x∫

x

A

t dttge .)(. ≤ e−x |∫

At dttge

0).(. | + ε e

−x∫

x

A

t dte. .

26

= e−x |∫

At dttge

0).(. | + ε [ 1 − e

A−x ] = B(x).

A étant ainsi choisi, B(x) → ε quand x → ∞, donc ∃A’ ≥ A ∀x ≥ A’ | B(x) | ≤ 2ε. Cqfd. Remarque : c’est un argument d’intégration de relations de comparaison. On peut aussi utiliser le théorème d’intégration de relations de comparaison. 2) se démontre exactement de la même façon que 1).

3) Soit f ∈ C2(R, C). Montrer que

i) limx→+∞ f’’( x) + f’(x) + f(x) = 0 s’écrit limx→+∞ ( D + j.I ) o ( D + j2.I ) f = 0.

ii) limx→+∞ f’’( x) + 3f’(x) + 2f(x) = 0 s’écrit limx→+∞ ( D + I ) o ( D + 2.I ) f = 0.

On conclut que limx→+∞ f(x) = 0 au moyen de deux applications de 2).

Exercice 10 : Soient P(X) = Xn + a1.X

n−1 + … + an−1.X + an = ∏

=−

r

j

kj

jX1

)( λ ∈ C[X], f ∈ Cp(I, C) .

Montrer qu’une solution particulière de l’équation P(D).y = f(x) est donnée par :

y(x) = ∑∑= =

r

j

k

hjh

j

A1 1

dttfeh

txx

x

txh

j ).(..)!1(

)(

0

)(1

∫−

−

−− λ

où )(

1XP

= ∑∑= =

r

j

k

h

j

1 1h

j

jh

XA

)( λ− est la décomposition en éléments simples de

)(1XP

.

Solution : Cet exercice fournit une solution explicite de l’équation P(D).y = f. Comme on sait résoudre l’équation homogène, on connaît toutes les solutions.

Heuristiquement, on a envie d’écrire y = P(D)−1

(f).

Or, si l’on substitue D à X dans )(

1XP

, il vient : « P(D)−1

= ∑∑= =

r

j

k

hjh

j

A1 1

[ ( D − λj.I )h ] −1

».

Tout cela est formel. Donnons un sens rigoureux à ce résultat.

Lemme : Une solution de ( D − λ.I )h

(y) = f est donnée par : y(x) = dttfeh

txx

x

txh

).(..)!1(

)(0

)(1

∫ −−

−− λ .

Cela se démontre en cherchant y sous la forme y(x) = C(x) xeλ . Alors ( D − λ.I )h

(y) = C(h)

(x) xeλ .

C(x) est une primitive h-ème de f(x) xe λ− = g(x).

Or on sait qu’une primitive h-ème de g est donnée par dttgh

txx

x

h

.)(.)!1(

)(0

1

∫ −− −

.

Cela se montre par récurrence sur h ou par Taylor avec reste intégral.

On comprend alors le résultat. Mais ni P(D), ni ( D − λ.I )h ne sont inversibles. Il faut donc raisonner

plus rigoureusement.

Ecrivons 1 = ∑∑= =

r

j

k

hjh

j

A1 1

.Qjh , où P(X) = ( X − λj )h

Qjh . Si y(x) = ∑∑= =

r

j

k

hjh

j

A1 1

dttfeh

txx

x

txh

j ).(..)!1(

)(

0

)(1

∫−

−

−− λ ,

P(D)(y) = ∑∑= =

r

j

k

hjh

j

A1 1

P(D)( dttfeh

txx

x

txh

j ).(..)!1(

)(

0

)(1

∫−

−

−− λ )

= ∑∑= =

r

j

k

hjh

j

A1 1

Qjh(D) o ( D − λj.I )h

( dttfeh

txx

x

txh

j ).(..)!1(

)(

0

)(1

∫−

−

−− λ ) = ∑∑

= =

r

j

k

hjh

j

A1 1

Qjh(D)( f ) = f,

27

puisque I = ∑∑= =

r

j

k

hjh

j

A1 1

.Qjh(D) après substitution de D à X dans 1 = ∑∑= =

r

j

k

hjh

j

A1 1

.Qjh(X). cqfd.

Références : Smirnov, t. II, p. 122, Lelong-Ferrand Arnaudiès IV p. 90-96 Bourbaki, FVR IV, t. 2 p 50, ex. 6.

4. Equations linéaires du second ordre. La première difficulté pour résoudre élémentairement de telles équations consiste à trouver une ou deux solutions particulières de l’équation homogène. Lorsque celle-ci est à coefficients constants, c’est très facile. Sinon, cela peut se faire par plusieurs méthodes : recherche de solutions simples (polynomiales, exponentielles, etc.), changement de fonction inconnue ou de variable ramenant l’équation à une équation à coefficients constants, recherche de fonctions développables en série entière, en séries de puissances ou en séries trigonométriques, etc. Dans des cas plus techniques, on peut recourir aux polynômes orthogonaux et aux fonctions associées, aux fonctions de Bessel, etc. Ces questions ne sont pas les seules. Des méthodes qualitatives permettre d’étudier les graphes des solutions (oscillantes ou non oscillantes), la distribution de leur zéros, etc.

Exercice 1 : Résoudre x3 y’’ + x y’ – y = 0 , resp. xe /1 .


Les deux équations se résolvent sur ]−∞, 0[ ou ]0, +∞[ L’équation homogène a pour solution évidente y1 = x.

La méthode y = y1z permet de compléter la résolution. On trouve resp. (et Maple confirme) :

y(x) = a.x + b.x xe /1 , y(x) = ( 1 – x ) xe /1 + a.x + b.x xe /1 .

Exercice 2 : Résoudre ( x2 – 1 ) y’’ − 6 y = 0. On cherchera une solution particulière polynomiale.

Solution : [ Oral Mines 1996, RMS n° 272 ] 1ère méthode : recherche d’une solution particulière polynomiale ; elle est de degré 3.

En effet, si y = xn + … , il vient n ( n − 1 ) = 6, donc ( n + 2 )( n − 3 ) = 0.

On trouve y1 = x3 – x. Puis on cherche la solution sous la forme y = y1.z.

Cette méthode pose un léger problème de rigueur, car y1 s’annule en 0, mais le problème se résorbe au cours des calculs. > ed:=(x^2-1)*diff(y(x),x,x)-6*y(x)=0; > p:=a+b*x+c*x^2+d*x^3;q:=expand(expand((x^2-1)*diff( p,x,x)-6*p));

:= p + + + a b x c x2 d x3

:= q − − − − − 4 c x2 2 c 6 d x 6 a 6 b x > s:=solve(seq(coeff(q,x,k)=0,k=0..2),a,b,c,d);as sign(s);print(p);

:= s , , , = c 0 = a 0 = b −d = d d

− + d x d x3

> y:=x->(x^3-x)*f(x);expand((x^2-1)*diff(y(x),x,x)-6* y(x));

:= y → x ( ) − x3 x ( )f x

8

∂

∂x

( )f x x2 6 x4

∂

∂x

( )f x 2

∂

∂2

x2 ( )f x x3 x5

∂

∂2

x2 ( )f x 2

∂

∂x

( )f x− + − + +

∂

∂2

x2 ( )f x x +

> dsolve(-8*z(x)*x^2+6*x^4*z(x)-2*diff(z(x),x)*x^3+x^ 5*diff(z(x),x)

28

+2*z(x)+diff(z(x),x)*x=0,z(x));

= ( )z x_C1

x2 ( ) − x2 12

> (x^3-x)*(A+int(B/x^2/(x^2-1)^2,x));

( )− + x x3

− − − − + A

Bx

14

B − x 1

34

B ( )ln − x 114

B + x 1

34

B ( )ln + x 1

Vérification : > dsolve(ed,y(x));

( )y x =

+ _C1( )− + x x3 _C2

+ + −

14

( )− + 3 x3 3 x ( )ln + x 114

( ) − 3 x3 3 x ( )ln − x 132

x2 1

2ème méthode : résolution par séries entières. > with(powseries);

composeevalpow inverse multconst multiply negative powadd powcos powcreate, , , , , , , , ,[

powdiff powexp powint powlog powpoly powsin powsolve powsqrt quotient, , , , , , , , ,

reversion subtract template tpsform, , , ]

> ed:=(x^2-1)*diff(y(x),x,x)-6*y(x)=0;

:= ed = − ( ) − x2 1

∂

∂2

x2 ( )y x 6 ( )y x 0

> u:=powsolve(ed);tpsform(u,x,16); := u procprocprocproc( ) ... end procend procend procend procpowparm

C0 C1 x 3 C0 x2 C1 x3 C0 x4 15

C0 x6 335

C0 x8 121

C0 x10 133

C0 x12 + − − + + + + + +

3143

C0 x14 ( )O x16 +

Exercice 3 : Résoudre y’’ – y = x

x

ee

+12

, avec y(0) = y’(0) = 0.

Solution : Equation différentielle linéaire d’ordre 2, à coefficients constants.

L’équation homogène a pour système fondamental de solutions y1 = xe et y2 = xe− .

1ère solution : chercher y sous la forme y = y1 z.

Cela conduit à résoudre z’’ + 2z’ = xe+12 , c’est-à-dire z’ = u , u’ + 2u = xe+1

2 .

2ème solution : chercher y sous la forme y = Axe + B xe− , avec y’ = A xe − B xe− .

Il vient après calculs : A’ = xe+11 , B’ = x

x

ee

+−1

2

, et le changement de variable y = xe donne :

A = ∫ + xedx

1 = ∫ + )1(yy

dy = ln x

x

ee+1 = x – ln( 1 + xe ) + a.

B = ∫ +−

x

x

edxe

1.2

= ∫ +−

1yydy

= − y + ln( 1 + y ) = − xe + ln( 1 + xe ) + b.

De plus, y(0) = y’(0) = 0 ⇔ A(0) = B(0) = 0 ⇔ a = ln 2 et b = 1 − ln 2.

y(x) = ( x – ln( 1 + xe ) ) xe + ( − xe + ln( 1 + xe ) ) xe− + (ln 2) xe + (1 − ln 2) xe− .

> expand(simplify(dsolve(diff(y(x),x,x)-y(x)=2*exp(x )/(1+exp(x)),y(0)=0, D(y)(0)=0,y(x)),exp));

29

= ( )y x − + − + − + 1

eeeex

( )ln 2

eeeex eeeex ( )ln 2 eeeex ( )ln + 1 eeeex eeeex ( )ln eeeex 1( )ln + 1 eeeex

eeeex

Exercice 4 : Montrer qu’il existe une unique solution y de classe C2 de R dans R, bornée sur R, et

telle que ∀x ∈ R y’’( x) – y(x) = ²1

1x+ . Cette fonction a-t-elle une limite en +∞ ?

Solution : [ Oral Mines MP 2013, RMS n° 613 ] 1) Unicité. Si y et z sont deux solutions bornées sur R, y – z est solution de l’équation homogène, donc de la forme a.exp(x) + b.exp(−x). Donc a = b = 0. Il y a donc au plus une solution bornée sur R. 2) La méthode de variation des constantes donne :

y(x) = 2

xe∫ +

−x t

dtt

e0

.²1

+ a.ex −

2

xe−

∫ +x t

dtt

e0

.²1

+ b.e−x

.

3) Introduisons la fonction f(x) = 21 ∫ +

−x t

dtt

e0

.²1

. Alors y(x) = [ f(x) + a ] ex + [ b + f(−x) ].e

−x .

Au V(+∞), écrivons, à l’aide du T.I.R.C. :

f(x) = 21 ∫ +

−x t

dtt

e0

.²1

= 21 ( ∫

∞+ −

+0.

²1dt

te t

− ∫∞+ −

+x

t

dtt

e.

²1)

= 21 ( ∫

∞+ −

+0.

²1dt

te t

+ o(∫+∞

−x

t dte . ) ) = 21 ∫

∞+ −

+0.

²1dt

te t

+ o(e−x

) = C + o(e−x

).

Au V(−∞), écrivons, à l’aide du T.I.R.C. : f(x) = − ²2x

e x− + o(

²2xe x−

).

Revenons maintenant à y :

Au V(+∞), y(x) = [ C + o(e−x

) + a ] ex + [ b +

²2xex

+ o(²2x

ex

) ].e−x .

= [ C + a ] ex + o(1) + b.e

−x + o(1) .

Donc y est bornée au V(+∞) ssi a = − C = − 21 ∫

∞+ −

+0.

²1dt

te t

.

Au V(−∞), y(x) = [ − ²2x

e x− + o(

²2xe x−

) + a ] ex + [ b + C + o(e

x) ].e

−x .

= o(1) + [ b + C ] e−x

+ o(1) .

Donc y est bornée au V(−∞) ssi b = − C = −21 ∫

∞+ −

+0.

²1dt

te t

.

La fonction obtenue est donc

y(x) = [ f(x) − C ] ex + [ − C + f(−x) ].e−x

= − 2

xe∫

∞+ −

+x

t

dtt

e.

²1 −

2

xe−

∫∞+

−

−

+x

t

dtt

e.

²1 .

4) De plus y est paire et tend vers 0 en ±∞.

> restart;dsolve(diff(y(x),x)-y(x)=1/(1+x^2));

= ( )y x

− + +

12

I eeeeI

( )Ei ,1 + x I12

I eeee( )−I

( )Ei ,1 − x I _C1 eeeex

> f:=x->1/2*int(exp(-t)/(1+t^2),t=0..x);f(x);

:= f → x12

d⌠

⌡

0

x

eeee( )−t

+ 1 t2 t

− + + − 14

I eeeeI

( )Ei ,1 + x I14

I eeee( )−I

( )Ei ,1 − x I14

I eeeeI

( )Ei ,1 I14

I eeee( )−I

( )Ei ,1 −I

30

> asympt(f(x),x,4);series(f(x),x=-infinity,4);

− + + 14

I eeee( )−I

( )Ei ,1 −I14

I eeeeI

( )Ei ,1 I

− + + 12

eeee( )−I

eeeeI

x2

eeee( )−I

eeeeI

x3

O

1

x4

eeeex

− + + 12

eeee( )−I

eeeeI

x2

eeee( )−I

eeeeI

x3

O

1

x4 eeee( )−x

> y:=x->exp(x)*(b+f(x))+exp(-x)*(a+f(-x));

:= y → x + eeeex ( ) + b ( )f x eeee( )−x

( ) + a ( )f −x > asympt(y(x),x,6);

− − +

− + b

14

I eeee( )−I

( )Ei ,1 −I14

I eeeeI

( )Ei ,1 I eeeex eeee( )−I

eeeeI

x2

5 eeee( )−I

eeeeI

x4

O

1

x6

> series(y(x),x=-infinity,6);

− − +

− + +

14

I eeee( )−I

( )Ei ,1 −I a14

I eeeeI

( )Ei ,1 I eeee( )−x eeee

( )−Ieeee

I

x2

5 eeee( )−I

eeeeI

x4

O

1

x6

> restart;b:=1/4*I*exp(-I)*Ei(1,-I)-1/4*I*exp(I)*Ei(1 ,I); a:=1/4*I*exp(-I)*Ei(1,-I)-1/4*I*exp(I)*Ei(1,I);

:= b − 14

I eeee( )−I

( )Ei ,1 −I14

I eeeeI

( )Ei ,1 I

:= a − 14

I eeee( )−I

( )Ei ,1 −I14

I eeeeI

( )Ei ,1 I

> f:=x->1/2*int(exp(-t)/(1+t^2),t=0..x); y:=x->exp(x)*(b+f(x))+exp(-x)*(a+f(-x)); limit(y(x),x=infinity);limit(y(x),x=-infinity);

:= y → x + eeeex ( ) + b ( )f x eeee( )−x

( ) + a ( )f −x 0 0

> plot(y(x),x=-10..10,thickness=2,color=blue);

Exercice 5 : Soient f et g deux éléments de C(R, R). Montrer l’équivalence :

(∀x) g(x) = f(x) + ∫ −x

dttftx0

).().( ⇔ (∀x) f(x) = g(x) − ∫ −x

dttgtx0

).().sin( .

Solution : Si l’on pose F(x) = ∫ −x

dttftx0

).().( , on constate que F est C2 et que F’’(x) = f(x), F(0) =

F’(0) = 0. L’équation fonctionnelle du premier membre s’écrit F’’(x) + F(x) = g(x), F(0) = F’(0) = 0. On résout cette équation différentielle par variation des constantes, et on reporte dans f(x) = g(x) – F(x). La réciproque peut être évitée avec un peu de réfléxion. Remarque : une autre solution consisterait à munit C(R, R) d’une convolution.

31

Exercice 6 : 1) Domaine de définition D de F : x → ∫+∞ −

+0.

²1dt

te xt

?

2) Montrer que F est continue sur D, C2 sur ]0, +∞[. Variations et graphe ?

3) Montrer que F satisfait une équation différentielle du second ordre, et qu’elle en est la seule solution tendant vers 0 en +∞.

4) En déduire que ∀x > 0 F(x) = ∫+∞

+0.sin dt

xtt , puis la valeur de ∫

+∞

0.sin dt

tt .

Solution : [ Oral Centrale PC 2010, RMS n° 998, etc. ]

Exercice 7 : Soit (E) x2 y’’( x) + 4xy’(x) + ( 2 – x

2 ) y(x) – 1 = 0.

1) Montrer qu’il existe une unique solution DSE(0) de (E). On la note y0. Rayon de convergence ?

Expression analytique de y0 ?

2) Trouver un entier p tel que u(x) = xp.y0(x) soit solution d’une équation différentielle linéaire à

coefficients constants. 3) En déduire la solution générale de (E). 4) Conclure.

Solution : [ Oral ICNA 2013, Quentin Pagat ] 0) (E) est une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients variables, « avec second membre » (ici, 1). En vertu du théoroème de Cauchy linéaire, les solutions forment un plan affine

dans C2(R*+, R) et dans C

2(R*−, R).

1) Supposons que (E) ait une solution DSE y0(x) = ∑ nnxa , série à rayon de convergence R > 0.

x2 y’’( x) + 4xy’(x) + ( 2 – x

2 ) y(x) = ∑ − nnxann )1( + ∑ nnxna4 + ( 2 – x

2 ) ∑ nnxa = 1

s’écrit ∑ ++ nnxann )2)(1( – ∑ +2nnxa = 1.

En identifiant, on trouve an = 0 pour n impair, a2k = )!22(

1+k

, donc y0(x) = ∑ + )!22(

2

kx k

.

Le rayon de convergence de cette série est R = +∞ (par d’Alembert numérique, ou en posant X = x2

par d’Alembert séries entières). Et l’on constate que y0(x) = ²

1x

chx− .

2) u(x) = x2.y0(x) = ch x – 1 est solution de l’équation linéaire à coefficients constants u’’ – u = − 1.

3) Plus généralement, soit y une solution de (E) sur R*+ ou sur R*−.

Le résultat trouvé en 2) suggère de faire le changement de fonction inconnue u(x) = x2.y(x).

On constate que u’’ – u = −1, donc u = − 1 + A.ch x + B.sh x.

Finalement y(x) = −²

1x

+ A²x

chx + B²x

shx.

On dispose d’une solution particulière −²

1x

. Mais la solution y0 a l’avantage d’être bornée au V(0).

Donc on a aussi y(x) = ²

1x

chx− + C²x

chx + D²x

shx.

4) Conclusion : on sait intégrer élémentairement (E).

Un DL en 0 montre que y0 est la seule solution bornée au V(0).

> ed:=x^2*diff(y(x),x,x)+4*x*diff(y(x),x)+(2-x^2)*y(x )-1=0; > dsolve(ed,y(x));dsolve(ed,y(0)=1/2,D(y)(0)=0,y(x) );

= ( )y x + − ( )sinh x _C2

x2

( )coshx _C1

x2

1

x2

32

Exercice 8 : 1) Résoudre les équations différentielles x.y’’ + 2y’ + x.y = 0 , resp. 1 , sin x, à l’aide du changement de fonction inconnue z = xy.

2) Résoudre les équations différentielles x2

y’’ + 4x y’ + ( 2 – x2

) y = 0, resp. 1, exp x ,

à l’aide du changement de fonction inconnue z = x2.y.

3) Résoudre x.y’’ + (x − 2).y’ − 2.y = 0 à l’aide du changement de fonction inconnue z = y + y’ .

4) Résoudre y’’ + (1 − ²

2x

).y = 0 à l’aide du changement de fonction inconnue z = y’ + xy

.

Solution : 1) Intégrons l’équation proposée sur ]−∞, 0[ ou ]0, +∞[. Si l’on pose z = xy, il vient aussitôt z’’ + z = 0 , 1 , sin x. Au final, on trouve resp. :

y(x) = ax

xsin + bx

xcos , y(x) = x1 + a

xxsin + b

xxcos , y(x) = −

2cosx + a

xxsin + b

xxcos .

2) Intégrons l’équation proposée sur ]−∞, 0[ ou ]0, +∞[. Si l’on pose z = x

2y, il vient aussitôt z’’ − z = 0 , 1 , exp x. Au final, on trouve resp. :

y(x) = a²x

shx + b²x

chx , y(x) = −²

1x

+ a²x

shx + b²x

chx , y(x) = x

ex

2 + a

²xshx + b

²xchx.

Exercice 9 : Intégrer l’équation x2

y’’( x) + 3x y’(x) + y(x) = 1/x sur R*+ .

Indication : faire le changment de variable x = et.

Solution : [ Oral Mines PC 2011, RMS n° 775. ]

1) L’équation différentielle (E) x2

y’’( x) + 3x y’(x) + y(x) = 1/x est linéaire du second ordre à coeffi-

cients variables. Elle obéit au théorème de Cauchy linéaire sur chacun des intervalles R*+ et R*−. Sur chacun de ces intervalles, les solutions forment un plan affine.

2) Plaçons-nous sur R*+ et suivons les indications de l’énoncé. Posons par abus y(x) = y(t).

dxdy

= dtdy

dxdt = e

−t dtdy

, puis : ²

²dx

yd =

dxd ( e−t

dtdy

) = dtd ( e−t

dtdy )

dxdt = e

−2t

²²

dtyd

− e−2t

dtdy

.

Au final il vient : ²

²dt

yd + 2

dtdy

+ y(t) = e−t

, c’est-à-dire : (²

²dt

yd + 2

dtdy

+ y(t)).et = 1.

Cela s’écrit ²²

dtd (y(t).e

t ) = 1, donc y(t) = (

2²t + at + b ) e−t

.

Conclusion : Les solutions de (E) sont : y(x) = xx

2)²(ln

+ a xxln + b

x1 .

Vérification Maple : > ed:=x^2*diff(y(x),x,x)+3*x*diff(y(x),x)+y(x)=1/x;ds olve(ed,y(x));

= ( )y x + + _C2

x_C1 ( )ln x

x

12

( )ln x 2

x

Remarque : Plus généralement, le changement de variable x = ± et permet de résoudre toutes les

équations d’Euler a x2 y’’( x) + b x y’(x) + c y(x) = 0 ou f(x).

Exercice 10 : Résoudre les équations suivantes, en se ramenant, au moyen d’un changement de variable convenable, à des équations à coefficients constants :

( 1 + x2

)2

y’’ + 2x ( 1 + x2

) y’ + m2

y = 0 y’’ − y’.cotan x + y.sin2 x = 0

y’’ + y’.tan x − y.cos2 x = 0 4 x y’’ + 2 y’ + a y = 0

33

( 1 + x2

).y’’ + x.y’ + a.y = 0 x2.ln

2 x.y’’ + x.ln x.( ln x + 1 ).y’ – a.y = 0

y’’ + y’ + a. xe 2− y = 0 puis y’’ + y’ + a xe 2− y = 3.ch x + sh x .

Solution : Traitons en détail le premier exemple. 1) Considérons l’équation (E) ( 1 + x

2 )2

y’’ + 2x ( 1 + x2 ) y’ + m

2 y = 0.

Elle s’écrit : ( 1 + x2

)2

²²

dxyd

+ 2x ( 1 + x2 )

dxdy

+ m2

y(x) = 0.

Posons x = ϕ(t), et, par un abus de langage sans gravité utilisé par les physiciens : y(x) = y(t).

Alors dxdy

= dtdy

dxdt =

)('1tϕ dt

dy ,

Et ²

²dx

yd =

dxd (

)('1tϕ dt

dy ) = dtd (

)('1tϕ dt

dy ).dxdt =

)²('1tϕ ²

²dt

yd − 3)('

)(''tt

ϕϕ

dtdy

.

L’équation transcrite en t devient alors :

'²²)²1(

ϕϕ+

²²

dxyd

+ 3'²)²1(

ϕϕ+

[ 2.ϕ ϕ’2 − ( 1 + ϕ2

).ϕ’’ ] dtdy

+ m2 y(t) = 0.

On cherche une fonction ϕ telle que cette équation soit à coefficients constants.

Choisissons une fonction ϕ telle que ²1

'ϕ

ϕ+ = 1 : t = Arctan ϕ(t) , x = ϕ(t) = tan t.

On constate alors que l’équation s’écrit ²

²dx

yd + m

2 y(t) = 0.

Elle a pour solutions y(t) = A.cos(mt) + B.sin(mt) , c’est-à-dire, revenant à x :

y(x) = A.cos( m.Arctan x ) + B.sin( m.Arctan x ).

Exercice 11 : Equations d’Euler. On nomme ainsi les équations de la forme

(E) x2

y’’ + a x y’ + by = 0 ou f(x) , où a et b sont des constantes.

1) Montrer que le chgt de variable x = ± et ramène cette équation à une équation à coefficients

constants. En pratique, cela revient à chercher des solutions particulières de l’équation homogène

sous la forme xα, où α ∈ C.

2) Applications : a) Résoudre les équations : x

2 y’’ + x y’ + y = 0 , x

2 y’’ + 4 x y’ + y = 0

x2

y’’ + 3 xy’ + y = ln(x + 1) , x2

y’’ + 6 x y’ + 6 y = ln(x + 1)

b) Trouver les fonctions f ∈ C1(R*+, R) telles que ∀x > 0 f’(x) = f(

x1 ) , resp. f’(x) = x

2 f(

x1 ).

Solution : Les équations d’Euler ax2y’’ + bxy’ + cy = 0 rentrent dans la classe des équations de

l’exercice précédent : les changements de variable x = ± et les ramènent à des équations à coeffi-

cients constants. Cela revient à chercher des solutions particulières de la forme |x|r.

> ed1:=x^2*diff(y(x),x,x)+x*diff(y(x),x)+y(x)=0; > dsolve(ed1,y(x));

= ( )y x + _C1 ( )sin ( )ln x _C2 ( )cos ( )ln x > ed2:=x^2*diff(y(x),x,x)+4*x*diff(y(x),x)+y(x)=0; > dsolve(ed2,y(x));

= ( )y x + _C1 x( ) − /1 2 5 /3 2

_C2 x( )− − /1 2 5 /3 2

> ed4:=x^2*diff(y(x),x,x)+6*x*diff(y(x),x)+6*y(x)=ln( x+1); > dsolve(ed4,y(x));

34

= ( )y x − − + + − + − + 16

( )ln + x 112

( )ln + x 1

x2

536

13x

1736

x2

13

( )ln + x 1

x3

1118

x3

_C1

x3

_C2

x2

Exercice 12 : Déterminer les f ∈ C1(R, R) telles que ∀x f’(x) = x f(−x).

[ Ind. : trouver une équation différentielle vérifiée par f et faire le changement de variable u = x2.]

Solution : [ Oral Mines PC 2010, RMS n° 700 ].

La fonction f est C∞

; en redérivant, on obtient x f’’( x) – f’(x) – x3 f(x) = 0.

Après le changement de variable indiqué, on trouve f(x) = A.sh2²x + B.ch

2²x .

En reportant dans l’équation de départ, on trouve A = B et f(x) = A ( sh2²x + ch

2²x ) = 2A.exp

2²x .

> ed:=x*diff(y(x),x,x)-diff(y(x),x)-x^3*y(x)=0;dsolve (ed,y(x));

= ( )y x + _C1

sinh

12

x2 _C2

cosh

12

x2

> f:=x->a*sinh(x^2/2)+b*cosh(x^2/2);simplify(diff(f(x ),x)-x*f(-x));

−x

− − + + a

cosh

12

x2 b

sinh

12

x2 a

sinh

12

x2 b

cosh

12

x2

Exercice 13 : Soient a et b deux fonctions continues sur I, b ne s’annulant pas. CNS pour qu’il existe un changement de variable transformant l’équation une équation à coefficients constants.

Solution : Exercice 14 : Résoudre 2x.y’’ + y’ – 2.y = 0 sachant qu’il existe un intervalle sur lequel cette équation admet deux solutions dont le produit vaut 1

Solution : Exercice 15 : On considère l’équation y’’ + a(x).y’ + b(x).y = 0. Relation entre a et b pour qu’il existe deux solutions linéairement indépendantes u et v telles que u

2 + v

2 soit constant.

Application : intégrer y’’.cos x + y’.sin x + y.cos3

x = 0.

Solution : Exercice 16 : Résoudre y’’ + xy’ + y = 0 par séries entières. Reconnaître les solutions.

Solution : Cherchons y sous la forme y(x) = ∑≥0n

nnxa .

Il vient an+2 = − 2+n

an , donc a2k = !.2)1(kk

k− a0 , a2k+1 =

)12...(3.1)1(

+−

k

k

a1 = )!12(

!2)1(+

−k

kkk

a1 .

Ainsi y(x) = a0∑≥

−0

2

!.2)1(

k

kk

k

xk

+ a1∑≥

++

−0

12

)12...(3.1)1(

k

kk

xk

. Les deux séries ont un rayon infini.

La première est aisément reconnaissable : c’est y1(x) = 2/²xe− .

La deuxième peut se chercher sous la forme y = y1.z. On trouve y2(x) = 2/²xe− ∫x

t dte0

2/² . .

35

Comme y2 est impaire et y2(x) ∼ x au V(0), on a y2(x) = 2/²xe− ∫x

t dte0

2/² . = ∑≥

++

−0

12

)12...(3.1)1(

k

kk

xk

.

> ed:=diff(y(x),x,x)+x*diff(y(x),x)+y(x)=0; > with(powseries):a:=powsolve(ed,y(0)=C0);tpsform(a,x ,12);


C0 C1 x12

C0 x2 13

C1 x3 18

C0 x4 115

C1 x5 148

C0 x6 1105

C1 x7 1384

C0 x8 + − − + + − − + +

1945

C1 x9 13840

C0 x10 110395

C1 x11 ( )O x12 − − +

> dsolve(ed,y(x));

= ( )y x +

erf

12

I 2 x _C1

eeee( )/1 2x2

_C2

eeee( )/1 2x2

Variante : transformation en un système du premier ordre en changeant de notation : y(x) devient x(t), et x’(t) désigne y’(x). > ed1:=diff(x(t),t)=y(t);ed2:=diff(y(t),t)=-t*y(t)-x( t); > dsolve(ed1,ed2,x(t),y(t));

= ( )x t eeee( )− /1 2 t2

+

erf

12

I 2 t _C1 _C2 ,

= ( )y t − − I _C1 21π

erf

12

I 2 t eeee( )− /1 2 t2

_C1 t _C2eeee( )− /1 2 t2

t

Exercice 17 : Résoudre par séries entières l’équation différentielle 4x y’’ + 2y’ – y = 0. Reconnaître les solutions obtenues. Achever la résolution.

Solution : Cherchons y sous la forme y(x) = ∑≥0n

nnxa . Il vient an = )12(2

1

−−nn

an , donc an = )!2(

1n

a0.

Contrairement à la situation rencontrée dans l’exercice précédent, les solutions développables en

série entière en 0 forment une droite vectorielle : y(x) = a0∑≥0 )!2(

1k

kxk

. La série a un rayon infini.

La fonction y1(x) = ∑≥0 )!2(

1k

kxk

s’exprime élémentairement de manière paradoxale :

y1(x) = ch x si x ≥ 0 , y1(x) = cos x− si x ≤ 0 .

Reste à compléter la fonction obtenue afin d’obtenir un système fondamental de solutions. On pressent qu’un tel système est (y1, y2), où :

y2(x) = sh x si x ≥ 0 , y2(x) = sin x− si x ≤ 0 .

Pour montrer cela, on peut :

− utiliser la technique y = y1.z, mais, rigoureuse sur R+, elle pose un problème de rigueur sur R−; ce problème peut néanmoins être surmonté.

− faire les chgts de variable t = x± , afin de se ramener à des équations à coefficients constants. − chercher les solutions sous la forme d’une série de puissances. > with(plots):f:=x->piecewise(x>0,cosh(sqrt(x)),x<0,c os(sqrt(-x))); > g:=x->piecewise(x>0,sinh(sqrt(x)),x<0,-sin(sqrt(-x) )); > p:=plot(f(x),x=-100..6,-2..3,color=blue,thickness=2 ): q:=plot(g(x),x=-100..6,-2..3,color=red,thickness=2) :display(p,q);

36

Exercice 18 : Soit (E) l’équation différentielle y’’ = ( x4 + 1 ).y.

1) Montrer que (E) possède une unique solution f : R → R telle que f(0) = f’(0) = 1.

2) Montrer que g = f 2 est convexe.

3) Montrer que ∀x ≥ 0 f(x) ≥ 1 ; 4) Montrer que 1/g est intégrable sur R+ ;

5) Montrer que Y : x → f(x) ∫+∞

x tgdt

)( est également solution de (E).

Solution : [ Oral Mines MP 2011, RMS n° 538 ] 1) (E) est une équation différentielle linéaire d’ordre 2 et homogène. Maple s’avère incapable de la résoudre. Mais, en vertu du théorème de Cauchy linéaire, pour tout couple (a, b) ∈ R×R, (E) admet une unique solution y ∈ C

2(R, R) telle que y(0) = a, y’(0) = b. On

en déduit que les solutions de (E) forment un plan H inclus dans C2(R, R), et même dans C

∞(R, R).

Des considérations de parité permettent de se limiter à étudier les courbes en +∞. 2) g’(x) = 2 f(x) f’(x) , g’’(x) = 2 f(x) f’’( x) + 2 f’(x)

2 = 2 ( x

4 + 1 ) f(x)

2 + 2 f’(x)

2 ≥ 0.

3) On a g(0) = 1, g’(0) = 2. Comme une fonction convexe est au-dessus de ses tangentes, on a ∀x ∈ R g(x) ≥ 1 + 2x , donc ∀x ≥ 0 g(x) ≥ 1. En particulier, f(x) ne s’annule pas sur R+. Elle est donc de signe constant, et ce signe est > 0. Dès lors, ∀x ≥ 0 g(x) ≥ 1 implique ∀x ≥ 0 f(x) ≥ 1 ;

4) Du coup, f est convexe et est au-dessus de sa tangente en 0 : f(x) ≥ 1 + x, et 0 < )(

1xg

≤ )²1(

1+x

.

5) La méthode de variation des constantes y(x) = f(x).z(x) donne y(x) = f(x) ( A ∫+∞

x tgdt

)( + B ).

Je dis que la fonction Y(x) = f(x) ∫+∞

x tgdt

)( est bornée sur R+.

En effet, g est convexe sur R et g’ est croissante, donc ≥ 1 sur R+ .

Par suite : 0 < ∫+∞

x tgdt

)( ≤ ∫

+∞

xdt

tgtg .)()('

= )(

1xf

et 0 < Y(x) ≤ 1.

On en déduit que les fonctions bornées sur R+ forment une droite vectorielle.

Remarque : c’est un résultat tout à fait général, comme le montre l’exercice Centrale MP 2011 RMS n° 893, qui est corrigé dans mes problèmes sur les Equations différentielles.

Exercice 19 : Résoudre par séries entières l’équation y’’ + x2 y = 0.

Solution : [ Couty-Ezra, Analyse t.2 1, p. 507 ] Cherchant, par analyse et par synthèse, les solutions développables en série entière, on trouve :

1 Dieu sait si j’ai révéré ce livre de mathématiques, du temps de ma jeunesse folle ! Pourtant plusieurs chapitres, et notamment celui sur les équations différentielles, sont fort indigestes, en raison de notations extrêmement lourdes.

37

y(x) = a [ 1 + k

k

k

xkk

4

1

.)4)(14...(8.7.4.3

)1(∑+∞

= −−

] + b [ x + 14

1

.14)(4...(9.58.4

)1(+

+∞

=∑ +

−k

k

k

xkk

] .

les deux séries ayant des rayons de convergence infinis.

Avec Maple, il faut tâtonner un peu pour retrouver ses billes.

> with(plots):ed:=diff(y(x),x,x)+x^2*y(x)=0; > dsolve(ed,y(x));

= ( )y x + _C1 x

BesselJ ,

14

12

x2 _C2 x

BesselY ,

14

12

x2

> f:=x->sqrt(x)*BesselJ(1/4,1/2*x^2); g:=x->sqrt(x)*BesselY(1/4,1/2*x^2);h:=x->f(x)-g(x);

:= f → x x

BesselJ ,

14

12

x2

:= g → x x

BesselY ,

14

12

x2

:= h → x − ( )f x ( )g x > df:=series(f(x),x=0,10);dg:=series(g(x),x=0,8);dh:= series(h(x),x=0,10);

:= df − + + 2

Γ

34

x

π110

Γ

34

x5

π

1720

Γ

34

x9

π ( )O x( )/21 2

:= dg − + + − + 21

Γ

34

2

Γ

34

π x16

1

Γ

34

x4 110

Γ

34

π x5 ( )O x8

:= dh − + + 21

Γ

34

16

x4

Γ

34

1336

x8

Γ

34

( )O x( )/21 2

> fm:=x->signum(x)*sqrt(abs(x))*BesselJ(1/4,1/2*x^2); hm:=x->sqrt(abs(x))*(BesselY(1/4,1/2*x^2)-BesselJ(1 /4,1/2*x^2));

:= fm → x ( )signumx x

BesselJ ,

14

12

x2

:= hm → x x

−

BesselY ,

14

12

x2

BesselJ ,

14

12

x2

> p:=plot(fm(x),x=-9..9,color=green,thickness=2): q:=plot(hm(x),x=-9..9,color=red,thickness=2):displa y(p,q);

38

Exercice 20 : Soient y1 et y2 deux fonctions de classe C2 sur l’intervalle I, linéairement indépen-

dantes. Que dire de l’équation différentielle 21

21

21

'''''''''

yyyyyyyyy

= 0 ?

Application : Trouver des équations différentielles linéaires admettant pour système fondamendal de

solutions : ( ²xe , ²xe− ) , ( sinx1 , cos

x1 ) , ( x , sin x, cos x ) .

Solution : On se propose ici de former l’équation différentielle admettant un système fondamental de solutions donné. L’équation différentielle s’écrit W.y’’ + V.y’ + U.y = 0 , où W est le wronskien de y1 et y2 .

Il est évident qu’elle admet comme solutions y1 et y2 : deux colonnes égales ! Ces solutions forment un système fondamental de solutions sur chacun des sous-intervalles de Ioù W ne s’annule pas, et même sur I. > with(linalg): > ed:=proc(y1,y2) local y,A; >A:=simplify(det(matrix(3,3,[diff(y(x),x,x),diff(y(x ),x),y(x),diff(y1(x),x,x),diff(y1(x),x),y1(x),diff(y2(x),x,x),diff(y2(x), x),y2(x)])));end; > y1:=x->exp(x^2);y2:=x->exp(-x^2);ed(y1,y2);

− − 4

∂

∂2

x2 ( )y x x 4

∂

∂x

( )y x 16x3 ( )y x

> y1:=x->sin(1/x);y2:=x->cos(1/x);ed(y1,y2);

− + +

∂

∂2

x2 ( )y x x4 ( )y x 2 x3

∂

∂x

( )y x

x6

Ex 1 : xy’’ – y’ – 4x3 y = 0. Ex 2 : x

4 y’’ + 2x

3 y’ + y = 0. Ex 3 : xy’’’ – y’’ + xy’ – y = 0.

Exercice 21 : Calculer le wronskien des couples de fonctions suivantes: y1(x) = x

2 si −1 ≤ x ≤ 0 , 0 si 0 ≤ x ≤ 1 , y2(x) = 0 si −1 ≤ x ≤ 0 , x

2 si 0 ≤ x ≤ 1

y1(x) = 0 si 0 ≤ x ≤ 2 , ( x − 2 )2 si 2 ≤ x ≤ 4 , y2(x) = ( x − 2 )

2 si 0≤ x ≤ 2 , 0 si 2≤ x ≤ 4

y1(x) = x3 si −2 ≤ x ≤ 0 , 0 si 0 ≤ x ≤ 1 , y2(x) = 0 si −2 ≤ x ≤ 0 , x

2 si 0 ≤ x ≤ 1

Solution : [ Krasnov, ex. 405 p. 99 ] On constate que tous ces wronskiens sont nuls, alors que les fonctions sont linéairement indépen-dantes. L’équivalence : « (y1, y2) libre ⇔ leur wronskien W n’est jamais nul ». ne vaut pour des couples de solutions d’une même équation différentielle linéaire du second ordre mise sous forme normale. Exercice 22 : Exemples de problèmes aux limites. Résoudre et discuter les équations différentielles :

y’’ + y = 0 , y(x0) = y0 , y(x1) = y1 y’’ + λ.y = 0 , y(0) = 0 , y(L) = 0 ( L > 0 )

y’’ + λ.y = 0 , y(0) = 0 , y’(L) = 0 y’’ + λ.y = 0 , y(0) = 0 , y’(L) + β.y(L) = 0

y’’ – y = 0 , y’(0) = 0 , y(1) = 1 y’’ + y = 1 , y(0) = 0 , y’(π) = 0

x2 y’’ + 2x y’ – 6y = 0 , y(1) = 1 , y est bornée quand x → 0+

39

Solution : Le problème de Cauchy consiste à résoudre une équation du second ordre, linéaire ou non,

y’’ = f(x, y, y’) avec deux conditions initiales du type y(x0) = y0 , y’(x0) = y’0.

Le problème aux limites consiste à résoudre cette équation avec deux conditions du type y(x0) = y0 ,

y(x1) = y1 ( x0 < x1 ) ou, plus généralement a.y(x0) + b.y’(x0) = A , c.y(x1) + d.y’(x1) = B.

(En général, dans ce cas, x est une variable d’espace). Ce sont des problèmes de natures différentes. La résolution d’une équation différentielle avec conditions aux limites est hors programme (théorie de Sturm-Liouville). En pratique, on fait une discussion directe.

5) L’équation y’’ – y = 0 , y’(0) = 0 , y(1) = 1 a pour solution y(x) = 1ch

chx.

6) L’équation y’’ + y = 1 , y(0) = 0 , y’(π) = 0 a pour solution y(x) = 1 – cos x.

7) L’équation x2 y’’ + 2xy’ – 6y = 0 , y(1) = 1 , y est bornée quand x → 0+ .

C’est une équation d’Euler, ayant pour solutions y(x) = A.x−3

+ B.x2

. La solution cherchée est x2

.

5. Equations non linéaires. 5.1. Equations aux différentielles totales.

Exercice 1 : Intégrer l’équation différentielle (E) : ( y2 − x

2 ).dx + 2xy.dy = 0 .

Solution : Les angles d’attaque ne manquent pas.

C’est une équation aux différentielles totales, car ω = ( y2 − x

2 ).dx + 2xy.dy = dF où

F(x, y) = y2 x −

3

3x. Mais (E) est aussi une équation homogène.

Et enfin, si l’on pose Y = y2, l’équation devient linéaire : Y − x

2 + xY’ = 0.

> with(DEtools):with(plots): ed1:=y(x)^2-x^2+2*x*y(x)*diff(y(x),x)=0;dsolve(ed1, y(x));

, = ( )y x −13

3 x ( ) + x3 3 _C1x

= ( )y x13

3 x ( ) + x3 3 _C1x

> g:=DEplot(ed1,y(x),x=-3..3,y=-3..3):p:=plot([sqrt (3)/3*x,-sqrt(3)/3*x],x=-3..3,color=blue):display(g,p);

Exercice 2 : Soit c > 0. 1) Montrer que la forme différentielle

40

ω(x, y) = 4 ( x2 + y

2 − c

2 ).x.dx + 4 ( x

2 + y

2 + c

2 ).y.dy

est fermée et exacte. Trouver ses primitives. 2) Intégrer l’équation différentielle 4 ( x

2 + y

2 − c

2 ).x.dx + 4 ( x

2 + y

2 + c

2 ).y.dy = 0.

Reconnaître géométriquement les courbes intégrales.

Solution :

Exercice 3 : Résoudre l’équation différentielle ( 2x2

y3 − x ).dx + ( 2x

3 y2 – y ).dy = 0.

Solution : La forme différentielle ω = ( 2x2

y3 − x ).dx + ( 2x

3 y2 – y ).dy est fermée, et exacte.

On trouve aisément ω = dF , où F(x, y) = 33

32 yx −

2²² yx +

.

Les courbes intégrales sont tracées sur les lignes de niveau de la fonction F. Ces lignes sont tracées ci-dessous, mais on peut aussi passer en polaires.

> with(plots):F:=(x,y)->2/3*x^3*y^3-x^2/2-y^2/2;

:= F → ( ),x y − − 23

x3 y3 12

x2 12

y2

> f:=c->implicitplot(F(x,y)=c,x=-5..5,y=-5..5,numpoin ts=2000): display(f(1),f(-1),f(2),f(-2),f(3),f(-3),f(0));

Exercice 4 : La fonction λ : U → R est appelée facteur intégrant de ω = P(x, y).dx + Q(x, y).dy (1) si la forme différentielle : ϖ(x, y) = λ(x, y).[ P(x, y).dx + Q(x, y).dy ] est exacte.

Exemple : Soit (E) l’équation différentielle ( y2 − x

2 ).dx − 2xy.dy = 0.

Vérifier que λ(x, y) = ²)²²(

1yx + en est un facteur intégrant. Achever la résolution de (E).

41

Solution : On vérifie que dyyx

xydx

yxxy

.²)²²(

2.

²)²²(²²

+−+−

= d(²² yx

x+ ) .

D’où les solutions ²² yx

x+ = cte.

Ce sont des cercles centrés sur Ox et passant par O.

L’équation (E) est également homogène, car elle s’écrit : )²(xy

− 1 = 2xy

y’ .

Exercice 5 : Résoudre l’équation (E) : ( x + y2

).dx – 2xy.dy = 0. [ On pourra chercher un facteur intégrant de la forme λ(x, y) = f(x). ]

Solution :

Exercice 6 : Résoudre l’équation différentielle ω(x, y) = ( x3 − 3x y

2 ).dx + ( 3x

2 y – y

3 ).dy .

Trouver une fonction f : R → R de classe C1 et non nulle telle que f(

xy

).ω(x, y) soit exacte.

Solution :

Exercice 7 : On considère la forme différentielle ω(x, y) = ( x2 + y

2 − 1 ).dx – 2xy.dy.

1) Montrer que ω n’est fermée sur aucun ouvert non vide de R2.

2) Trouver un ouvert non vide U de R2, et une fonction non nulle ϕ : I → R de classe C

1, tels que

ϖ(x, y) = ϕ( x2 − y

2 ).ω(x, y) soit exacte dans U. Résoudre ( x

2 + y

2 − 1 ).dx – 2xy.dy = 0.

Solution : Remarque : Avec Maple, on peut chercher un facteur intégrant grâce à la commande intfactor du package DEtools. 5.2. Equations à variables séparées.

Exercice 1 : Résoudre l’équation différentielle (E) y’(t) = y(t) – 0,25 y(t)2.

Solution : Cette équation est à la fois une équation à variables séparées et une équation de Bernoulli. Elle se rencontre comme modèle d’évolution d’une population animale avec facteur d’autocon-currence (Verhulst). La population tend vers un équilibre. Si la population initiale est trop nom-breuse, elle diminue, l’autoconcurrence annule les effets de la reproduction. Sinon, la population augmente, mais de moins en moins. (E) est autonome et obéit au théorème de Cauchy-Lipschitz. Les fonctions y(t) = 0 et y(t) = 4 sont solutions évidentes. Par conséquent les autres vérifient y(t) ≠ 0 et 4 sur tout l’intervalle maximal I. Cherchons-les.

1ère méthode : équation de Bernoulli.

)²()('tyty

= )(

1ty

− 0,25. Posant u = 1/y, il vient : − u’ = u – 0,25, donc u(t) = 0,25 + C e−t

.

Ainsi y(t) = teC −+ .25,01 . Si C = 0, on retrouve y = 4. Si C = ∞ on retrouve y = 0.

Si y(t) > 0, toutes les solutions tendent vers 4 en +∞. C’est conforme aux commentaires ci-dessus.

2ème méthode : équation à variables séparées.

42

En effet, dt = )4(

.4yy

dy− donne t = ln |

yy−4

| + Cte, et l’on retrouve les résultats ci-dessus.

Avec Maple : > with(plots):with(DEtools): > ed:=diff(y(t),t)=y(t)-0.25*y(t)^2;dsolve(ed,y(t));

> p:=plot([4,0],t=0..10,color=blue,thickness=2): g:=DEplot(ed,y(t),t=0..10,[[y(0)=0.5],[y(0)=1],[y(0 )=2],[y(0)=3],[y(0)=5],[y(0)=6],[y(0.5)=7],[y(1)=8]],y=0..8):display(p,g );

Exercice 2 : Résoudre l’équation y’ = y ( y − 1 )( y + 1 ).

Solution : 1) Généralités. C’est une équation à variables séparées obéissant au théorème de Cauchy-Lipschitz. Elle est incomplète en t, ou autonome : si t → y(t) est solution, t → y(t + h) également. De plus, si t → y(t) est solution, t → − y(t) également.

2) Il y a trois solutions d’équilibre : y ≡ 0 , y ≡ 1 et y ≡ −1.

Linéarisons en 0 : il vient y’ ≈ − y , y = a.e−t

: 0 est équilibre stable.

Linéarisons en 1 : il vient y’ ≈ 2 ( y − 1 ) , y = 1 + b.e2t

: équilibre instable.

Linéarisons en −1 : il vient y’ ≈ 2 ( y + 1 ) , y = −1 + c.e2t

: équilibre instable.

3) Intégrons l’équation. Supposons ∀t y(t) ∉ 0, 1, −1 .

Il vient t – t0 = ∫ − )1²(yydy

= 21 ∫ − )1²²(

.2yydyy

= 21 ln

²1²

yy −

, d’où y(t) = ±tae21

1+

.

> ed2:=diff(y(t),t)=y(t)*(y(t)-1)*(y(t)+1);dsolve(ed2 ,y(t));

, = ( )y t1

+ 1 eeee( )2 t

_C1 = ( )y t −

1

+ 1 eeee( )2 t

_C1

> p2:=plot([0,1,-1],t=0..6,color=blue,thickness=2): g2:=DEplot(ed2,y(t),t=0..6,[[y(0)=0.5],[y(0)=-0.5], [y(2)=2],[y(2)=-2], [y(1)=1.5],[y(1)=-1.5]],y=-3..3):display(p2,g2);

:= ed = ∂∂t

( )y t − ( )y t .25 ( )y t 2 = ( )y t 41

+ 1 4 eeee( )−t

_C1

43

Exercice 3 : Résoudre l’équation y’ = y2 cos x.

Solution : 1) Généralités. C’est une équation à variables séparées qui obéit au théorème de Cauchy-Lipschitz.

Les isoclines y’ = 0 sont les droites y = 0 et x = 2π + kπ.

Les régionnements y’ > 0 et y’ < 0 sont faciles à trouver. De plus, si y(x) est solution, f(x) = y(x + 2kπ), g(x) = − y(x + π) et h(x) = − y(−x ) aussi. 2) Intégration élémentaire. y(x) = 0 est solution évidente. Les autres ne s’annulent jamais.

²'

yy

= cos x s’intègre aisément en y(x) = xC sin

1− , où C =

0

1y

+ sin x0.

Si |C| > 1, y est définie sur R. Si |C| ≤ 1, l’intervalle maximal est borné, et y a une asymptote.

> with(DEtools):with(plots):ed:=diff(y(x),x)=y(x)^2*c os(x);dsolve(ed,y(x));

= ( )y x1

− + ( )sin x _C1

> p:=DEplot(ed,y(x),x=-5..5,y=-5..5,[[y(-Pi/2)=1],[y( -Pi/2)=2], [y(-Pi/2)=0.5],[y(-Pi/2)=-2],[y(Pi/2)=2],[y(Pi/2)=- 1],[y(Pi/2)=-2], [y(Pi/2)=-0.5],[y(3*Pi/2)=0.5],[y(3*Pi/2)=1],[y(-3* Pi/2)=-0.5], [y(-3*Pi/2)=-1.5]],stepsize=0.1,color=blue): as:=k->plot([k*Pi/2,t,t=-5..5],color=black): display(p,seq(as(k),k=-3..3));

44

Exercice 4 : On se propose de résoudre l’équation (E) y’ = sin(x + y). Montrer que les intervalles maximaux sont tous égaux à R. On pourra ensuite poser z = x + y.

Solution : [ Krasnov, p. 16-17 ] 1) Généralités. L’équation (E) obéit au théorème de Cauchy-Lipschitz. De plus, la fonction f(x, y) = sin(x + y) étant bornée, les solutions maximales sont définies sur R. Enfin, si y(x) est solution, y(x) + 2kπ aussi. 2) Intégration élémentaire. Le changement de fonction inconnue z(x) = x + y(x) ramène (E) à l’équation à variables séparées :

(F) z’ = 1 + sin z , i.e. dx = z

dzsin1+ . On en tire, en posant t = tan(z/2) : x + C =

)2/tan(12z+

− .

D’où, très rapidement : z = − 2 Arctan ( 1 + Cx+

2 ).

Précisons : a) Les fonctions z(x) = − 2π + 2kπ sont solutions de (F).

b) Etudions les variations de la fonction f(x) = − 2 Arctan ( 1 + x2 ).

C’est une fonction C∞

sur R*, croissante, discontinue en 0 : f(0 −) = π , f(0 +) = −π.

Elle a pour dérivée : f’(x) = )²2(²

4++ xx

. On est conduit à considérer la fonction F définie par :

F(x) = − 2 Arctan ( 1 + x2 ) si x < 0 , F(x) = − 2 Arctan ( 1 +

x2 ) + 2π si x > 0.

Cette fonction est C∞

sur R, et a pour dérivée F’(x) = )²2(²

4++ xx

. En fait F(x) = π + ∫ ++x

ttdt

0 )²2(²4 .

c) Je dis que la solution de (F) telle que z(0) = π n’est autre que F.

Et que, si − 2π < z(0) <

23π , la solution de (F) est la translatée de F passant par (0, z(0)).

Les vérifications sont laissées en exercice. > with(plots):f:=x->-2*arctan(1+2/x); F:=x->piecewise(x<0,f(x),x>0,f(x)+2*Pi);

:= f → x −2

arctan + 1

2x

:= F → x ( )piecewise , , , < x 0 ( )f x < 0 x + ( )f x 2 π

> plot([f(x),F(x),-Pi/2,3*Pi/2],x=-5..5,thickness=2);

> with(DEtools):ed:=diff(z(x),x)=1+sin(z(x)); DEplot(ed,z(x),x=-5..5,z=-Pi/2..3*Pi/2,[[z(0)=Pi] ,[z(0)=Pi/2], [z(0)=0],[z(0)=5*Pi/4],[z(0)=-Pi/4]]);

45

:= ed = ∂∂x

( )z x + 1 ( )sin ( )z x

Retour à l’équation (E). > ed:=diff(y(x),x)=sin(x+y(x));dsolve(ed,y(x));

> with(DEtools):DEplot(ed,y(x),x=-5..5,[seq([y(k)=-k] ,k=-4..4), seq([y(k)=-k-3],k=-4..4),seq([y(k)=-k+6],k=-4..4)], y=-5..5,color=blue);

Exercice 5 : Résoudre y’ = ex+y

+ ex

.

Solution : [ Oral X 2009, RMS n° 256 ] 1) Généralités. Il s’agit d’une équation différentielle obéissant au théorème de Cauchy-Lipschitz, et

à variables séparées, puisqu’elle s’écrit 1+ye

dy = e

x.dx .

Les solutions sont croissantes, convexes, et même absolument monotones.

2) L’intégration ne pose aucun problème. ln1+y

y

ee

= ex + C , où C = ln

10

0

+y

y

e

e − 0xe .

Nécessairement 0 < 10

0

+y

y

e

e < 1, donc C < 0. D’où y(x) = e

x + C − ln( 1 −

Cex

e+

) .

:= ed = ∂∂x

( )y x ( )sin + x ( )y x = ( )y x − − x 2

arctan

+ − x 2 _C1 − x _C1

46

Les intervalles maximaux sont tous de la forme ]−∞, ln(−C)[. Ajoutons que y(x) → C − ln( 1 − Ce ) quand x → −∞.

3) Avec Maple : > with(DEtools):ed:=diff(y(x),x)=exp(x+y(x))+exp(x);d solve(ed,y(x));

= ( )y x + + eeeex

ln −

1

− + 1 eeee( ) + eeeex _C1

_C1

> DEplot(ed,y(x),x=-4..4,y=-4..4,[[y(0)=0],[y(-1)=0], [y(1)=0],[y(2)=0]], stepsize=0.1);

Exercice 6 : Résoudre l’équation y’ = ²1 y− .

Solution : [ Oral X 2009, RMS n° 261 ] > with(DEtools):with(plots):ed:=diff(y(x),x)=sqrt(1-y (x)^2); dsolve(ed,y(x));

= ( )y x ( )sin + x _C1 > p:=DEplot(ed,y(x),x=-4..4,y=-1..1):g:=c->plot(sin (x-c),x=c-Pi/2..c+Pi/2,color=blue,thickness=2):display(p,(se q(g(c),c=-3..3)));

Exercice 7 : 1) Enoncer le théorème de Cauchy-Lipschitz. 2) Soit f une fonction de classe C

1 et bornée de R

2 dans R. Montrer que toute solution maximale de

y’ = f(x, y) est définie sur R. 3) Montrer que les solutions maximales de y’ = cos

2 y ont une limite en +∞ et en −∞. Calculer ces

solutions.

Solution : [ Oral Centrale MP 2011, RMS n° 897 ] 1) et 2) cf. cours. 3) L’équation différentielle y’ = cos

2 y obéit au théorème de Cauchy-Lipschitz.

47

Comme f(x, y) = cos2 y est bornée, ses solutions maximales sont définies sur R.

Les solutions sont croissantes et 1-lipschitziennes. Comme l’équation est autonome, si x → y(x) est solution, x → y(x + h) aussi. On remarque de plus que si x → y(x) est solution, x → y(x) + nπ (n ∈ Z) aussi.

Enfin les fonctions constantes y(x) = 2π + nπ sont solutions.

Supposons −2π < y(0) <

2π . Alors, pour tout x ∈ R, −

2π < y(x) <

2π .

Comme y est croissante sur R, elle a des limites finies en ±∞.

Intégrons cette équation : dx = y

dy²cos

, x = tan y + Cte, donc y(x) = Arctan(x – x0 + tan y0).

En particulier y(x) → ± 2π quand x → ±∞.

Conclusion : les solutions de (E) sont les fonctions y(x) = 2π + nπ et y(x) = Arctan(x + C) + nπ .

Exercice 8 : Montrer que les solutions maximales de l’équation différentielle y’ = y2 sin

2 y sont

bornées et définie sur R. tout entier.

Solution : [ Oral Mines 2002, RMS n° 263 ] 1. Généralités. a) Il s’agit d’une équation différentielle où x manque, donc à variables séparées. b) Symétries du flot. Si y(x) est solution, x → y(x + t) aussi : les courbes intégrales sont invariantes par translations horizontales. Si y(x) est solution, x → Y(x) = −y(−x) aussi, car Y’(x) = y’( −x) = y

2(−x).sin

2y(−x) = Y

2(x).sin

2Y(x).

Les courbes intégrales sont invariantes par symétrie par rapport à O.

c) Les solutions sont toutes de classe C∞

, et croissantes, car y’ ≥ 0. d) L’équation admet pour solutions évidentes y(x) = n.π (n ∈ Z).

2. Solutions maximales.

a) L’équation obéit au théorème de Cauchy-Lipschitz, car la fonction f(x, y) = y2.sin

2 y est de

classe C1 sur R

2. Du coup, les solutions non constantes ne prennent jamais les valeurs n.π.

Si (x0, y0) est un couple de conditions initiales telles que nπ < y0 < (n + 1)π, on aura nπ < y(x) < (n + 1)π dans tout l’intervalle maximal I correspondant. y(x) est donc croissante et bornée dans I. Si I = (a, b) était majoré, y(x) aurait une limite finie β en b, sa borne supérieure. y serait donc prolongeable par continuité en b, et définie sur (a, b]. Réappliquant le théorème de Cauchy-Lispchitz au couple (b, β), on pourrait prolonger y sur un intervalle contenant b dans son intérieur, contredisant la maximalité de I. Ainsi, b = +∞, et y(x) a une asymptote horizontale en +∞. Pour les mêmes raisons, a = −∞ et y(x) a une asymptote horizontale en −∞.

b) On peut montrer que y(x) → (n + 1)π quand x → +∞, y(x) → nπ quand x → −∞.

En effet, si y(x) → L < (n + 1)π en +∞, alors ²'

yy

∼ sin2 L, et, par intégration de relations de

comparaison, )(

1xy

− + 0

1y

∼ sin2 L ( x − x0 ). Or x → +∞ impliquerait y(x) → 0.

Cela est impossible, même si n = −1, puisqu’on a supposé L < ( n + 1 )π. De même, y(x) → nπ quand x → −∞.

48

Exercice 9 : Soit A ∈ Mn(C). Résoudre l’équation différentielle dt

dM = M2

, M(0) = A ,

où t → M(t) ∈ Mn(C). Existe-t-il une solution définie sur R ?

Solution : [ Oral 2003, RMS n° 29 ] Cette équation différentielle obéit au théorème de Cauchy-Lipschitz.

En vue de la résoudre, considérons l’équation plus simple dtdy

= y2

, y(0) = a , donc le cas n = 1.

Si a = 0, elle a pour solution y = 0 ; sinon, y n’est jamais nulle, et ²'

yy

= 1 s’intègre en y(t) = ata

−1 .

Revenant au cas général, vérifions que M(t) = A ( I − tA )−1

est solution. M(t) est définie au V(0) car I − tA est inversible pour | t | assez petit.

M(t) est de classe C∞

car rationnelle. On a M(t).( I – tA) = A ; dérivons !

M’(t).( I – tA ) – M(t).A = O, donc M’(t) = M(t).A.( I − tA )−1

= M(t)2 . Et M(0) = A.

Enfin, M est définie sur le plus grand intervalle contenant 0 et ne contenant aucune inverse de valeur propre de A. Elle est définie sur R ssi Sp A ∩ R* = ∅.

Exercice 10 : Soit a ≥ 0. On considère la suite (xn) définie par : xn+1 = xn + n

a xn .1 , x1 > 0.

Etudier le comportement asymptotique de cette suite récurrente, après avoir étudié celui de l’équa-

tion différentielle y’.y = ax1 . On distinguera les cas a = 0 , 0 < a ≤ 1 , a > 1.

Solution : Ce problème est détaillé dans mon chapitre sur les suites récurrentes.

Le système dynamique discret ( xn+1 − xn ).xn = an1 est voisin de l’équation différentielle y’.y = ax

1 .

La résolution de cette équation donne des indications sur le résultat à obtenir. 5.3. Equations homogènes.

Exercice 1 : Résoudre l’équation y’.( y – x ) + y = 0.

Solution : Maple la résout sans difficulté, mais à l’aide de la fonction W de Lambert. Il a des difficultés pour tracer les courbes intégrales. En revanche, si l’on se ramène à un système linéaire, en

notant que y

dy =

yxdx− = dt, alors les difficultés s’aplanissent.

> with(DEtools):ed:=diff(y(x),x)*(y(x)-x)+y(x)=0; > dsolve(ed,y(x));

= ( )y x eeee

+

LambertW−x

eeee_C1_C1

> DEplot(ed,y(x),x=-4..4,y=-4..4,[[y(0)=1],[y(0)=2],[ y(0)=-2],[y(0)=-1]], stepsize=0.05,color=blue,scaling=constrained); > with(DEtools):sys:=diff(x(t),t)=x(t)-y(t),diff(y(t ),t)=y(t); dsolve(sys,x(t),y(t));

, = ( )y t _C2 eeeet = ( )x t −( ) − _C2 t _C1 eeeet

> DEplot(sys,x(t),y(t),t=-5..5,[[x(0)=1,y(0)=0],[x( 0)=0,y(0)=1], [x(0)=0,y(0)=2],[x(0)=0,y(0)=-1],[x(0)=0,y(0)=-2],[ x(0)=0,y(0)=3], [x(0)=0,y(0)=-3],[x(0)=0,y(0)=4],[x(0)=0,y(0)=-4]], x=-4..4,y=-4..4, color=blue,scaling=constrained);

49

Exercice 2 : Résoudre l’équation ( x + 2y ) y’ + y + 2x = 0.

Solution : mêmes commentaires que ci-dessus. Maple erre un peu beaucoup… Si l’on revient à un système linéaire, on obtient de belles ellipses : cf. § 3. > with(DEtools): > ed:=(x+2*y(x))*diff(y(x),x)+y(x)+2*x=0; > dsolve(ed,y(x));

, = ( )y x− +

12

x _C112

− + 3 x2 _C12 4

_C1 = ( )y x

− − 12

x _C112

− + 3 x2 _C12 4

_C1

> DEplot(ed,y(x),x=-4..4,y=-4..4,[[y(0)=1],[y(0)=2],[ y(0)=3]], scaling=constrained);

Exercice 3 : Résoudre l’équation x2 + xy + y

2 – x

2 y’ = 0.


1) Il s’agit d’une équation homogène, de la forme y’ = 1 + xy

+ (xy )2

.

Elle obéit au théorème de Cauchy-Lipschitz dans R*×R.

2) Il n’y a pas de solution singulière y = mx, car m = 1 + m + m2 est sans solution réelle.

3) Pour résoudre l’équation, les deux méthodes classiques sont : a) Paramétrisation par y / x = t.

Alors dy = t.dx + x.dt = ( 1 + t + t2

).dx ; il vient xdx =

²1 tdt+ , donc

x = C.exp(Arctan t) , y = C.t.exp(Arctan t)

b) Passage en polaires. dx = cos θ.dr – r.sin θ.dθ , dy = sin θ.dr + r.cos θ.dθ .

Il vient rdr = ( 1 + tan θ ).dθ , donc r = C

)cos()exp(

θθ

.

50

c) Retour en cartésiennes. Prenons C = 1. Alors t = tan (ln x) , où 2/π−e < x < 2/πe .

Au final, on trouve la fonction y = x tan ( ln x ) , 2/π−e < x < 2/πe , et toutes les fonctions dont le

graphe se déduit par homothéties de centre O. 4) Avec Maple : > with(plots):with(DEtools):

> ed:=x^2+x*y(x)+y(x)^2-x^2*diff(y(x),x)=0;dsolve(ed, y(x)); = ( )y x ( )tan + ( )ln x _C1 x

> p:=c->plot([c*exp(arctan(t)),c*t*exp(arctan(t)),t=- 10..10],x=-5..5,y=-5..5,color=blue,thickness=2); > g:=DEplot(ed,y(x),x=-5..5,y=-5..5):display(g,seq(p (c),c=-5..5));

5.4. Equations de Bernoulli et de Riccati.

Exercice 1 : Résoudre l’équation 2y’ = y + y2 e

−x. [ Centrale 1993, écrit ]

Solution : 1) Il s’agit d’une équation de Bernoulli obéissant au théorème de Cauchy-Lipschitz.

2) Intégration élémentaire. y(x) = 0 est solution évidente. En vertu du TCL, si y est non nulle, y ne

s’annule jamais sur l’intervalle maximal. Il vient ²'2

yy

= y1 + e

−x , i.e. –2u’ = u + e

−x , où u =

y1 .

Equation linéaire qui s’intègre en u = e−x

+ Ce−x/2

. Finalement y(x) = 2/.1

xx eCe −− +

Pour C = 0, on trouve y(x) = e−x

, pour C = ∞, y(x) = 0. En général C = 0

2/0

ye x−

( 0xe – y0).

3) Etude et régionnements. L’isocline y’ = 0 est réunion de y = 0 et y = − e

x.

Supposons 0 < y0 < exp(x0). Alors C ≥ 0 et l’intervalle maximal est R. y(x) croit de 0 à +∞ sur R.

Supposons exp(x0) < y0. Alors C < 0 et l’intervalle maximal est I = ]−∞, −2 ln C [. y(x) croit de 0 à +∞ sur I.

Supposons y0 < 0. Alors C < 0 et l’intervalle maximal est ] −2 ln(−C), +∞ [. y(x) croit sur ] −2 ln(−C), 2 ln 2 – 2.ln(−C) ], décroit sur [2 ln 2 – 2.ln(−C) , +∞ [.

Avec Maple :

51

> with(plots):with(DEtools): > ed:=2*diff(y(x),x)=y(x)+y(x)^2*exp(-x);dsolve(ed,y( x));

= ( )y x1

+ eeee( )−x

eeee( )− /1 2x

_C1

> q:=plot(-exp(x),x=-5..5,color=blue):dp:=DEplot(ed,[ y(x)],x=-5..5,y=-5..5, [[0,1],[1,1],[-1,1],[2,1],[-2,1],[0,2],[0,-1],[0,-2 ],[1,-3],[-2,-2]], stepsize=0.1):display(dp,q);

Exercice 2 : Résoudre l’équation x y’ + y = y2 ln x.

Solution : [ Krasnov, p. 47 ] La commande bernoullisol du package DEtools teste si l’équation est de type Bernoulli, et la résout. > with(DEtools)ed:=x*diff(y(x),x)+y(x)=y(x)^2*ln(x); > bernoullisol(ed,y(x));

= ( )y x1

+ + ( )ln x 1 x _C1

Exercice 3 : Résoudre le problème de Cauchy avec pour condition initiale (x0, y0), où x0 ≠ 0, et pour

équation différentielle xy’ – y + (xy )3

= 0. 2

Solution : [ Oral Mines MP 2011, RMS n° 541 ]

C’est une Bernoulli, qui obéit au théorème de Cauchy-Lipschitz sur R*+×R et sur R*−×R.

Si y0 = 0, y(x) = 0. Sinon, y(x) n’est jamais nul, et on divise par y3(x) et on pose u(x) = 1/y

2(x).

> with(DEtools):with(plots): > ed:=x*diff(y(x),x)-y(x)+y(x)^3/x^3=0; > bernoullisol(ed,y(x));

, = ( )y x( )− + 2 _C1 x x x

− + 2 _C1 x = ( )y x −

( )− + 2 _C1 x x x− + 2 _C1 x

> p:=a->plot(sqrt(x^3/(a*x-2)),x=-5..5,y=-5..5,color= blue);q:=a->plot(-sqrt(x^3/(a*x-2)),x=-5..5,y=-5..5,color=blue); > g:=DEplot(ed,y(x),x=-5..5,y=-5..5): > display(g,p(1),q(1),p(-1),q(-1),p(0),q(0),p(2),q(2 ),p(3),q(3));

2 « Résoudre un problème de Cauchy », c’est, en jargon CPGE, résoudre une équation différentielle. Mais c’est tellement plus classe de dire, dans un dîner en ville : « J’ai résolu un problème de Cauchy »...

52

Exercice 4 : Résoudre l’équation y’ = y2 – 2 e

x y + e

2x + e

x .

Solution : 1) Généralités. Il s’agit d’une équation de Riccati, obéissant au TCL.

Les solutions sont croissantes, car f(x, y) = y2 – 2 e

x y + e

2x + e

x = ( y – e

x )

2 + e

x > 0.

2) Résolution. Une solution particulière évidente est y0(x) = ex .

Posant z = y – y0 , il vient z’ = z2

, donc z = 0 ou z = xC−

1 . Bilan : y = ex +

xC−1 .

3) Intervalles maximaux. Soit (x0, y0) un couple de conditions initiales. C = x0 + 0

0

1xey −

,

• Si y0 > 0xe , I = ] −∞, x0 + 0

0

1xey −

[ et y(x) = ex +

xC−1 .

• Si y0 = 0xe , I = R et y(x) = ex ( C = ∞ ).

• Si y0 > 0xe , I = ] x0 + 0

0

1xey −

, +∞ [ et y(x) = ex +

xC−1 .

> with(plots):with(DEtools): > ed:=diff(y(x),x)=y(x)^2-2*exp(x)*y(x)+exp(2*x)+exp( x);dsolve(ed,y(x));

= ( )y x + eeeex 1 − _C1 x

> p:=DEplot(ed,y(x),x=-3..3,y=-3..3):f:=plot(exp(x),x =-3..3,-3..3, color=blue,thickness=2):g:=c->plot(exp(x)+1/(c-x),x =-3..3,-3..3, color=blue,thickness=2):display(p,f,seq(g(k),k=-3. .3));

53

Exercice 5 : Résoudre l’équation y’ + y2 − 2y sin x + sin

2 x – cos x = 0.

Solution : [ Krasnov, p. 63, n° 233 ] La commande riccatisol de Maple (nullement indispensable) résout cette équation : > with(DEtools):ed:=diff(y(x),x)+y(x)^2-2*y(x)*sin(x) +sin(x)^2-cos(x); > riccatisol(ed,y(x));

= ( )y x − ( )sin x1 − _C1 x

> DEplot(ed,y(x),x=-5..5,y=-3..3,[[y(0)=0],[y(0)=1],[ y(0)=-1],[y(-2)=1], [y(2)=-1]],stepsize=0.1);

5.5. Equations diverses.

Exercice 1 : Résoudre les équations y’2 − x

2 ( 1 + y’

2 ) = 0 , x

3 + y’

3 – 3 x y’ = 0.

Solution : 0) Ce sont deux équations incomplètes en y, mais la liaison entre x et y’ est implicite.

En tout cas, si x → y(x) est courbe intégrale x → y(x) + h itou : les courbes intégrales sont inva-riantes par translations verticales.

1) L’équation y’2 − x

2 ( 1 + y’

2 ) = 0 s’écrit aussi ( 1 − x

2 ) y’

2 = x

2 .

Notons que, si y(x) est solution – y(x) et y(–x) également.

De l’équation on déduit d’abord |x| < 1. De plus sur I = ]−1, +1[, y’(x) = ± ²1 x

x−

.

54

Donc : y(x) = y0 ± dtt

tx

x.

²10∫ −

= y0 ± ( ²1 x− − ²1 0x− ) .

Autrement dit, y(x) = C ± ²1 x− : on trouve les équations des translatés de demi-cercles.

A translation près, on trouve deux solutions y(x) = ± ²1 x− .

Cependant, cette solution est erronée, car incomplète.

En effet, lorsqu’on a écrit y’(x) = ±²1 x

x−

, le « ± » est-il indépendant de x ?

Il fallait écrire y’(x) = ε(x)²1 x

x−

, où ε(x) = ±1. En vertu du théorème des valeurs intermédiaires ε

est constante sur chacun des intervalles ]−1, 0[ et ]0, 1[. Aux solutions précédemmant trouvées, il

faut adjoindre les solutions obtenues en raccordant les C + ²1 x− et les C − ²1 x− .

Finalement, à translation près, on trouve quatre solutions :

y1(x) = ²1 x− , y2(x) = − ²1 x− , y3(x) = sgn(x) ( ²1 x− − 1 ) , y4(x) = sgn(x) ( 1 – ²1 x− ) .

Avec Maple : > with(plots):ed:=diff(y(x),x)^2*(1-x^2)=x^2;dsolve(e d,y(x));

, = ( )y x − + −( ) − x 1 ( ) + x 1 _C1 = ( )y x + −( ) − x 1 ( ) + x 1 _C1 > plot(sqrt(1-x^2),x=-1..1,color=red,thickness=2); > plot(-sqrt(1-x^2),x=-1..1,color=blue,thickness=2);

> plot(signum(x)*(sqrt(1-x^2)-1),x=-1..1,color=green, thickness=2); > plot(signum(x)*(1-sqrt(1-x^2)),x=-1..1,color=violet ,thickness=2);

Exercice 2 : Résoudre l’équation x = y’ exp y’.

Solution : 1) Généralités. C’est une équation incomplète en y. Mais elle n’est pas à variables séparées, car la liaison entre x et y’ est implicite. Si x → y(x) est solution, x → y(x) + h aussi : les courbes intégrales sont invariantes par translations selon Oy.

2) L’étude des variations de ϕ(t) = t.exp(t) est facile. ϕ induit :

55

• un homéomorphisme croissant [−1, +∞[ → ]−e−1

, +∞[ dont la réciproque est notée W.

• un homéomorphisme décroissant ]−∞, 1] → ]−e−1

, 0[, dont la réciproque est notée W0.

W et W0 sont des fonctions implicites connues de Maple : les fonctions de Lambert.

3) L’équation x = ϕ(y’) équivaut donc, selon toute vraisemblance, à y’ = W(x) ou y’ = W0(x).

Autrement dit y(x) = C + ∫ −−

x

edttW

1).( ou y(x) = C + ∫ −−

x

edttW

1).(0 .

Ces intégrales s’expriment à l’aide de W, après intégration par parties. Précisons : il est clair que les fonctions précédentes sont des solutions de l’équation. De plus, la même solution y ne peut vérifier, tantôt y’ = W(x), tantôt y’ = W0(x).

Car, y étant C1, y’ prendrait la valeur intermédiaire −1, ce qui ne peut se produire que si x = −e

−1.

[ Si l’on suppose y seulement dérivable, le théorème de Darboux, qui affirme que y’ vérifie la propriété de la valeur intermédiaire, conduit au même résultat.]

Par tous les points de [−e−1

, 0[×R passent deux courbes intégrales.

4) Avec Maple : > with(plots):with(DEtools): > ed:=x=diff(y(x),x)*exp(diff(y(x),x));dsolve(ed,y(x) );f:=x->LambertW(x)*x-x+x/LambertW(x):g:=LambertW(-1,x)*x-x+x/LambertW(-1 ,x):

= ( )y x − + + ( )LambertWx x xx

( )LambertWx_C1

> P:=DEplot(ed,y(x),x=-exp(-1)..3,y=-3..3): > Q:=c->plot(c+f(x),x=-exp(-1)..3,color=blue,thicknes s=2):R:=c->plot(c+g(x),x=-exp(-1)..0,-3..3,color=green,thickn ess=2): > display(P,seq(Q(c),c=-3..3),seq(R(c),c=-3..3));

Exercice 3 : Résoudre le problème de Cauchy (E) x’’ = 2x3

, x(0) = x’(0) = 1.

Solution : [ Oral X 1993, RMS n° 80 ] 1) Généralités. Cette équation équivaut au système : x’ = y , y’ = 2x

3 , x(0) = y(0) = 1.

Ce système obéit au théorème de Cauchy-lipschitzien. En fait, (E) est une équation de Newton. Avec les notations de ce type d’équation :

56

F(x) = 2x3 est le champ de forces, T =

2²y

est l’énergie cinétique, U = −2

4x l’énergie potentielle,

E = T + U = 2²y

− 2

4xl’énergie mécanique totale. Cette énergie est constante et vaut ici 0.

Par conséquent x’2 = x

4 .

Comme x’(0) = x(0) = 1, on a x’(t) = x(t)2 au V(0), donc

²'

xx = 1, et x(t) =

t−11 au V(0).

2) Considérons la fonction x(t) = t−1

1 sur ]−∞, 1[. Elle vérifie x’’ = 2x3

, x(0) = x’(0) = 1.

Inutile d’en chercher une autre !

Exercice 4 : Trouver les t → M(t) ∈ Mn(R) telles que M’’(t) = 2.M(t)3

, M(0) = M’(0) = I.

Solution : cet exercice fait suite au précédent… Exercice 5 : Résoudre l’équation différentielle y’ ( y’ – 1 ) = 0.

Solution : Si y est de classe C

1, sa dérivée est continue donc obéit au théorème des valeurs intermédiaires.

Par conséquent, on a, soit y’ = 0, soit y’ = 1. Donc y(x) = a ou y(x) = x + b. Si y est seulement supposée dérivable, sa dérivée possède la propriété des valeurs intermédaires, même sans être continue : c’est un théorème dû à Darboux (1874). La conclusion demeure.

Exercice 6 : On considère l’équation différentielle (E) y.y’’ – y’2 = 1 .

Montrer que y est C∞

. Résoudre (E).

Solution : [ Oral Mines 1999, RMS n° 198 ; Mines 2003 RMS n° 588 ]

Tout d’abord, y et y’’ ne peuvent s’annuler. On peut donc écrire y’’ = yy'²1+

.

Une récurrence montre que y est Cn pour tout n, donc C

∞.

Dérivant y.y’’ – y’2 = 1, il vient y.y’’’ – y’.y’’ = 0 , donc (

yy '' )’ = 0.

yy ''

est constante.

Cette constante k est > 0, car y.y’’ est à valeurs > 0 : y(x) = a.eωx

+ b.e−ωx

( ω > 0 ).

Reportons cette expression dans (E). Il vient 4ab.ω2 = 1. Notons ε = sgn a et θ = ln(2aεω) , il vient :

y(x) = ωε ch( )θω +x , avec ε = ± 1 , ω > 0 , θ réel.

Exercice 6 : Résoudre, pour y ∈ C2(R, R), l’équation différentielle

''''''

'''

yyyyyyyyy

= 0.

Solution : [ Oral Mines 1996, RMS n° 284 ; X 2007, RMS n° 262, corrigé juin 2008 ]. 5.6. Etudes qualitatives.

Exercice 1 : Soit f ∈ C(R, R), I un intervalle de R d’intérieur non vide, et y ∈ C1(I, R) telle que

∀x ∈ I y’(x) = f(y(x)). Montrer que y est monotone.

57

Solution : [ Oral X MP 2011, RMS n° 197 ] L’équation différentielle (E) y’ = f(y) est autonome, donc à variables séparées. Si x → y(x) est solution de (E) sur I, x → y(x + h) est solution de (E) sur I – h. Exercice 2 : Soit f une fonction continue de R dans R. Montrer que l’équation y’’ + 2y’ + 2y = f possède au plus une solution périodique.

Solution : [ Oral X MP 2011, RMS n° 219 ]

Les solutions de l’équation homogène sont e−x

.cos x et e−x

.sin x.

S’il y avait deux solutions bornées de (E), y1 et y2, leur différence serait de la forme

∆(x) = A e−x

cos x + B e−x

sin x = e−x ²² BA + cos(x + ϕ).

Or une telle fonction est bornée au voisinage de −∞ si et seulement si A = B = 0. Par conséquent, l’équation proposée a au plus une solution bornée au V(−∞), et a fortiori au plus une solution périodique sur R.

Exercice 3 : comportements asymptotiques. Soit f ∈ C

1([0, +∞[, R) telle que f’(x) + f(x) ∼ xe− en +∞. Montrer que f(x) ∼ x xe− en +∞.

Soit f ∈ C1([1, +∞[, R) telle que f’(x) + f(x) ∼ 1/x en +∞. Montrer que f(x) ∼ 1/x en +∞.

Soit f ∈ C2([2, +∞[, R) telle que f’(x) + f’’( x) ∼

xxln1 en +∞. Montrer que f(x) ∼ ln(ln x) en +∞.

Soit f ∈ C1(R+, R) telle que limx→+∞ f’(x) − f

2(x) = 0. Montrer que limx→+∞ f(x) = 0.

Solution : [ 3) Oral Mines 1989 ; 4) Oral X 2009, RMS n° 221 ]

1) Soit f ∈ C1([0, +∞[, R) telle que f’(x) + f(x) ∼ xe− en +∞. Posons g(x) = f’(x) + f(x).

Alors f(x) = e−x

[ g(0) + ∫x

t dttge0

).( ]. L’hypothèse g(x) ∼ xe− implique ∫x

t dttge0

).( ∼ x ,en vertu du

th. d’intégration de relations de comparaison (ou de Cesàro intégral). Du coup, f(x) ∼ x xe− en +∞.

Exercice 3 : Etudier l’équation y’ = y2 + x

2 .

Solution : Certes, il s’agit d’une équation de Riccati, mais elle ne s’intègre pas élémentairement. Maple la résout à l’aide de certaines fonctions de Bessel. Une étude qualitative assez simple montre que les intervalles maximaux sont tous bornés, y ayant une asymptote verticale à chaque extrémité. Supposons en effet I non majoré.

Alors, pour x ≥ 1, y’(x) = y2(x) + x

2 ≥ y

2(x) + 1, donc

1)²()('+xy

xy ≥ 1.

Soient a et x deux points de I tels que 1 ≤ a ≤ x. Alors x – a ≤ Arctan y(x) – Arctan y(a) ≤ π. Si l’on fait tendre x vers +∞, on obtient une contradiction. On montre de même que I est minoré. Cet exercice est repris et approfondi dans un de mes problèmes.

> with(plots):with(DEtools): > ed:=diff(y(x),x)=x^2+y(x)^2; > dsolve(ed,y(x));dsolve(ed,y(0)=0,y(x));

> fsolve(-BesselJ(1/4,1/2*x^2)+BesselY(1/4,1/2*x^2)=0 ,x=1..3); 2.003147359

= ( )y x −x

− +

BesselJ ,

-34

12

x2

BesselY ,

-34

12

x2

− +

BesselJ ,

14

12

x2

BesselY ,

14

12

x2 = ( )y x −

x

+ _C1

BesselJ ,

-34

12

x2

BesselY ,

-34

12

x2

+ _C1

BesselJ ,

14

12

x2

BesselY ,

14

12

x2

58

> DEplot(ed,[y(x)],x=-3..3,y=-5..5,[[0,0],[0,0.5],[0, -0.5],[0,1.2],[0,-1.2]],stepsize=0.1);

> f:=x->-x*(-BesselJ(-3/4,1/2*x^2)+BesselY(-3/4,1/2*x ^2))/(-BesselJ(1/4,1/2*x^2)+BesselY(1/4,1/2*x^2));series(f (x),x=0,28);

:= f → x −x

− +

BesselJ ,

-34

12

x2

BesselY ,

-34

12

x2

− +

BesselJ ,

14

12

x2

BesselY ,

14

12

x2

13

x3 163

x7 22079

x11 13218295

x15 4612442815

x19 1517866108676095

x23 40428332289755

x27 + + + + + +

( )O x28 +

Exercice 4 : Etudier l’équation y’ = y2 − x

.

Solution : Même situation que dans l’exercice précédent, mais ici l’étude qualitative est plus compliquée. On la trouvera dans le cours. Références : M. Artigue, V. Gautheron, Systèmes différentiels (Cédic-Nathan)

ENS Saint Cloud 1983 et Agrégation 1959. RMS mai 1994, n° 88 ; mai 2004, n° 28 ; mai 2010, R 502, p. 137 Equation d’Airy : ENSI 1991.

Exercice 5 : Soit ϕ : I → R la solution maximale du problème de Cauchy y’ = 1 − x2 − y

2, y(0) = 0.

a) Montrer que ϕ est impaire, et que l’intervalle I est symétrique par rapport à l’origine. b) On suppose par l’absurde I non borné. Que dire de la limite de ϕ’ en +∞ ? Que dire alors de la limite de ϕ(x)/x en +∞ ?

c) En déduire un équivalent de )²()('

xx

ϕϕ

en +∞. Conclure que I est borné.

Solution : [ Oral Mines MP 2011, RMS n° 540 ]

Exercice 6 : On considère l’équation différentielle (E) y’ = 1²²

1++yx

.

1) Tracer quelques graphes de solutions avec Maple. 2) Montrer que les solutions sont définies sur R, et bornées.

Solution :

59

Cette équation obéit au théorème de Cauchy-Lipschitz, car f(x, y) = 1²²

1++yx

est C1, donc continue

et localement lipschitzienne en y. Elle n’est d’aucun type connu de Maple. Les solutions sont croissantes. Comme f est bornée sur R

2, les intervalles maximaux sont égaux à R. cf. Cours.

De plus, les solutions sont bornées, donc ont des asymptotes horizontales.

En effet y’(x) ≤ 1²

1+x

donne, par intégration sur [0, x] y(x) – y(0) ≤ Arctan x, donc y(x) ≤ y(0) + 2π .

La solution y est croissante majorée sur R+, donc a une limite finie.

De même, si on intègre sur [x, 0], il vient : y(0) – y(x) ≤ − Arctan x, donc y(x) ≥ y(0) − 2π , etc.

La solution telle que y(0) = 0 vérifie y’(0) = 1. Il serait intéressant de savoir si elle est DSE... Maple ne sait pas résoudre l’équation. > with(DEtools):with(plots): > de:=diff(y(x),x)=1/(x^2+y(x)^2+1);dsolve(de,y(x)); > DEplot(de,y(x),x=-5..5,y=-4.5..4.5,[[y(0)=0],[y(0)= 1],[y(0)=-1], [y(0)=2],[y(0)=-2],[y(0)=3],[y(0)=-3]],stepsize=0.1 );

Exercice 7 : On considère l’ équation différentielle (E) y’ = x3 – y

3.

1) Tracer quelques graphes de solutions avec Maple. 2) Montrer que l’intervalle de définition d’une solution maximale de (E) n’est pas majoré.

Solution : [ Oral Centrale MP 2010, RMS n° 805 ] 1) Cette équation obéit au théorème de Cauchy-Lipschitz, car f(x, y) = x

3 – y

3 est continue locale-

ment lipschitzienne en y. Maple ne sait pas résoudre cette équation. Par contre il indique la forme des courbes intégrales. Les intervalles maximaux semblent minorés et non majorés. > with(DEtools):ed:=diff(y(x),x)=x^3-y(x)^3;dsolve(ed ,y(x)); > DEplot(ed,y(x),x=-5..5,y=-5..5,[[y(0)=0],[y(0)=1],[ y(0)=-1],[y(0)=-0.5], [y(-2)=0],[y(1)=2]],stepsize=0.01);

60

L’isocline y’ = 0 est la droite D : y = x. Les solutions sont décroissantes sur les intervalles où y > x, croissantes sur les intervalles où x > y.

2) Soit I = (a, b) l’intervalle maximal correspondant aux conditions initiales (x0, y0).

• Si y0 > x0, y commence par décroître. Elle rencontre nécessairement D en un point x1. Car sinon

elle resterait comprise entre x0 et y0, donc bornée. Alors y’ serait aussi bornée, donc lipschitzienne, donc uniformément continue. y aurait une limite en b et on réappliquerait C.-L. Puis elle passe dessous, et croît. Elle ne peut plus rencontrer D, car si elle la rencontrait en x2 > x1,

elle l’aurait déjà rencontrée entre x1 et x2, à cause de la tangente horizontale. Donc y croît. Si I était majoré, y aurait une limite finie L en b. Réappliquant Cauchy-Lipshitz en (b, L), on pourrait prolonger y au V(b+). • Si y0 ≤ x0, y commence par croître. Elle ne peut jamais rencontrer D, car si elle la rencontrait en x1, elle l’aurait déjà rencontrée avant, à cause de la tangente horizontale. Donc y reste au-dessous. Mais alors le raisonnement ci-dessus s’applique et montre que I est non majoré.

3) Je dis que y(x) → +∞ quand x → +∞. Car si y(x) tendait vers L < +∞, alors y’(x) = x3 – y(x)

3

tendrait vers +∞, donc y(x) = y(a) + ∫x

adtty ).(' tendrait vers +∞. Impossible !

Je dis que y(x) = x + o(1) au V(+∞) ; toutes les courbes intégrales sont asymptotes à D : y = x. Cela découle de ce que y(x) < x et de y’(x) > x3

– y(x).x2 . En effet, cette inégalité s’écrit :

y’(x) + y(x).x2 > x3

, ou encore : ( y’(x) + y(x).x2 )

3/3xe > x3

3/3x

e

Intégrons entre a assez grand et x > a : y(x).3/3x

e − y(a).3/3a

e > ∫x

a

tdtet ..

33 . D’où :

y(x).3/3x

e > y(a).3/3a

e3/3x

e−

+ 3/3x

e−∫

x

a

tdtet ..

33 ; or ceci tend vers 0 quand x → +∞ ( IPP + TIRC ).

4) Je pense que I est minoré.

Exercice 8 : Soient f la solution maximale du problème y’ = x + ey

, y(0) = 0, et I l’intervalle de définition de f. 1) Enoncer la version de Cauchy-Lipschitz applicable ici. 2) Montrer que ∀x ∈ I ∩ ]−∞, 1[ f(x) ≥ − ln( 1 − x ). Qu’en déduit-on sur α = sup I ?

Que vaut limx→α f(x) ?

3) Montrer que ∀x ∈ I ∩ R− f(x) ≤ x

2/2. En déduire que R

− ⊂ I.

4) Montrer que f s’annule exactement une fois sur R−.


61

1) C’est une équation de la forme y’ = F(x, y), où F(x, y) = x + ey est de classe C1.

Le théorème de Cauchy-Lipschitz s’applique : il y a une solution maximale (I, f ).

2) Si x ≤ 0, y’(x) ≤ ey(x) , donc y’(x).e−y(x) ≤ 1. Intégrant cette inégalité sur [x, 0], il vient y(x) ≥ − ln( 1 − x ). Si 0 < x < 1, il vient y’(x) > 0, donc y(x) > 0, donc y’(x) ≥ 1 + x, donc,

en intégrant : y(x) ≥ x + 2²x ≥ − ln( 1 − x ) derechef.

On déduit de cette minoration que 0 < α = sup I < 1, et il est facile d’en déduire limx→α f(x) = +∞.

3) Posons h(x) = y(x) − 2²x . Il vient h’(x) = y’(x) − x = e

y(x) = e

h(x)+x²/2 > 0.

Donc h est croissante. Comme h(0) = 0, h(x) ≤ 0 pour x ≤ 0. cqfd

Si I était minoré, soit a = inf I. On aurait − ln( 1 − x ) ≤ f(x) ≤ 2²x pour x ∈ ]a, 0].

Donc f serait bornée sur ]a, 0], donc f’(x) aussi ; f serait lipschitzienne, donc uniformément continue sur ]a, 0]. Alors f et f’ auraient une limite en a, et en réappliquant le TCL en ce point, etc…

4) Une étude qualitative est possible en régionnant le plan selon le signe de x + ey .

Je la laisse au lecteur, car voici une autre idée :

Intégrons l’équation élémentairement !

1ère idée : posons z(x) = ey(x) . Il vient : z’(x) = y’(x).ey(x)

= ( x + ey

).ey = x.z(x) + z

2(x).

On reconnaît une équation de Bernoulli ! Divisons par z2(x) et posons u(x) = 1/z(x).

Il vient : − u’(x) = x.u(x) + 1, u(0) = 1, d’où…. u(x) = 2/²xe− ( 1 − ∫x

t dte0

2/² . ).

Puis z(x) = 2/²xe / ( 1 − ∫x

t dte0

2/² . ) et y(x) = 2²x − ln( 1 − ∫

xt dte

0

2/² . ) .

2ème idée : posons h(x) = y(x) − 2²x .

Il vient h(0) = 0 et h’(x) = y’(x) − x = ey(x)

= eh(x)+x²/2

, donc h’(x).e−h(x)

= ex²/2

.

Intégrons sur [0, x]. Il vient : e−h(x)

= 1 − ∫x

t dte0

2/² . , donc h(x) = − ln( 1 − ∫x

t dte0

2/² . ) . cqfd

L’intervalle de définition de cette fonction est x ; ∫x

t dte0

2/² . < 1, c’est-à-dire, si j’en crois Maple,

]−∞, α[, où α ≈ 0,8744967115. Le graphe montre aussi que f s’annule exactement une fois sur R−.

>with(DEtools):ed:=diff(y(x),x)=x+exp(y(x)); dsolve(ed,y(x));dsolve(ed,y(0)=0,y(x));

:= ed = ∂∂x

( )y x + x eeee( )y x

= ( )y x − 12

x2

ln − + _C1

12

I π 2

erf

12

I 2 x

= ( )y x − 12

x2

ln + 1

12

I π 2

erf

12

I 2 x

> f:=x->1/2*x^2-ln(1+1/2*I*sqrt(Pi)*sqrt(2)*erf(1/2*I *sqrt(2)*x));

:= f → x − 12

x2

ln + 1

12

I π 2

erf

12

I 2 x

> plot(f(x),x=-5..1,-6..6,thickness=2); > g:=x->x^2/2-ln(1-int(exp(t^2/2),t=0..x));

:= g → x − 12

x2

ln − 1 d

⌠

⌡

0

x

eeee( )/1 2 t2

t

> plot(g(x),x=-5..1,-6..6,thickness=2);

62

> fsolve(int(exp(t^2/2),t=0..x)=1,x);

+ .8744967115 0. I

Exercice 9 : Soit f la solution maximale de y’ = e−xy

vérifiant f(0) = 0. 1) Montrer que f est impaire, et définie sur R tout entier. 2) Montrer que f possède une limite L en +∞, et que 1 ≤ L ≤ 1 + 1/e.

Solution : [ Oral Mines 1996, RMS n° 277 ] 1) C’est une équation différentielle d’ordre 1 obéissant au théorème de Cauchy-Lipschitz. Les solutions sont strictement croissantes. Le lieu des points d’inflexion est la courbe d’équation y + x.exp(−xy) = 0. Il est possible de tracer cette courbe avec la fonction de Lambert, car xy.exp(xy) = − x

2 , donc

y(x) = W(− x2)/x, où W est l’une ou l’autre des fonctions de Lambert.

2) Si x → y(x) et solution, Y : x → −Y(−x) aussi, car Y’(x) = y’(−x) = exp(x.y(−x)) = exp(−x.Y(x)). Du coup, la fonction f est impaire.

Maple montre que les solutions de l’équations peuvent avoir d’autres formes : > with(DEtools):with(plots): > ed:=diff(y(x),x)=exp(-x*y(x));dsolve(ed,y(x)); > alias(W=LambertW);solve(y+x*exp(-x*y)=0,y);

( )W −x2

x

> p:=plot([W(-x^2)/x,LambertW(-1,-x^2)/x],x=-1..1,col or=blue, thickness=2):q:=DEplot(ed,y(x),x=-5..5,y=-4..4,[[y( 0)=0],[y(0)=1], [y(0)=-1],[y(0)=2],[y(0)=-2],[y(2)=0],[y(-2)=0],[y( 3)=0],[y(-3)=0]], stepsize=0.01):display(p,q);

Exercice 10 : On considère l’équation différentielle (E) y’ = sin(xy). 1) Si y(0) = 0, que dire de y ?

63

2) Montrer que toutes les solutions sont paires, et définies sur tout R. 3) Montrer que si y est solution, −y aussi. 4) Etudier avec Maple les corubes intégrales.

Solution : [ Oral TPE 2009, RMS n° 971 ] L’équation (E) a suscité diverses articles. Elle obéit au théorème de Cauchy-Lipschitz. 1) On connaît une solution telle que y(0) = 0 : la fonction nulle. En vertu de l’unicité, c’est la seule.

2) Si y est solution de (E), z : x → y(−x) aussi, car z’(x) = − y’(−x) = − sin(−x.y(−x)) = sin(x.z(x)). Comme y(0) = z(0), les fonctions y et z sont égales par unicité. Par conséquent, les intervalles maximaux sont de la forme I = (−b, b). Ils sont non majorés car la fonction f(x, y) = sin(xy) est bornée : les solutions de (E) sont 1-lipschitziennes, donc uniformément continues. Si I était majoré, y aurait une limite L en b, ainsi que

y’. On pourrait prolonger y en une fonction C1 sur [0, b]. Réappliquant le théorème de Cauchy-

Lipschitz au couple (b, L), on pourrait prolonger y à droite de b.

3) Si y est solution de (E), z : x → − y(x) aussi, car z’(x) = − y’(x) = − sin(x.y(x)) = sin(x.z(x)). > with(DEtools):ed:=diff(y(x),x)=sin(x*y(x)); DEplot(ed,y(x),x=-5..5,y=-5..5,[[y(0)=1],[y(0)=-1], [y(0)=3],[y(0)=-3], [y(0)=4],[y(0)=-4]],stepsize=0.01);

Références : Discovering theorems with a computer : the case of y’ = sin(xy), W. Mills, B. Weisfeiler, A.M. Krall [ American Math. Monthly, nov. 1979, p. 733-739 ] Chambert-Loir 3, p. 107-111, Krasnov, ex. 726 p. 46, etc.

6. Systèmes différentiels.

Les systèmes linéaires à coefficients constants ont été étudiés au §3. Ici nous abordons les systèmes linéaires à coefficients variables, et les systèmes non linéaires.

6.1. Systèmes différentiels linéaires.

Exercice 1 : Soient A : t ∈ R → A(t) ∈ LLLL(E) et B : t ∈ R → B(t) ∈ E deux applications continues T-périodiques, Y une solution de l’équation différentielle linéaire (E) Y’(t) = A(t).Y(t) + B(t).

64

Montrer que Y est T-périodique si et seulement si Y(T) = Y(0).

Solution : Supposons Y(T) = Y(0), et considérons la fonction translatée Z(t) = Y(t + T). Elle est solution de l’équation (E) et vérifie Z(0) = Y(0). En vertu du théorème de Cauchy linéaire, Z(t) = Y(t), donc Y est T-périodique. Exercice 2 : Résoudre le système x’(t) = t x(t) + y(t) , y’(t) = x(t) + t y(t).

Solution : Les matrices

tt1

1 sont simultanément diagonalisables.

Mais on peut poser, plus élémentairement s = x + y et d = x – y. Cela revient au même !

> with(DEtools):with(plots): > ed1:=diff(x(t),t)=t*x(t)+y(t);ed2:=diff(y(t),t)=x(t )+t*y(t); > dsolve(ed1,ed2,x(t),y(t));

, = ( )y t − _C1eeee( ) + t /1 2 t2

_C2eeee( )− + t /1 2 t2

= ( )x t + _C1 eeee( ) + t /1 2 t2

_C2eeee( )− + t /1 2 t2

> p:=plot([exp(t+1/2*t^2),exp(t+1/2*t^2),t=-20..20],x =-4..4,y=-4..4, color=blue,thickness=2): q:=plot([exp(-t+1/2*t^2),-exp(-t+1/2*t^2),t=-5..5], x=-4..4,y=-4..4, color=red,thickness=2):display(p,q);

Quelle conjecture peut-on faire sur la forme des trajectoires ? La justifier.

Exercice 3 : Résoudre le système x’(t) = t x(t) − y(t) , y’(t) = x(t) + t y(t).

Solution : Les matrices

−

tt1

1 sont simultanément diagonalisables dans M2(C).

Mais on peut poser, plus élémentairement z = x + i y . Cela revient au même !

On trouve : [ )()(tytx ] = A.[ )sin(

)cos(2/²

2/²

tete

t

t

] + B.[ )cos()cos(

2/²

2/²

tete

t

t− ] .

> ed3:=diff(x(t),t)=t*x(t)-y(t);ed4:=diff(y(t),t)=x(t )+t*y(t); > dsolve(ed3,ed47,x(t),y(t));

, = ( )y t eeee( )/1 2 t2

( ) − _C1 ( )sin t _C2 ( )cos t = ( )x t eeee( )/1 2 t2

( ) + _C1 ( )cos t _C2 ( )sin t > f:=plot([exp(1/2*t^2)*cos(t),exp(1/2*t^2)*sin(t),t= -5..5],x=-4..4, y=-4..4,color=blue,thickness=2): g:=plot([exp(1/2*t^2)*sin(t),-exp(1/2*t^2)*cos(t),t =-5..5],x=-4..4, y=-4..4,color=red,thickness=2):display(f,g);

Quelle conjecture peut-on faire sur la forme des trajectoires ? La justifier. 6.2. Systèmes non linéaires autonomes.

65

Exercice 4 : Résoudre le système différentiel (S) dtdx = x

2 − y

2 ,

dtdy

= 2xy .

Solution : 1) S est un système différentiel d’ordre 1, non linéaire, obéissant au théorème de Cauchy-Lipschitz, et autonome. Si t → (x(t), y(t)) est solution, il en est de même de t → (x(t + h), y(t + h)). On peut donc prendre comme instant initial t0 = 0.

2) Posons z(t) = x(t) + i y(t) . Le système s’écrit z’(t) = z(t)2.

Si z(0) = 0, alors z(t) = 0 pour tout t. Si z(0) ≠ 0, alors z(t) ≠ 0 sur tout l’intervalle maximal I.

)²()('

tztz

= 1 s’intègre en )(

1tz

= )0(

1z

− t , z(t) = )0(.1

)0(zt

z− . Au final :

x(t) = 200

20

200

²)²1()(

yttxyxtx

+−+−

, y(t) = 200

0

²)²1( yttxy

+−.

Géométriquement la trajectoire de z(t) est l’image de la droite réelle par l’homographie t

→)0(.1

)0(zt

z− ; c’est en général un cercle tangent en O à l’axe des x.

3) Notons que dt = ²² yx

dx− =

xydy2

fournit l’équation homogène 2xy.dx + ( y2 − x

2 ).dy = 0.

> with(DEtools):sys:=diff(x(t),t)=x(t)^2-y(t)^2,diff (y(t),t)=2*x(t)*y(t); > dsolve(sys,x(t),y(t));

, = ( )y t 0 = ( )x t

1− + t _C1

,

, = ( )y t 4_C1

+ + + 16 _C12 t2 2 t _C12 _C2 _C22 _C12

= ( )x t

12

∂∂t

( )y t

( )y t

> DEplot(sys,x(t),y(t),t=-5..5,x=-5..5,y=-6..6,[[x( 0)=0,y(0)=2], [x(0)=0,y(0)=4],[x(0)=0,y(0)=6],[x(0)=0,y(0)=-2],[x (0)=0,y(0)=-4], [x(0)=0,y(0)=-6]],stepsize=0.05);

66

> ed:=2*x*y(x)+(y(x)^2-x^2)*diff(y(x),x)=0;dsolve(ed, y(x));

, = ( )y x12

− 1 − 1 4_C12 x2

_C1 = ( )y x

12

+ 1 − 1 4_C12 x2

_C1

Exercice 5 : Résoudre et étudier le système différentiel x’ = − x , y’ = y + x2.

Solution : [ Hale Koçak, Dynamics and bifurcations, p. 293 ] 1) Généralités. Ce système obéit au théorème de Cauchy-Lipschitz. Si t → (x(t), y(t)) est solution, t → (− x(t), y(t)) itou. 2) Linéarisation à l’équilibre. Il y a un seul point d’équilibre, O.

Le système linéarisé x’ = − x , y’ = y a pour solutions x = A e−t

, y = B et . Système hyperbolique.

3) Résolution. La première équation se résout, puis la seconde par report. Il vient :

x(t) = x0 e−t

, y(t) = ( y0 + 31 x0

2 ) e

t −

31 x0

2 e

−2t.

Géométriquement, x(t).y(t) + 31 x(t)

3 = cte. C’est une intégrale première du système.

Les trajectoires sont tracées sur les courbes de niveau de la fonction F(x, y) = x.y + 31 x

3 .

Variété stable.

C’est l’ensemble des (x0, y0) tels que (x(t), y(t)) → 0 en +∞. C’est la parabole y = − 31 x

2 .

Variété instable.

C’est l’ensemble des (x0, y0) tels que (x(t), y(t)) → 0 en −∞. C’est la droite x = 0. Curieusement, Maple ne sait pas résoudre ce système. > with(DEtools):sys:=diff(x(t),t)=-x(t),diff(y(t),t) =y(t)+x(t)^2; > dsolve(sys,x(t),y(t));

67

, = ( )x t _C2eeee

( )−t = ( )y t

+ d⌠

⌡ ( )x t 2 eeee

( )−tt _C1 eeeet

> DEplot(sys,x(t),y(t),t=-5..5,x=-5..5,y=-5..5,[[x( 0)=1,y(0)=1], [x(0)=-1,y(0)=1],[x(0)=1,y(0)=-2],[x(0)=-1,y(0)=-2] ,[x(0)=1,y(0)=-1/3], [x(0)=-1,y(0)=-1/3],[x(0)=0,y(0)=1],[x(0)=0,y(0)=-1 ]],color=blue);

Exercice 6 : Etudier le système (S) x’ = y , y’ = − x + x3.

Solution : 1) Généralités. C’est un système autonome continu localement lipschitzien. Si t → (x(t), y(t)) est solution, t → (−x(−t), y(−t)) également.

La résolution de ce système équivaut à celle de l’équation du second ordre y’ = − x + x3.

Ce système, voisin de x’ = y , y’ = − x + 61 x

3, est celui d’un pendule simple approché.

2) Points d’équilibre. Il y a trois points d’équilibre, O(0, 0), A(1, 0) et B(−1, 0). Linéarisons au V(O). Le système linéarisé est x’ = y, y’ = − x. C’est un système à centre dont les trajectoires sont des cercles de centre O parcourus dans le sens des aiguilles d’une montre. Linéarisons au V(A). Le système linéarisé est u’ = v, v’ = 2u, où u = x – 1, v = y. Point col ou hyperbolique. Idem au V(B). 3) Intégrale première.

L’énergie totale E(x, y) = 2²y

+ 2²x −

4

4x est constante le long des courbes intégrales.

Autrement dit y(x) = ± 2

1 Ex +− )²1²( .

Le domaine de définition dépend de E > 0, E = 0, E < 0. 4) Lois horaires. Reste à équiper ces courbes d’une cinématique, i.e. d’une loi horaire. Si y > 0, x’(t) > 0 : dans le demi-plan y > 0 les courbes sont parcourues dans le sens des x croissants. Si y < 0, x’(t) < 0 : dans le demi-plan y < 0, elles sont parcourues dans le sens des x décroissants. Si E > 0, … Si E = 0, … Si E < 0, mouvement périodique… 4) Avec Maple. > with(plots):with(DEtools): > sys:=diff(x(t),t)=y(t),diff(y(t),t)=-x(t)+x(t)^3; > dsolve(sys,x(t),y(t));

68

= ( )x t

RootOf − + + d⌠

⌡

_Z

−21

− + + 4 _a2 2 _a4 4 _C1_a t _C2 ,

= ( )x t

RootOf − + + d⌠

⌡

_Z

21

− + + 4 _a2 2 _a4 4 _C1_a t _C2

= ( )y t ∂

∂t

( )x t,

> G:=DEplot(sys,x(t),y(t),t=-5..5,x=-2..2,y=-2..2): > f:=c->plot([sqrt(1/2*(x^2-1)^2+c),-sqrt(1/2*(x^2-1) ^2+c)],x=-2..2, thickness=2,color=blue):display(G,seq(f(0.2*c),c=- 3..3));

Exercice 7 : (Maple) Soit (x, y) une solution maximale du système différentiel x’ = x2 – y, y’ = xy

avec les conditions initiales x(0) = a, y(0) = b. 1) Avec Maple. Résoudre (S). Tracer les courbes solutions pour a = 0 et b ∈ −10, …, 10. 2) Sans Maple. Résoudre dans le cas b = 0.

Trouver l’intervalle I de définition et Γa,b = (x(t), y(t)) ; t ∈ I . 3) Cas b ≠ 0 sans Maple.

a) Montrer que y est à valeurs dans R*+ ou dans R*

−.

b) Montrer que la fonction z = 2y – x2 est nulle, à valeurs dans R*

+ ou à valeurs dans R*

−.

c) Résoudre dans le cas où a2 = 2b.

4) Avec Maple. Montrer que les courbes intégrales sont contenues dans des coniques.


Exercice 8 : Soient (S) le système x’ = 2y , y’ = − 2x − 4x3 et E : (x, y) → x

2 + x

4 + y

2.

1) Montrer que E est constante le long des solutions de (S). 2) Montrer que les solutions maximales de (S) sont définies sur R. 3) Montrer qu’elles sont périodiques. Exprimer la période à l’aide d’une intégrale.

Solution : [ Oral Polytechnique PSI 2010, RMS n° 279 ] Ce système ressemble à celui de Lotka-Volterra que nous verrons ci-après, mais est plus simple.

69

1) S est un système différentiel d’ordre 1, non linéaire, autonome, obéissant au théorème de Cauchy-Lipschitz. La fonction E est une intégrale première du système, en ce sens que φ : t → E(x(t), y(t))

est constante le long des courbes intégrales : dtdφ

= xE

∂∂ .

dtdx +

yE

∂∂ .

dtdy

= … = 0.

Voici une autre présentation : dt = y

dx2

= − 342 xxdy+ , donc ω = ( 2x + 4x

3 ).dx + 2y.dy = 0.

Cette forme différentielle est exacte, et ω = dE. 2) Les courbes intégrales sont tracées sur les lignes de niveaux de la fonction E. Or ces lignes de niveau E(x, y) = c > 0 sont des courbes fermées entourant des compacts convexes symétriques par rapport à O et contenant O dans leur intérieur.

Cela se montre par l’étude des variations des fonctions y(x) = 4² xxc −−± .

Ces courbes étant bornées, x et y sont bornées donc x’ et y’, donc x et y sont lipschitziennes donc uniformément continues. On en déduit que l’intervalle maximal est R par un argument classique. 3) Repérons le mouvement de M(t) par sa vitesse angulaire autour de O.

En calculant de deux façons det( )(tOM , dt

dM ), en cartésiennes et en polaires, il vient :

dtdθ =

²²''

yxyxxy

+−

= − 2 − ²²

4 4

yxx+ ≤ − 2.

La vitesse angulaire est un C1-difféomorphisme décroissant de R sur R.

Soit T le premier instant > 0 pour lequel θ(T) = 2π. Alors M(t) et M(t + T) sont deux solutions de (S) qui coïncident à l’instant 0. Elles sont donc égales, et M(t) = M(t + T) : le mouvement est périodique.

Avec Maple : (dsolve donne une réponse absconse). > with(DEtools):with(plots): > sys:=diff(x(t),t)=2*y(t),diff(y(t),t)=-2*x(t)-4*x( t)^3; > dsolve(sys,x(t),y(t)); > DEplot(sys,x(t),y(t),t=0..10,x=-3..3,y=-5..5,[[x( 0)=0,y(0)=1], [x(0)=0,y(0)=2],[x(0)=0,y(0)=3],[x(0)=0,y(0)=4]],st epsize=0.01); > H:=(x,y)->x^2+x^4+y^2;contourplot(H(x,y),x=-3..3,y= -5..5);

Exercice 9 : Etudier le système x’ = x – xy , y’ = − y + xy .

Solution : [ Oral X 1985, RMS n° 132, Oral ENS 2005, RMS n° 70 , etc. ] Il s’agit du célèbre modèle prédateurs-proies de Lotka-Volterra. > with(DEtools):with(plots): > dfieldplot([diff(x(t),t)=x(t)*(1-y(t)),diff(y(t),t) =.3*y(t)*(x(t)-1)],

70

[x(t),y(t)],t=-2..2,x=-1..2,y=-1..2,scaling=constra ined,arrows=MEDIUM, title=`Lotka-Volterra model`,color=[.3*y(t)*(x(t)-1 ),x(t)*(1-y(t)),.1]); > dfieldplot([diff(x(t),t)=x(t)*(1-y(t)),diff(y(t),t) =.3*y(t)*(x(t)-1)], [x(t),y(t)],t=-2..2,x=0..3,y=0..3,scaling=constrain ed,arrows=MEDIUM, title=`Lotka-Volterra model`,color=[.3*y(t)*(x(t)-1 ),x(t)*(1-y(t)),.1]);

> phaseportrait([diff(x(t),t)=x(t)*(1-y(t)),diff(y(t) ,t)=y(t)*(x(t)-1)],[x(t),y(t)],t=-5..5,[[x(0)=1.5,y(0)=1],[x(0)=2, y(0)=1], [x(0)=2.5,y(0)=1],[x(0)=3,y(0)=1],[x(0)=3.5,y(0)=1] ],arrows=MEDIUM, color=blue,scaling=constrained,stepsize=0.1); > DEplot([diff(x(t),t)=x(t)*(1-y(t)),diff(y(t),t)=y(t )*(x(t)-1)], [x(t),y(t)],t=-7..7,[[x(0)=1.5,y(0)=1],[x(0)=2,y(0) =1],[x(0)=2.5,y(0)=1], [x(0)=3,y(0)=1],[x(0)=3.5,y(0)=1]],scaling=constrai ned,stepsize=0.1, arrows=MEDIUM,color=blue,method=rkf45);

> H:=(x,y)->x+y-ln(x)-ln(y);

:= H → ( ),x y + − − x y ( )ln x ( )ln y > plot3d(H(x,y),x=0.05..5,y=0.05..5,scaling=constrain ed,axes=normal, color=x);

71

> solve(H(x,y)=c,y);

−

LambertW −

eeee( ) − x c

x

> contourplot(H(x,y),x=0..6,y=0..6,numpoints=2000,sca ling=constrained, thickness=2);implicitplot(H(x,y)=2.3,x=0..5,y=0..5, numpoints=1500,scaling=

constrained);

Exercice 10 : (Maple) Soient F : (x, y) → ((10 − x – y).x, (−6 + x − y).y) et (E) le système différentiel : (x’, y’) = F(x, y), x > 0, y > 0. a) Chercher l’unique solution constante Ω = (α, β) de (E). Tracer l’allure des solutions avec les conditions initiales (10, 10), (1, 1), puis (2, 6). b) On veut montrer l’existence d’un voisinage de Ω tel que si (x(0), y(0)) est dans ce voisinage, X(t) = (x(t), y(t)) converge vers Ω à une vitesse exponentielle. Déterminer la jacobienne de F en Ω. Donner ses valeurs propres. c) Soit A ∈ M2(R) admettant pour valeurs propres a ± ib, avec b ≠ 0. Montrer que A est semblable

à

−

abba . Montrer qu’il existe un produit scalaire < , > sur R

2 tel que ∀x ∈ R

2 < x, Ax > = a ||x||

2 .

d) Montrer qu’il existe un voisinage de Ω et un produit scalaire sur R2 tels que pour tout X dans ce

voisinage, < F(X), X − Ω > ≤ − || X − Ω ||2.

Conclure en étudiant t → || X(t) − Ω ||2 , où X(t) = (x(t), y(t)).

Solution : [ Oral Centrale MP 2011, RMS n° 901 ] Ce modèle est plus sophistiqué que celui de Lotka-Volterra car il introduit un facteur d’auto-concurrence dans chacune des deux populations animales. Maple montre que les courbes ne se referment plus mais tendent en spirale vers l’équilibre. Autrement dit, la fonction hamiltonien devient une fonction de Liapounov. Nous allons le démontrer rigoureusement localement du moins.

Exercice 11 : Etudier avec Maple le système différentiel x’ = x – xy – 0,1.x

2 , y’ = − y + xy – 0,1.y

2

72

Solution : Ce modèle est plus sophistiqué que celui de Lotka-Volterra car il introduit un facteur d’autoconcurrence dans chacune des deux populations animales. Maple montre que les courbes ne se referment plus mais tendent en spirale vers l’équilibre. Autrement dit, la fonction hamiltonien devient une fonction de Liapounov. Cela resterait à démontrer rigoureusement. > DEplot([diff(x(t),t)=x(t)*(1-y(t))-0.1*x(t)^2,diff( y(t),t)=y(t)*(x(t)-1)-0.1*y(t)^2],[x(t),y(t)],t=-7..7,[[x(0)=1.5,y(0)=1], [x(0)=2,y(0)=1], [x(0)=2.5,y(0)=1],[x(0)=3,y(0)=1],[x(0)=3.5,y(0)=1] ],scaling=constrained, stepsize=0.1,arrows=MEDIUM,color=blue,method=rkf45) ;

Exercice 12 : Construire les courbes intégrales de : x’ = − y + x.( x2 + y

2 ) , y’ = x + y.( x

2 + y

2 ).


Exercice 13 : (Maple) Soit (S) le système différentiel

x’ = − y + x.( x2 + y

2 – 1 ) , y’ = x + y.( x

2 + y

2 – 1 ).

1) Justifier l’existence d’une solution maximale (x, y) vérifiant x(0) = 2 et y(0) = 0. 2) On pose u = x

2 + y

2. a) Trouver une équation différentielle du premier ordre vérifiée par u.

b) Montrer que u reste > 1 sur son intervalle de définition. c) Résoudre l’équation différentielle et trouver u. 3) On pose z = x + iy. Donner une équation différentielle vérifiée par z ; en déduire x et y.


Exercice 14 : Etudier et résoudre le système x’ = − x – y + ( x – y )( x

2 + y

2 ) , y’ = x – y + ( x + y )( x

2 + y

2 ).

Solution : 1) Généralités. C’est un système différentiel autonome d’ordre 1, continu, localement lipschitzien.

En complexes, il s’écrit : z’ = ( −1 + i ).z + ( 1 + i ). zz2

.

Notons que si t → z(t) est solution, t → eiα

.z(t) aussi. Les courbes intégrales sont globalement invariantes par rotations de centre O. 2) Points d’équilibre. O(0, 0) est point d’équilibre du système, donc (x(t), y(t)) = (0, 0) est solution du système.

Linéarisons à l’équilibre z’ ≈ ( −1 + i ).z a pour solution z(t) = )0(.)1( ze ti+− ,

r(t) = )0(re t− , θ(t) = t + θ(0) : le système linéarisé est un foyer stable.

73

3) Intégration du système. Si (x0, y0) ≠ (0, 0), alors ∀t (x(t), y(t)) ≠ (0, 0).

En vertu du théorème de relèvement, z(t) = r(t).)(teθ , où r : I → R*+ et θ : I → R sont de classe C1.

En reportant dans z(t) = )0(.)1( ze ti+− , on obtient r’ = − r + r3 , θ’ = 1 + r

2 .

r’ = − r + r3 est une équation de Bernoulli. Divisant par r

3 et posant u = 1/r

2 , il vient u’ = 2u – 2.

Au final, r(t) = tKe21

1+

, K = )²0(

1r

− 1.

θ’ = 1 + r2

= 1 + tKe211

+ . Donc θ(t) = θ(0) + 2t − 21 ln( 1 + K te2 ) − ln r(0).

Bilan : r(t) = tKe21

1+

, θ(t) = θ(0) + 2t − 21 ln( 1 + K te2 ) − ln r(0) , avec K =

)²0(1

r − 1.

En particulier, si r(0) = 1, K = 0 et r(t) = 1, θ(t) = θ(0) + 2t . Mouvement circulaire uniforme. Si 0 < r(0) < 1, I = R et r(t) ↓ 0 quand t ↑ +∞.

Si r(t) > 1, I = ] −∞, −21 ln(1 −

)²0(1

r) [ et r(t) → 1 quand t → −∞, r(t) ↑ +∞ quand t ↑ sup I.

4) Maple visualise le cycle limite r = 1 séparant le domaine 0 ≤ r < 1, bassin d’attraction du point O, du domaine r > 1, bassin d’attraction de l’infini. > with(plots):with(DEtools): > sys:=diff(x(t),t)=-x(t)-y(t)+(x(t)-y(t))*(x(t)^2+y (t)^2), diff(y(t),t)=x(t)-y(t)+(x(t)+y(t))*(x(t)^2+y(t)^2) ; > f:=r->ln(abs(1-r^2)/r): p:=c->polarplot([r,f(r)+c,r=0.1..0.95],color=blue,t hickness=2): q:=c->polarplot([r,f(r)+c,r=1.05..3],color=blue,thi ckness=2): > g:=polarplot([1,t,t=0..2*Pi],color=black,thickness= 2): > h:=DEplot(sys,x(t),y(t),t=-3..3,x=-2.8..2.8,y=-2. 8..2.8,stepsize=0.1): > display(h,g,seq(p(k*Pi/3),k=-3..3),seq(q(k*Pi/3),k =-3..3));

74

Source : H. T. Davis, Introduction to non linear differential and integral equations (Dover), p. 334.

Exercice 15 : On considère le système différentiel (S) x’ = − y , y’ = x + y − y ( x2 + y

2 ).

1) Allure des courbes intégrales avec Maple ? 2) Point d’équilibre, et nature ? 3) Montrer que le cercle unité est une trajectoire de (S). 4) Montrer que si (x(0), y(0)) ≠ (0, 0), toutes les trajectoires sont asymptotes au cercle unité.

Solution : 1) Généralités. C’est un système autonome obéissant au théorème de Cauchy-Lipschitz.

Sa résolution équivaut à celle de l’équation du second ordre x’’ = − x + x’ + x’ ( x2 + x’

2 ).

On voit, avec Maple, que les courbes intégrales s’enroulent toutes sur le cercle unité. (Attention ! pour une raison que j’ignore, l’axe des x est vertical, celui des y horizontal).

> with(DEtools):with(linalg):with(plots): > Sys:=diff(x(t),t)=-y(t),diff(y(t),t)=x(t)+y(t)-y(t )*(x(t)^2+y(t)^2); > f:=DEplot(Sys,x(t),y(t),t=-5..5,x=-2.5..2.5,y=-2. 5..2.5, [[x(0)=2.5,y(0)=2.5],[x(0)=2,y(0)=-2],[x(0)=-2,y(0) =2],[x(0)=0.5,y(0)=0], [x(0)=0,y(0)=-2]],stepsize=0.01):c:=plot([cos(t),si n(t),t=0..2*Pi], color=black,thickness=2):display(f,c);

75

2) Point d’équilibre. O est le seul point d’équilibre. Le système linéarisé en O est x’ = − y , y’ = x + y. C’est un foyer instable. > sys:=diff(x(t),t)=-y(t),diff(y(t),t)=x(t)+y(t);ds olve(sys,x(t),y(t));

( )y t12

eeee( )/1 2 t

− =

+ + − _C1

sin

12

3 t _C1

cos

12

3 t 3 _C2

cos

12

3 t _C2

sin

12

3 t 3 ,

= ( )x t eeee( )/1 2 t

+ _C1

sin

12

3 t _C2

cos

12

3 t

> A:=matrix(2,2,[0,-1,1,1]);eigenvals(A);eigenvects(A );

> P:=matrix(2,2,[1,0,-1/2,-sqrt(3)/2]);R:=multiply(in verse(P),A,P);

3) Orbite circulaire . Supposons que M(0) appartienne au cercle unité. Le système x’ = −y , y’ = x correspondant a pour solution x(t) = x(0) cos t – y(0) sin t , y(t) = y(0) cos t + x(0) sin t. Ces fonctions sont aussi solution de (S). Ainsi, le cercle unité fait partie du flot. On en déduit que les régions 0 < x

2 + y

2 < 1 et 1 < x

2 + y

2 sont des domaines stables du flot.

4) Allure des autres courbes intégrales.

Considérons la fonction V(x, y) = x2 + y

2 et son évolution le long des courbes intégrales.

:= A

0 -1

1 1, +

12

12

I 3 − 12

12

I 3

,

, , +

12

12

I 3 1

,1 − −

12

12

I 3

, , −

12

12

I 3 1

,1 − +

12

12

I 3

:= R

12

12

3

−12

312

:= P

1 0

-12

−12

3

76

dtdV =

xV

∂∂

dtdx +

yV

∂∂

dtdy

= 2 ( 1 – x2 – y

2 ) = 2 ( 1 – V ).

Ainsi V’ + 2V = 2 , donc V(t) = 1 + C te 2− . On en déduit d’abord que la fonction V est bornée sur

R+, donc, par un argument classique, l’intervalle maximal est non majoré. On en déduit ensuite que V(t) → 1 quand t → +∞. Le théorème de relèvement permettrait de passer en polaires pour mieux voir le mouvement. Je renvoie à Meunier, Problèmes d’algèbre et d’analyse (Puf), p. 191-195. Exercice 16 : exemples de fonctions de Liapounov. On considère les systèmes différentiels

(S) x’ = y , y’ = − x et (S’) x’ = y – x3 , y’ = − x – 3y

3 .

Etudier les variations de la fonction V(x, y) = x2 + y

2 le long des courbes intégrales.

Que peut-on en déduire ?

Solution : Cet exercice introduit un important outil pour étudier la stabilité des systèmes différentiels. 1) La fonction V est une fonction de Liapounov faible pour le système (S), en ce sens que

dtdV =

xV

∂∂

dtdx +

yV

∂∂

dtdy

= 2xy – 2xy ≤ 0 … et même dtdV = 0.

Les trajectoires sont toutes bornées, et même circulaires. 2) La fonction V est une fonction de Liapounov forte pour le système (S’), en ce sens que

dtdV =

xV

∂∂

dtdx +

yV

∂∂

dtdy

= – 2 ( x4 + 3y

4 ) ≤ 0 … et même < 0 tant que M ≠ O.

Nous allons en déduire que toutes les trajectoires tendent vers O quand t → +∞. Autrement dit, le système est « asymtotiquement stable ». a) Comme V(t) = V(x(t), y(t)) décroit, toutes les trajectoires sont bornées sur R+. On en déduit, par un argument maintes fois rencontré, que l’intervalle maximal I est non majoré. b) Soit L la limite de V(t) quand t → +∞. Supposons par absurde L > 0. Alors ∀t ≥ 0 x(t)

2 + y(t)

2 ≥ L : on en déduit (pourquoi ?) que : ∃m > 0 ∀t ≥ 0 x(t)

4 + 3y(t)

4 ≥ m .

Du coup, ∀t ≥ 0 V(t) − V(0) = ∫t

duuV0

).(' ≤ −2mt , donc V(t) tendrait vers −∞ quand t tend vers +∞,

ce qui est impossible. Par conséquent, L = 0. Maple confirme : > with(DEtools): > sys:=diff(x(t),t)=y(t)-x(t)^3,diff(y(t),t)=-x(t)-3 *y(t)^3; > DEplot(sys,x(t),y(t),t=0..20,x=-4..4,y=-4..4,[[x( 0)=4,y(0)=4], [x(0)=-4,y(0)=4],[x(0)=-4,y(0)=-4],[x(0)=4,y(0)=-4] ],stepsize=0.01);

77

Exercice 17 : On considère la solution maximale du système différentiel :

x’ = y – x3 , y’ = − x – y

3 , (x(0), y(0) = (x0, y0).

1) Montrer que l’intervalle maximal I n’est pas majoré.

2) Montrer que inf I ≥ − ²²

100 yx +

.

3) Montrer que (x(t), y(t)) → (0, 0) quand t → +∞.

Solution : [ Oral ENS 2005, RMS n° 67 ] Exercice 18 : Résoudre graphiquement le système x’ = x – y , y’ = 1 – xy .

Solution : Maple donne ceci, qui demanderait à être justifié. On voit notamment apparaître deux points d’équilibre, l’un instable A(−1, −1), l’autre col B(1, 1). > with(DEtools):e1:=diff(x(t),t)=x(t)-y(t);e2:=diff(y (t),t)=1-x(t)*y(t); > DEplot([e1,e2],[x(t),y(t)],t=-5..5,[[x(0)=0.5,y(0)= 1],[x(0)=2,y(0)=1], [x(0)=1,y(0)=2],[x(0)=1,y(0)=-1],[x(0)=-0.5,y(0)=-1 ],[x(0)=-2,y(0)=-2], [x(0)=-2,y(0)=1],[x(0)=0,y(0)=-3],[x(0)=1,y(0)=0],[ x(0)=-2,y(0)=0], [x(0)=2,y(0)=-2],[x(0)=-3,y(0)=-1]],x=-4..4,y=-4..4 ,stepsize=0.1, color=blue);

78

7. Intégration par séries. Certaines équations différentielles peuvent s’intégrer par séries entières, ou par séries entières généralisées, d’autres par séries trigonométriques et/ou de Fourier. Nous avons déjà rencontré les premières au cours des exercices précédents. Voici d’autres exemples. 7.1. Intégration par séries entières.

Par « série entière généralisée » on entend une fonction de la forme y(x) = xρ∑

≥0n

nnxa , où ∑≥0n

nnxa est

une série entière de rayon R > 0. Les équations de Bessel rentrent dans ce cadre.

Exercice 1 : On considère l’équation différentielle x2

y’’ + 4x.y + ( 2 − x2

) y = 1. 1) Montrer qu’elle admet une seule solution dse ; rayon de convergence et somme. 2) Intégrer l’équation.

Solution : 1) L’unique solution dse(0) est y(x) = ²

1x

chx− .

2) On peut alors achever la résolution. [ Cet exercice a déjà été traité par une autre méthode : le changement de fonction inconnue z = x

2 y ]

> ed:=x^2*diff(y(x),x,x)+4*x*diff(y(x),x)+(2-x^2)*y(x )=1; > dsolve(ed,y(x));

= ( )y x + − ( )sinh x _C2

x2

( )coshx _C1

x2

1

x2

Exercice 2 : Soient f : x → dte tx .sin.2/

0

−∫π

et (E) l’équation différentielle xy’’ + y’ – xy + 1 = 0.

1) Montrer que f est solution de (E). 2) Trouver les solutions DSE de (E).

3) En déduire la valeur de dttn .sin2/

0∫π

, n ∈ N.

Solution : [ Oral TPE 2009, RMS n° 969 ]

79

Exercice 3 : Résoudre l’équation 2x2 y’’ + ( 3x – 2x

2 ) y’ – ( x + 1 ) y = 0.

On cherchera ses solutions sous la forme y(x) = xρ ∑

≥0n

nnxa .

Solution : On trouve ρ = ½ ou − 1.

y1(x) = x ( 1 + ∑+∞

= +1 )32...(9.7.5)2(

k

k

kx

) et y2(x) = x1 ∑

+∞

=0 !k

k

kx

= xex

.

Exercice 4 : Fonctions hypergéométriques. On considère l’équation différentielle, où c ∈ R − 0, −1, −2, −3, … :

(E) x.( 1 − x ).y’’( x) + [ c – ( a + b − 1 ).x ].y’(x) – ab.y(x) = 0 . 1) Trouver les solutions développables en série entière en 0 ; rayon de convergence en 0. Montrer que ce sont des polynômes si a ou b ∈ 0, −1, −2, −3, … .

2) On note (x)0 = 1, (x)n = x(x + 1) … (x + n − 1) (symbole de Pochhammer ou des factorielles

montantes), et F(a, b , c ; x) = 1 + ∑+∞

=1

.!.)().()(

n

n

n

nn xncba

Montrer que dxd F(a, b, c ; x) =

cab .F(a + 1, b + 1, c + 1 ; x) .

3) Exemples : Etablir les identités suivantes :

F(1, b, b ; x) = x−1

1 F(a, b, b, x) = (1 − x)−a

x.F(1, 1, 2 ; −x) = ln(1 + x) x.F(21 ,

21 ,

23 ; x

2) = Arcsin x

x.F(21 , 1,

23 ; −x

2) = Arctan x x.F(

21 , 1,

23 ; x

2) =

xx

−+

11ln.

21

Solution :

Exercice 5 : Soit (an) une suite telle que a0 > 0, a1 > 0, ∀n ≥ 1 an+1 = an + 1.1

2−+ na

n.

Existence et calcul de lim ²n

an .


La réponse est lim ²n

an = 8

01 aa − + 210 .859 −− eaa , comme de bien entendu !

1) La suite (an) est récurrente linéaire d’ordre 2, à coefficients variables.

Ces suites forment un plan vectoriel P, isomorphe à R2 via la bijection linéaire ϕ : (an) → (a0, a1).

Une base de P est formée des deux suites telles que a0 = 1, a1 = 0 et a0 = 0, a1 = 1, ou encore des

deux suites telles que a0 = 2, a1 = 1 et a0 = 1, a1 = 2, ce qui nous ramène au cas a0 > 0, a1 > 0.

2) Supposons a0 > 0 et a1 > 0, et montrons que an = O(n2) .

La suite (an) est à valeurs > 0, par récurrence, donc croissante.

an+1 − an ≥ 1

2 1

+na , donc an − a1 ≥ 2a1( Hn – 1 ) et an ↑ +∞.

Une récurrence sur n montre que an ≤ B ( n + 2 )2 , où B = max(

40a ,

91a ) .

80

Mais on peut aussi utiliser an+1 ≤ ( 1 + 1

2+n

) an, passer au log et majorer.

Il découle de 1) que toutes les suites du plan P vérifient an = O(n2) .

3) Série génératrice.

Introduisons la série génératrice f(x) = ∑≥0n

nnxa , de rayon de convergence R ≥ 1.

On constate que ( x – 1 ) f’(x) + ( 1 + 2x ) f(x) + a1 – a0 = 0. En intégrant cette équation différentielle, on trouve :

f(x) = ( a1 – a0 ) 3)1(

²21

23

45

x

xx

−+−

+ 459 10 aa − 3

2

)1( xe x

−−

.

Après décomposition en éléments simples et produit de Cauchy, on obtient :

an = 8

01 aa − ( n + 2 )( n + 5 ) + 859 10 aa − ∑

=+−+−

−n

k

k

knknk0

)1)(2(!)2(

.

Cela fait apparaître deux suites de base de P : n → (n + 2)(n + 5) et n → ∑=

+−+−−n

k

k

knknk0

)1)(2(!)2(

.

²n

an = 8

01 aa −²

)5)(2(n

nn ++ +

859 10 aa − ∑

=

+−+−−n

k

k

nknkn

k0 ²)1)(2(

!)2(

.

Et l’on conclut par un argument de convergence normale laissé au lecteur. Une autre approche consiste à chercher une solution particulière polynomiale, et à utiliser une variation des constantes. 7.2. Intégration par séries trigonométriques.

Ces exercices sont corrigés dans Exercices sur les séries de Fourier. Sont ici données les solutions.

Exercice 1 : Résoudre les équations différentielles y’’ − y = sin x et y’’ – y = | sin x |.

Exercice 2 : Résoudre les équations différentielles y’’ + y = sin x et y’’ + y = | sin x |.

Exercice 3 : Résoudre les équations différentielles : y’’ + y = max( sin x , 0 ) et y

(4) + 5.y’’ + 4.y = | sin(2x) | .

Exercice 4 : Soient g continue 2π–périodique R → C, (E) équation différentielle y’ – y = g(x). 1) Montrer que (E) admet une unique solution bornée. Etudier sa périodicité. 2) Calculer ses coefficients de Fourier à l’aide de ceux de g.

Exercice 5 : Soit g continue 2π–périodique R → C, (E) équation différentielle y’’ – 2y’ + y = g(x). 1) Montrer que (E) admet une unique solution 2π–périodique. 2) Calculer ses coefficients de Fourier à l’aide de ceux de g.

Exercice 6 : Montrer que S(x) = ∑+∞

= +−

1 ²)²²()cos()1(

k

k

kakkx

est de classe C2 et vérifie sur [−π, π] l’équation

différentielle S’’(x) − a2

S(x) = 12

²π − 4²x . Calculer S(x).

Exercice 7 : Trouver les fonctions f C∞

2π-périodiques telles que (∀x) f(2x) = 2.sin(x).f’(x) .

Exercice 8 : Trouver les fonctions f de classe C1, 2π-périodiques, à valeurs réelles telles que :

(∀x) 2 f(x + 1) = f(x) + f(2x) .

Solutions :

Ex. 1) a) L’équation y’’ – y = sin x a pour solutions y = − 21 sin x + a.ch x + b.sh x.

81

b) L’équation y’’ – y = | sin x | a pour solutions y = − π2 + π

4 ∑+∞

= −14 116

)2cos(n n

nx + a.ch x + b.sh x.

Ex. 2) a) L’équation y’’ + y = sin x a pour solutions y = − 21 x.cos x + a.cos x + b.sin x.

b) L’équation y’’ + y = | sin x | a pour solutions y = π2 + π

4 ∑+∞

= −1 )²1²4()2cos(

n nnx

+ a.cos x + b.sin x.

Ex. 3) a) L’équation différentielle y’’ + y = max(sin x , 0) a pour solutions :

y(x) = π1 −

41 x.cos x + π

2 ∑+∞

= −1 )²1²4()2cos(

n nnx

+ A.cos x + B.sin x .

b) L’équation différentielle y(4)

+ 5.y’’ + 4y = | sin(2x) | a pour solutions :

π21 − π

1 ∑+∞

= +−−14 )1²2064)(1²4(

)4cos(n nnn

nx + A.cos x + B.sin x + C.cos(2x) + D.sin(2x).

Ex. 7 : f(x) = a.( 1 – cos x ) + b.sin x. Ex. 8 : f est constante.

8. Equations fonctionnelles. Beaucoup d’équations fonctionnelles se ramènent à des équations différentielles, parfois après avoir montré que les fonctions cherchées sont de classe suffisante. La méthode d’Euler, vue dans le chap. sur les équations fonctionnelles, rentre dans ce cadre. Les exercices sont corrigés dans ce chapitre.

Exercice 1 : Trouver les fonctions f ∈ C(R, R) vérifiant ∀(x, y) ∈ R2 f(x).f(y) = ∫

+

−

yx

yxdttf ).( .

Exercice 2 : Trouver les fonctions f dérivables de R dans R, telles que ∀x ∈ R f’(x) + f(−x) = x.ex

.

Exercice 3 : Trouver les fonctions f ∈ C2(R, R) telles que ∀x ∈ R f’’( x) + f(−x) = x.e

x .

Exercice 4 : Trouver les fonctions f ∈ C2(R, R) telles que ∀x ∈ R f’’( x) + f(−x) = x + cos x .

Exercice 5 : Trouver les fonctions f dérivables de R dans R, telles que ∀x ∈ R f’(x) = f(1 − x) .

Exercice 6 : Trouver les fonctions f dérivables de R*+ dans R telles que ∀x ∈ R*+ f’(x) = f(x1 ) .

Exercice 7 : Trouver les fonctions f dérivables de R dans R telles que ∀x ∈ R f’(x) = x f(−x) .

Exercice 8 : Trouver les fonctions f ∈ C(]0, 1[, R) vérifiant ∀x ∈ ]0, 1[ ∫−

1

1.)(

xdt

ttf

= f(x).

Exercice 9 : Trouver les fonctions f ∈ C(R, R) vérifiant ∀x ∈ R f(x) + ∫ −x

dttftx0

).().( = ax + b .

Exercice 10 : Trouver les fonctions f ∈ C(R, R) vérifiant ∀x ∈ R f(x) = 1 − ∫ −+x

dttxftx0

).().( .

Exercice 11 : Trouver les fonctions f ∈ C(R, R) vérifiant ∀x ∈ R f(x) = x + ∫ −x

dttftx0

).().cos( .

Exercice 12 : Trouver les fonctions f ∈ C(R, R) vérifiant ∀x ∈ R f(x) − 2∫ −x

dttftx0

).().cos( = 1.

Exercice 13 : Trouver les fonctions f de classe C1 sur R, telles que :

∀x ∈ R f’(x) + 5∫ −x

dttxtf0

).cos().( = 10 , f(0) = 2 .

Réponses :

Ex. 1 : f(x) = 0 , 2x , ω2 sh(ωx) , ω

2 sin(ωx) ( ω > 0 ) .

82

Ex. 2 : f(x) = xex.2

− xex −+ .21 + a ( cos x − sin x ) . Ex. 3 : f décrit un plan affine…

Ex. 4 : f(x) = − x + 21 cos x +

21 x sin x + A.sh x + B.sin x.

Ex. 5 : f(x) = a [ cos x + sin(1 – x) ] . Ex. 6 : f(x) = a x [ cos(23 ln x) + sin(

23 ln x) ] .

Ex. 7 : x f’’ – f’ – x3 f = 0. Résoudre par séries entières ; f(x) = a 2/²xe .

Ex. 8 : x ( 1 − x ) f’’ − x f’ + f = 0. Solution particulière x ; f(x) = a x .

Ex. 9 : f(x) = b cos x + a sin x . Ex. 10 : f(x) = 2/²²).1( xex −− .

Ex. 11 : f(x) = x + 1 + )23sin(..

23 2/ xex − )

23cos(.2/ xex . Ex. 12 : f(x) = 1 + 2x e

x.

Ex. 13 : f(x) = 3

15 +x + )6cos(.35 x + )6sin(.

18625 x .

9. Applications géométriques.

La recherche de courbes de classe suffisante satisfaisant certaines conditions différentielles conduit à résoudre des équations différentielles : trajectoires orthogonales d’une famille de courbes, courbes tracées sur les surfaces, etc. (Les exercices portant sur ces sujets sont moins nombreux qu’avant.) Si la condition porte sur les tangentes ou les normales, il s’agit d’un problème du premier ordre. Si elle porte sur le centre ou le rayon de courbure, il s’agit d’un problème du second ordre. Dans le premier cas intervient une constante d’intégration, dans le second cas interviennent deux constantes. Le choix du repère, le choix des coordonnées (cartésiennes, polaires, équation tangentielle, etc.) ou des paramètres dépendent de la nature géométrique du problème. De plus, l’invariance des solutions par translations le long de Ox, de Oy, par homothéties ou rotations de centre O, conduisent à des équations différentielles incomplètes, ou homogènes, etc.

9.1. Trajectoires orthogonales ou isogonales.

Exercice 1 : Trajectoires orthogonales de la famille de courbes x2 + y

2 − 2λy = a

2 ( a > 0 fixé ).

Solution : [ Oral X 1993 ]

1) Les courbes (Cλ) sont les cercles passant par les points A(a, 0) et B(−a, 0).

2λ = yax ²²− + y , donc 0 =

²'²)²(2

yyaxxy −−

+ y’ , i.e. y’.( y2 – x

2 + a

2 ) + 2xy = 0.

2) Les trajectoires orthogonales ont pour équation différentielle : y2 – x

2 + a

2 − 2xyy’ = 0.

Posons Y = y2

. Il vient Y – x2 + a

2 − x.Y’ = 0 .

C’est une équation linéaire qui se résout en Y(x) = 2Cx – x2 − a

2 .

Au final, on trouve x2 + y

2 + a

2 − 2Cx = 0 , i.e. ( x – C )

2 + y

2 = C

2 – a

2 .

On trouve le faisceau de cercles de points limites A et B.

> with(plots): > c:=t->plot([sqrt(t^2+1)*cos(u),t+sqrt(t^2+1)*sin(u) ,u=0..2*Pi], color=blue,thickness=2): > d:=t->plot([t+sqrt(t^2-1)*cos(u),sqrt(t^2-1)*sin(u) ,u=0..2*Pi], color=gold,thickness=2): > display(seq(c(0.2*k),k=-5..5),seq(d(0.2*p+1),p=1 ..5), seq(d(-0.2*p-1),p=1..5));

83

Exercice 2 : Trajectoires orthogonales de la famille de cercles de rayon donné passant par O.

Solution : [ J. Tuloup ] > with(plots): c:=t->plot([cos(t)+cos(u),sin(t)+sin(u),u=0..2*Pi], thickness=2): > d:=t->plot([2*cos(u)*cos(u-tan(u)+t),2*cos(u)*sin(u -tan(u)+t), u=-1.5..1.5],color=blue,thickness=2): > display(c(0),d(0),scaling=constrained); display(seq(c(k*Pi/8),k=0..16),seq(d(k*Pi/8),k=0.. 16), scaling=constrained);

Exercice 3 : Equation différentielle de la famille de paraboles y = λx2. Trajectoires orthogonales ?

Solution : y’ = 2λx, donc y = 21 xy’. Equation que l’on peut réintégrer.

Les trajectoires orthogonales ont pour équation y = −'2y

x , 2yy’ = − x , y2 +

2²x = c.

On trouve une famille auto-homothétique d’ellipses de centre O.

> with(plots): > p:=lambda->plot(lambda*x^2,x=-3..3,-3..3,color=red, thickness=2): > q:=c->plot([sqrt(2)*c*cos(t),c*sin(t),t=0..2*Pi],co lor=blue,thickness=2): > display(seq(p(k*0.2),k=-6..6),seq(q(c*0.3),c=1..9) );

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Exercice 4 : Trajectoires orthogonales de la famille de paraboles y2 = 2p.x + λ ?

Solution : Exercice 5 : Soit FFFF la famille des paraboles ayant mêmes foyer et axe. Trajectoires orthogonales ?

Solution : Exercice 6 : Soit FFFF la famille des coniques ayant mêmes foyers F et F’. Trajectoires orthogonales ?

Solution : 9.2. Courbes planes vérifiant des conditions différentielles.

Exercice 7 : Soient (C) une courbe plane, M un point de (C). La tangente et la normale en M à (C) recoupent la droite D en T et N. Trouver les courbes (C) telles que :

a) TN = k .

b) Pour tout M, OM = kON , resp. OM = kOT , c) Le milieu de TN reste fixe.

d) OT .ON = 2k ( k > 0 fixé ).

Exercices corrigés sur les équations différentielles · x + o( x) au V(0), donc y’(0) = ½. Le...

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