2019-2020

ISA BTP, 2◦ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2019-2020

CONTR ˆOLE CONTINU

´

Equations diff´erentielles.

Dur´ee : 1h30 Les calculatrices sont autoris´ees.

Tous les exercices sont ind´ependants.

Il sera tenu compte de la r´edaction et de la pr´esentation.

Exercice 1 On consid`ere ici diff´erentes ´equations diff´erentielles de la forme y00− 4y0+ 4y = f (t)

pour diff´erentes valeurs de la fonction f . 1. Soit

(H) : y00− 4y0+ 4y = 0 (a) Donner l’ensemble des caract´eristiques de (H). (b) D´eterminer l’ensemble Σh des solutions de (H).

2. Soit

(E1) : y00− 4y0+ 4y = e−2t

(a) D´eterminer une solution particuli`ere de (E1) sous la forme [t 7→ αe−2t].

(b) Donner l’ensemble des solutions de (E1).

3. Soit

(E2) : y00− 4y0 + 4y = e2t

(a) Montrer sans calcul que (E2) ne peut avoir de solution de la forme

[t 7→ αe2t] ou [t 7→ αte2t]

(b) D´eterminer une solution particuli`ere de (E2) sous la forme [t 7→ αt2e2t].

(c) Donner l’ensemble des solutions de (E2).

4. D´eterminer l’ensemble des solutions de l’´equation (E3) : y00− 4y0+ 4y =

e−2t+ e2t

2

Exercice 2 Soit

(E) : (1 + t)y0+ y = 2t 1. Donner l’ensemble des caract´eristiques de (E).

2. Donner les valeurs interdites de (E) et la liste des intervalles de r´esolution.

3. Montrer que, sur chaque intervalle de r´esolution, les solutions de (H) sont de la forme yh : t 7−→

µ

1 + t, µ ∈ R

4. D´eterminer, sur chaque intervalle, une solution particuli`ere de (E) `a l’aide de la m´ethode de variation de la constante.

5. Donner l’ensemble des solutions de (E) sur chacun des intervalles de r´esolution. 6. D´eterminer les solutions de (E) v´erifiant chacune des conditions initiales ci-dessous.

(a) y(0) = 1, (b) y(0) = −1

On pr´ecisera sur quel intervalle ces solutions sont d´efinies.

7. Montrer que la solution associ´ee `a la condition initiale (b) se prolonge en une solution de (E) d´_{efinie sur R.}

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

Exercice 3 On consid`ere le probl`eme de Cauchy suivant : (P ) :  y

0 _{= y cos(y) (E)}

y(0) = y0 (C.I.)

1. Donner les caract´eristiques de l’´equation (E).

2. D´_{eterminer l’ensemble C ⊂ R des solutions constantes de (E).} 3. Soient y0 6∈ C et Y l’unique solution de (E) v´erifiant Y (0) = y0.

(a) Montrer que Y est born´_{ee sur R.}

(b) Montrer que Y est monotone. On pr´ecisera le sens de variation de Y en fonction de y0.

(c) Tracer l’allure de quelques solutions.

(d) En d´eduire graphiquement la nature des points fixes d´etermin´es `a la question 2. (e) Retrouver par le calcul la nature de ces points fixes.

? ? ?

ISA BTP, 2◦ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2019-2020

CONTR ˆOLE CONTINU

´

Equations diff´erentielles.

Dur´ee : 1h30 Les calculatrices sont autoris´ees.

Tous les exercices sont ind´ependants.

Il sera tenu compte de la r´edaction et de la pr´esentation.

Exercice 1 On consid`ere ici diff´erentes ´equations diff´erentielles de la forme y00− 6y0+ 9y = f (t)

pour diff´erentes valeurs de la fonction f . 1. Soit

(H) : y00− 6y0+ 9y = 0 (a) Donner l’ensemble des caract´eristiques de (H). (b) D´eterminer l’ensemble Σh des solutions de (H).

2. Soit

(E1) : y00− 6y0+ 9y = e−3t

(a) D´eterminer une solution particuli`ere de (E1) sous la forme [t 7→ αe−3t].

(b) Donner l’ensemble des solutions de (E1).

3. Soit

(E2) : y00− 6y0 + 9y = e3t

(a) Montrer sans calcul que (E2) ne peut avoir de solution de la forme

[t 7→ αe3t] ou [t 7→ αte3t]

(b) D´eterminer une solution particuli`ere de (E2) sous la forme [t 7→ αt2e3t].

(c) Donner l’ensemble des solutions de (E2).

4. D´eterminer l’ensemble des solutions de l’´equation (E3) : y00− 6y0+ 9y =

e−3t+ e3t 2

Exercice 2 Soit

(E) : (1 − t)y0− y = −2t 1. Donner l’ensemble des caract´eristiques de (E).

2. Donner les valeurs interdites de (E) et la liste des intervalles de r´esolution.

3. Montrer que, sur chaque intervalle de r´esolution, les solutions de (H) sont de la forme yh : t 7−→

µ

1 − t, µ ∈ R

4. D´eterminer, sur chaque intervalle, une solution particuli`ere de (E) `a l’aide de la m´ethode de variation de la constante.

5. Donner l’ensemble des solutions de (E) sur chacun des intervalles de r´esolution. 6. D´eterminer les solutions de (E) v´erifiant chacune des conditions initiales ci-dessous.

(a) y(0) = −1, (b) y(0) = 1

On pr´ecisera sur quel intervalle ces solutions sont d´efinies.

7. Montrer que la solution associ´ee `a la condition initiale (b) se prolonge en une solution de (E) d´_{efinie sur R.}

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 3 On consid`ere le probl`eme de Cauchy suivant :

(P ) :  y

0 _{= −y cos(y) (E)}

y(0) = y0 (C.I.)

1. Donner les caract´eristiques de l’´equation (E).

2. D´_{eterminer l’ensemble C ⊂ R des solutions constantes de (E).} 3. Soient y0 6∈ C et Y l’unique solution de (E) v´erifiant Y (0) = y0.

(a) Montrer que Y est born´_{ee sur R.}

(b) Montrer que Y est monotone. On pr´ecisera le sens de variation de Y en fonction de y0.

(c) Tracer l’allure de quelques solutions.

(d) En d´eduire graphiquement la nature des points fixes d´etermin´es `a la question 2. (e) Retrouver par le calcul la nature de ces points fixes.

? ? ?

CORRECTION

Exercice 1 :

1. (a) L’´equation (H) est une ´equation diff´erentielle lin´eaire, d’ordre 2, `a coefficients constants et homog`ene.

(b) Le polynˆome caract´eristique de l’´equation (H) est

P (X) = X2− 4X + 4 = (X − 2)2

Ainsi, les fonctions

[t 7→ e2t] et [t 7→ te2t] sont des solutions de (H) et

Σh =yh : t 7−→ (λ + µt)e2t, λ, µ ∈ R

2. (a) On cherche une solution particuli`ere de (E1) sous la forme

yp : t 7−→ αe−2t

On a alors

y_p0(t) = −2αe−2t et y_p00(t) = 4αe−2t

La fonction yp est alors une solution de (E1) si et seulement si pour tout t ∈ R,

y00_p(t) − 4y_p0(t) + 4yp(t) = e−2t ⇐⇒ 4αe−2t+ 8αe−2t+ 4αe−2t= e−2t

⇐⇒ 16αe−2t= e−2t ⇐⇒ 16α = 1 ⇐⇒ α = 1 16 Ainsi, la fonction yp : t 7−→ 1 16e −2t

est une solution de (E1).

(b) D’apr`es les calculs pr´ec´edents, l’ensemble des solutions de (E1) est

Σ1 =  y : t 7−→ (λ + µt)e2t+ 1 16e −2t , λ, µ ∈ R 

3. (a) Les deux fonctions propos´ees sont des solutions de l’´equation homog`ene (H). Elles ne peuvent donc ˆetre ´egalement solution de l’´equation compl`ete (E2).

(b) On cherche une solution de (E2) sous la forme

yp : t 7−→ αt2e2t

On a alors

y0_p(t) = α.2t.e2t+ α.t2.2e2t = 2αte2t(1 + t) y_p00(t) = 2α(e2t.(1 + t) + t.2e2t.(1 + t) + te2t)

La fonction yp est donc une solution de (E2) si et seulement si y00_p(t) − 4y_p0(t) + 4yp(t) = e2t ⇐⇒ 2αe 2t_(2t2 _{+ 4t + 1) − 8αt} e 2t_{(1 + t) + 4αt}2 e 2t ₌ e 2t ⇐⇒_4αt2+ 8αt + 2α − 8αt −   8αt2 +_4αt2 = 1 ⇐⇒ 2α = 1 ⇐⇒ α = 1 2 Ainsi, la fonction yp : t 7−→ t2 2e 2t

est une solution de (E2).

(c) D’apr`es les calculs pr´ec´edents, l’ensemble des solutions de (E2) est

Σ2 =  y : t 7−→  λ + µt + 1 2t 2  e2t_{, λ, µ ∈ R} 

4. Le second membre de l’´equation (E3) est une combinaison lin´eaire des seconds membres

des ´equations (E1) et (E2). D’apr`es le principe de superposition, la fonction

yp : t 7−→ 1 2  1 16e −2t +t 2 2e 2t  = e −2t_{+ 8t}2_e2t 32 est donc une solution de (E3) et l’ensemble de ses solutions est

Σ3 =  y : t 7−→ (λ + µt)e2t+e −2t_{+ 8t}2_e2t 32 , λ, µ ∈ R  ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 2 :

1. L’´equation (E) est une ´equation diff´erentielle lin´eaire, d’ordre 1, `a coefficients variables et non homog`ene.

2. Les valeurs interdites de (E) sont les valeurs de t qui annulent le coefficient (1 + t) de y0. L’´equation (E) admet donc t = −1 comme unique valeur interdite. Elle admet alors deux intervalles de r´esolution : I1 =] − ∞, −1[ et I2 =] − 1, +∞[ 3. L’´equation (H) est (H) : (1 + t)y0+ y = 0 Sur I1 : on a (1 + t)y0+ y = 0 ⇐⇒ y 0 y = − 1 1 + t ⇐⇒ ln(|y(t)|) = − ln |1 + t| + k = − ln(−1 − t) + k car 1 + t < 0 ⇐⇒ y(t) = − λ 1 + t, λ ∈ R

L’ensemble des solutions de (H) sur I1 est donc Σh,1 =  yh,1 : t 7−→ µ1 1 + t, µ1 ∈ R 

Par une suite de calculs analogues, on trouve que, sur I2, l’ensemble des solutions

de (H) est Σh,2 =  yh,2 : t 7−→ µ2 1 + t, µ2 ∈ R 

4. Les solutions de (H) ayant la mˆeme forme sur I1 et I2, on cherche `a chaque fois une

solution particuli`ere sous la forme

yp : t 7−→ λ(t) 1 + t On a alors y_p0(t) = λ 0_{(t).(1 + t) − λ(t)} (1 + t)2 = λ0(t) 1 + t− λ(t) (1 + t)2

et yp est une solution de (E) si et seulement si

(1 + t)y0+ y = 2t ⇐⇒_{(1 + t)} λ 0_(t) 1 + t − λ(t) (1 + t)
2  + λ(t) 1 + t = 2t ⇐⇒ λ0(t) − λ(t) 1 + t+ λ(t) 1 + t = 2t ⇐⇒ λ0(t) = 2t

On peut alors poser λ(t) = t2 et la fonction yp : t 7−→

t2

1 + t est une solution de (E) sur I1 et sur I2.

5. Les solutions de (E) sont • Sur I1 : Σ1 =  y1 : t 7−→ µ1+ t2 1 + t , µ1 ∈ R  • Sur I2 : Σ2 =  y2 : t 7−→ µ2+ t2 1 + t , µ2 ∈ R 

6. Au vue des conditions initiales impos´ees en 0, les solutions associ´ees seront d´efinies sur l’intervalle de r´esolution contenant la valeur t = 0, soit I2 =] − 1, +∞[.

Ainsi,

(a) pour la condition initiale y(0) = 1, la solution cherch´ee est une fonction de l’en-semble Σ2. Elle est donc de la forme

y : t 7−→ µ2+ t

2

et

y(0) = 1 ⇔ µ2 + 0

2

1 + 0 = 1 ⇔ µ2 = 1 La solution cherch´ee est alors la fonction

y : t 7−→ 1 + t

2

1 + t

(b) pour la condition initiale y(0) = −1, la solution cherch´ee est encore une fonction de l’ensemble Σ2. Elle est donc de la forme

y : t 7−→ µ2+ t 2 1 + t et y(0) = −1 ⇔ µ2+ 0 2 1 + 0 = −1 ⇔ µ2 = −1

La solution cherch´ee est alors la fonction

y : t 7−→ −1 + t

2

1 + t 7. Dans le second cas (ci-dessus), on a, pour tout t ∈ I2,

y(t) = t 2_{− 1} t + 1 = (t − 1)_(t + 1) t + 1 = t − 1

Puisqu’il s’agit ici d’une fonction polynomiale, elle se prolonge `_{a R tout entier et il est} claire que pour tout t ∈ R, cette fonction v´erifie l’´equation (E).

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 3 :

1. L’´equation (E) est d’ordre 1, non lin´eaire et autonome, i.e. de la forme y0 = F (y) avec F (x) = x. cos(x).

2. Les solutions constantes de (E) sont les solutions de l’´equation alg´ebrique F (x) = 0 ⇐⇒ x. cos(x) = 0 Ainsi, C = {0} ∪n−π 2 + kπ, k ∈ Z o = {0} ∪ (2k − 1)π 2 , k ∈ Z 

3. Soit Y l’unique solution de (P ) associ´ee `a une condition initiale y0 6∈ C.

(a) Par hypoth`ese, on a y0 6∈ C. Il existe deux solutions constantes c1 et c2 dans C telles

que c1 < y0 < c2.

Or d’apr`es le th´eor`eme de Cauchy-Lipschitz, la fonction Y ne peut prendre la valeur c1 ou la valeur c2. Puisque cette fonction est continue (car d´erivable), on a donc

∀t ∈ R, c1 < Y (t) < c2

(b) Par d´efinition des points fixes de (E), si c1 < Y (t) < c2, alors

∀t ∈ R, Y0(t) = F (Y (t)) 6= 0

La fonction Y0 ´etant continue, elle est donc de signe constant et la fonction Y est monotone.

Le sens de variation de Y d´epend alors de ce signe. Ainsi, • Si 0 < y0 <

π

2, alors Y

0_{(0) = F (y}

0) > 0 et la fonction Y est croissante.

• Si −π

2 < y0 < 0, alors Y

0_{(0) = F (y}

0) < 0 et la fonction Y est d´ecroissante.

• Si (2k − 1)π

2 < y0 <

(2k + 1)π

2 pour k 6= 0, alors

— Si k est impair, on a cos(y0) < 0 et Y0(0) est du signe de −y0.

— Si k est pair, on a cos(y0) > 0 et Y0(0) est du signe de y0.

(c) (d)

(e) La nature d’un point fixe c de (E) d´epend du signe de la d´eriv´ee F0(c). Or F0(x) = cos(x) − x sin(x)

Ainsi,

• Si c = 0, F0_{(0) = 1 > 0 et c = 0 est un point fixe instable.}

• Si c = −π 2 + kπ pour k ∈ Z, on a F0(c) =    cos−π 2 + kπ  −−π 2 + kπ  sin−π 2 + kπ  = (−1)k  −π 2 + kπ  Ainsi,

— Si k > 0 et pair, on a F0(c) > 0 et c est instable. — Si k > 0 et impair, on a F0(c) < 0 et c est stable. — Si k < 0 et pair, on a F0(c) < 0 et c est stable. — Si k < 0 et impair, on a F0(c) > 0 et c est instable. — Si k = 0, on a F0(c) < 0 et c est stable.

? ? ?

CORRECTION

Exercice 1 :

1. (a) L’´equation (H) est une ´equation diff´erentielle lin´eaire, d’ordre 2, `a coefficients constants et homog`ene.

(b) Le polynˆome caract´eristique de l’´equation (H) est

P (X) = X2− 6X + 9 = (X − 3)2

Ainsi, les fonctions

[t 7→ e3t] et [t 7→ te3t] sont des solutions de (H) et

Σh =yh : t 7−→ (λ + µt)e3t, λ, µ ∈ R

2. (a) On cherche une solution particuli`ere de (E1) sous la forme

yp : t 7−→ αe−3t

On a alors

y_p0(t) = −3αe−3t et y_p00(t) = 9αe−3t

La fonction yp est alors une solution de (E1) si et seulement si pour tout t ∈ R,

y_p00(t) − 6y0_p(t) + 9yp(t) = e−3t⇐⇒ 9αe−3t+ 18αe−3t+ 9αe−3t= e−3t

⇐⇒ 36αe−3t = e−3t ⇐⇒ 36α = 1 ⇐⇒ α = 1 36 Ainsi, la fonction yp : t 7−→ 1 36e −3t

est une solution de (E1).

(b) D’apr`es les calculs pr´ec´edents, l’ensemble des solutions de (E1) est

Σ1 =  y : t 7−→ (λ + µt)e3t+ 1 36e −3t , λ, µ ∈ R 

3. (a) Les deux fonctions propos´ees sont des solutions de l’´equation homog`ene (H). Elles ne peuvent donc ˆetre ´egalement solution de l’´equation compl`ete (E2).

(b) On cherche une solution de (E2) sous la forme

yp : t 7−→ αt2e3t

On a alors

y0_p(t) = α.2t.e3t+ α.t2.3e3t= αte3t(2 + 3t) y00_p(t) = α(e3t.(2 + 3t) + t.3e3t.(2 + 3t) + 3te3t)

La fonction yp est donc une solution de (E2) si et seulement si y_p00(t) − 6y0_p(t) + 9yp(t) = e3t⇐⇒ αe 3t_(9t2_{+ 12t + 2) − 6αt} e 3t_{(2 + 3t) + 9αt}2 e 3t₌ e 3t ⇐⇒_9αt2+ 12αt + 2α − 12αt − 18αt2+_9αt2 = 1 ⇐⇒ 2α = 1 ⇐⇒ α = 1 2 Ainsi, la fonction yp : t 7−→ t2 2e 3t

est une solution de (E2).

(c) D’apr`es les calculs pr´ec´edents, l’ensemble des solutions de (E2) est

Σ2 =  y : t 7−→  λ + µt + 1 2t 2  e3t_{, λ, µ ∈ R} 

4. Le second membre de l’´equation (E3) est une combinaison lin´eaire des seconds membres

des ´equations (E1) et (E2). D’apr`es le principe de superposition, la fonction

yp : t 7−→ 1 2  1 36e −3t + t 2 2e 3t 

est donc une solution de (E3) et l’ensemble de ses solutions est

Σ3 =  y : t 7−→ (λ + µt)e2t+ 1 2  1 36e −3t +t 2 2e 3t  , λ, µ ∈ R  ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 2 :

1. L’´equation (E) est une ´equation diff´erentielle lin´eaire, d’ordre 1, `a coefficients variables et non homog`ene.

2. Les valeurs interdites de (E) sont les valeurs de t qui annulent le coefficient (1 − t) de y0. L’´equation (E) admet donc t = 1 comme unique valeur interdite. Elle admet alors deux intervalles de r´esolution : I1 =] − ∞, 1[ et I2 =]1, +∞[ 3. L’´equation (H) est (H) : (1 − t)y0− y = 0 Sur I1 : on a (1 − t)y0 − y = 0 ⇐⇒ y 0 y = 1 1 − t ⇐⇒ ln(|y(t)|) = − ln |1 − t| + k = − ln(1 − t) + k car 1 − t > 0 ⇐⇒ y(t) = λ 1 − t, λ ∈ R

L’ensemble des solutions de (H) sur I1 est donc Σh,1 =  yh,1 : t 7−→ µ1 1 − t, µ1 ∈ R 

Par une suite de calculs analogues, on trouve que, sur I2, l’ensemble des solutions

de (H) est Σh,2 =  yh,2 : t 7−→ µ2 1 − t, µ2 ∈ R 

4. Les solutions de (H) ayant la mˆeme forme sur I1 et I2, on cherche `a chaque fois une

solution particuli`ere sous la forme

yp : t 7−→ λ(t) 1 − t On a alors y_p0(t) = λ 0_{(t).(1 − t) + λ(t)} (1 − t)2 = λ0(t) 1 − t+ λ(t) (1 − t)2

et yp est une solution de (E) si et seulement si

(1 − t)y0 − y = −2t ⇐⇒   (1 − t) λ 0_(t) 1 − t + λ(t) (1 − t)
2  − λ(t) 1 − t = −2t ⇐⇒ λ0(t) + λ(t) 1 − t − λ(t) 1 − t = −2t ⇐⇒ λ0(t) = −2t

On peut alors poser λ(t) = −t2 et la fonction yp : t 7−→

−t2

1 − t est une solution de (E) sur I1 et sur I2.

5. Les solutions de (E) sont • Sur I1 : Σ1 =  y1 : t 7−→ µ1− t2 1 − t , µ1 ∈ R  • Sur I2 : Σ2 =  y2 : t 7−→ µ2− t2 1 − t , µ2 ∈ R 

6. Au vue des conditions initiales impos´ees en 0, les solutions associ´ees seront d´efinies sur l’intervalle de r´esolution contenant la valeur t = 0, soit I1 =] − ∞, 1[.

Ainsi,

(a) pour la condition initiale y(0) = −1, la solution cherch´ee est une fonction de l’en-semble Σ1. Elle est donc de la forme

y : t 7−→ µ1− t

2

et

y(0) = −1 ⇔ µ1− 0

2

1 − 0 = −1 ⇔ µ1 = −1

La solution cherch´ee est alors la fonction

y : t 7−→ −1 + t

2

1 − t

(b) pour la condition initiale y(0) = 1, la solution cherch´ee est encore une fonction de l’ensemble Σ1. Elle est donc de la forme

y : t 7−→ µ1− t 2 1 + t et y(0) = 1 ⇔ µ1− 0 2 1 − 0 = 1 ⇔ µ1 = 1 La solution cherch´ee est alors la fonction

y : t 7−→ 1 − t

2

1 − t 7. Dans le second cas (ci-dessus), on a, pour tout t ∈ I1,

y(t) = 1 − t 2 1 − t = (1 + t)   (1 − t) 1 − t = 1 + t

Puisqu’il s’agit ici d’une fonction polynomiale, elle se prolonge `_{a R tout entier et il est} claire que pour tout t ∈ R, cette fonction v´erifie l’´equation (E).

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 3 :

1. L’´equation (E) est d’ordre 1, non lin´eaire et autonome, i.e. de la forme y0 = F (y) avec F (x) = −x. cos(x).

2. Les solutions constantes de (E) sont les solutions de l’´equation alg´ebrique F (x) = 0 ⇐⇒ −x. cos(x) = 0 Ainsi, C = {0} ∪n−π 2 + kπ, k ∈ Z o = {0} ∪ (2k − 1)π 2 , k ∈ Z 

3. Soit Y l’unique solution de (P ) associ´ee `a une condition initiale y0 6∈ C.

(a) Par hypoth`ese, on a y0 6∈ C. Il existe deux solutions constantes c1 et c2 dans C telles

que c1 < y0 < c2.

Or d’apr`es le th´eor`eme de Cauchy-Lipschitz, la fonction Y ne peut prendre la valeur c1 ou la valeur c2. Puisque cette fonction est continue (car d´erivable), on a donc

∀t ∈ R, c1 < Y (t) < c2

(b) Par d´efinition des points fixes de (E), si c1 < Y (t) < c2, alors

∀t ∈ R, Y0(t) = F (Y (t)) 6= 0

La fonction Y0 ´etant continue, elle est donc de signe constant et la fonction Y est monotone.

Le sens de variation de Y d´epend alors de ce signe. Ainsi, • Si 0 < y0 <

π

2, alors Y

0_{(0) = F (y}

0) < 0 et la fonction Y est d´ecroissante.

• Si −π

2 < y0 < 0, alors Y

0_{(0) = F (y}

0) > 0 et la fonction Y est croissante.

• Si (2k − 1)π

2 < y0 <

(2k + 1)π

2 pour k 6= 0, alors

— Si k est impair, on a cos(y0) < 0 et Y0(0) est du signe de y0.

— Si k est pair, on a cos(y0) > 0 et Y0(0) est du signe de −y0.

On en d´eduit dans tous les cas le sens de variation de la solution Y . (c)

(d)

(e) La nature d’un point fixe c de (E) d´epend du signe de la d´eriv´ee F0(c). Or F0(x) = − cos(x) + x sin(x)

Ainsi,

• Si c = 0, F0_{(0) = −1 < 0 et c = 0 est un point fixe stable.}

• Si c = −π 2 + kπ pour k ∈ Z, on a F0(c) = −    cos−π 2 + kπ  +−π 2 + kπ  sin−π 2 + kπ  = −(−1)k−π 2 + kπ  Ainsi,

— Si k > 0 et pair, on a F0(c) < 0 et c est stable. — Si k > 0 et impair, on a F0(c) > 0 et c est instable. — Si k < 0 et pair, on a F0(c) > 0 et c est instable. — Si k < 0 et impair, on a F0(c) < 0 et c est stable. — Si k = 0, on a F0(c) > 0 et c est instable.

? ? ?