On considère une équation différentielle de la forme y′(t) =f(t, y(t)) sur un espace de Banach E, où f : U → E est une fonction continue sur un ouvert U ⊂R×E

(1)

Universit´e de Grenoble I Ann´ee 2012/2013

Institut Fourier Examen du 23 mai 2013

L3 de Mathématiques, section A Corrigé de l’examen de calcul différentiel

Question de cours

0.a. Voici l’´enonc´e d’une version classique du lemme de Gronwall.

Lemme de Gronwall. On considère une équation différentielle de la forme y^′(t) =f(t, y(t))

sur un espace de Banach E, où f : U → E est une fonction continue sur un ouvert U ⊂R×E. On se place dans un cylindre C₀ = [t₀−T₀, t₀+T₀]×B(y₀, r₀)⊂U sur lequelf est supposéeΛ-lipschitzienne en y, avec M = sup_C₀kfk<+∞. On se donne ε₁, ε₂ > 0 et on considère des solutions approximatives y₁ et y₂ respectivement ε₁- approchée etε2-approchée du problème de Cauchy de donnée initiale(t0, yi,0), i= 1,2, avec y_i,0 assez proche de y₀. Dans ces conditions :

(i) C = [t₀−T, t₀+T]×B(y, r₀)⊂C₀ est un cylindre de sécurité pour y₁ et y₂ dès lors que kyi,0−y0k ≤δi< r0 et T ≤min(T0,(r0−δi)/(M +εi)), i= 1,2.

(ii) Pour tout t ∈[t₀−T, t₀+T], on a la majoration

ky₂(t)−y₁(t)k ≤ ky_2,0−y_1,0ke^Λ|^t⁻^t⁰^|+ (ε₁+ε₂) e^Λ|^t⁻^t⁰^|−1

Λ .

(i) On a par hypothèse ky_i)^′ (t)−f(t, y_i(t))k ≤ ε_i et kf(t, y)k ≤ M dans C₀, donc ky_i)^′ (t)k ≤M +εi dès que le point (t, yi(t)) est dans C0. Comme kyi,0−y0k ≤δi, la distance queyi(t) doit parcourir pour sortir deB(y₀, r₀) est au moins égale à r₀−δi. Or, pendant un temps T donné, la distance franchissable à une vitesse ≤ M +εi

est ≤ (M +εi)T (th´eor`eme des accroissements finis), donc yi(t) ne peut sortir de B(y0, r0) si on supposeT ≤min(T0,(r0−δi)/(M +εi))

sinon, il y aurait des temps t ∈[t₀−T, t₀+T] pour lesquelskyi(t)−y₀k> r₀, et en considérantT^′égal à l’infimum des intervalles temporels|t−t₀|pour lesquels ceci se produit, on aurait nécessairement 0< T^′ < T, yi(t)∈B(y₀, r₀) pour t∈]t₀−T^′, t₀+T^′[ et kyi(t₀±T^′)−y₀k=r₀ du fait de la continuité de yi, d’où contradiction

.

(ii) Quitte `a changer l’origine du temps on peut supposer t₀ = 0 et, par exemple, t ∈[0, T]. Posons alors

v(t) = Z t

0 ky₂(u)−y₁(u)kdu.

Comme y_i satisfait l’équation différentielle à ε_i près, on obtient par soustraction ky₂^′(t)−y₁^′(t)k ≤ kf(t, y₂(t)−f(t, y₁(t)k+ε₁+ε₂

≤Λky₂(t)−y₁(t)k+ε₁+ε₂,

(2)

en utilisant l’hypoth`ese que f est Λ-lipschitzienne en y. De plus y2(t)−y1(t) =y2,0−y1,0+

Z t 0

(y^′₂(u)−y^′₁(u))du.

On en d´eduit

ky₂(t)−y₁(t)k ≤ ky_2,0−y_1,0k+ Λ Z t

0 ky₂(u)−y₁(u)kdu+ (ε₁+ε₂)t (∗) c’est-`a-dire

v^′(t)≤Λv(t) +ky_2,0−y_1,0k+ (ε₁+ε₂)t.

Apr`es soustraction de Λv(t) et multiplication pare^−Λt, on trouve (v^′(t)−Λv(t))e^−Λt = d

dt(v(t)e^−Λt)≤ ky_2,0−y_1,0k+ (ε₁+ε₂)t e^−Λt.

Grâce à une nouvelle intégration (noter que v(0) = 0), il vient v(t)e^−Λt ≤

Z t

0 ky_2,0−y_1,0k+ (ε₁+ε₂)u

e^−Λudu

=ky_2,0−y_1,0k1−e^−Λt

Λ + (ε₁+ε₂)1−(1 + Λt)e^−Λt

Λ² ,

soit encore

v(t)≤ ky_2,0−y_1,0ke^Λt−1

Λ + (ε₁+ε₂)e^Λt−(1 + Λt)

Λ² .

L’inégalité (∗) donne maintenant l’estimation (ii) du lemme de Gronwall. Le cas où t ∈[−T,0] s’obtient en renversant le sens du temps [c’est-à-dire par un changement de variable t 7→ −t, qui conduit à l’équation différentielle y^′(t) = −f(−t, y(t)), vérifiant exactement les mêmes hypothèses].

0.b. Cons´equences importantes du lemme de Gronwall :

Unicit´e des solutions. si f est localement lipschitzienne en y, la solution t 7→y(t) du probl`eme de Cauchy y(t0) =t0 est unique sur tout intervalle [t0−T, t0+T]comme ci-dessus. La solution maximale est unique.

Convergence des solutions approchées. si f est localement lipschitzienne en y et si (dans un cylindre de sécurité [t₀−T, t₀+T]×B(y₀, r₀) comme ci-dessus)yν est une suite de solutions εν-approchées sur [t0−T, t0+T] telles que yν(t0) =yν,0 avec limν→+∞ky_ν,0 −y₀k = limν→+∞εν = 0, alors (yν) converge uniformément vers la solution exacte y définie sur[t0−T, t0+T]. Ceci s’applique par exemple aux solutions approchées données par la méthode d’Euler avec un pas maximal hν tendant vers 0, celles-ci forment une suite de Cauchy uniforme convergeant vers la solution exacte.

Continuité des solutions en fonction d’un paramètre. Etant donn´´ e une équa- tion différentielle y^′(t) = f(t, y(t), s) dépendant d’un paramètre s dans un espace de Banach S, si f est continue sur un ouvert U ⊂ R×E×S et localement lipschitzienne en y, alors la solution t 7→ y(t, s) du problème de Cauchy telle que y(t0, s) = y0 est continue en (t, s) au voisinage de tout point (t₀, s₀) tel que (t₀, y₀, s₀)∈U.

(3)

Exercice 1 On consid`ere dans R³ la fonction d´efinie par

f(x, y, z) =x²+y²+ 3z−z³

1 Pourλ ∈R, on considère l’ensemble de niveauSλ ={(x, y, z)∈R³; f(x, y, z) =λ}. Comme la différentielle de f est donnée par

df = 2x dx+ 2y dy + 3(1−z²)dz,

elle s’annule en (x, y, z) si et seulement si x = y = 1−z² = 0. Les points critiques sont donc p1 = (0,0,1), pour lequel λ1 = f(p1) = 2, et p2 = (0,0,−1), pour lequel λ₂ =f(p₂) =−2. On en d´eduit :

1.a. Si λ /∈ {2,−2}, l’ensemble de niveau Sλ ne contient aucun point critique, c’est

à dire que la différentielle df ne s’annule pas sur S_λ. D’après le théorème des fonctions implicites, Sλ est une sous-variété de dimension 2 (il y a une seule équation, la codimension vaut donc 1).

1.b. Si λ = λ_i = ±2, i = 1,2, l’ensemble de niveau S_λ admet le point p_i comme seul point singulier. On en déduit que Sλi r {pi} est une sous-variété fermée de dimension 2 de R³ r{p_i}.

1.c. Pour λ = λi, on se propose de montrer qu’il existe un changement de variable ϕi : (x, y, z)7→(X, Y, Z) =ϕi(x, y, z) qui soit un difféomorphisme de classe C^∞ d’un voisinage du point singulier pi sur un voisinage de (0,0,0), transformant Sλi en un cône quadratique. D’un point de vue théorique, il suffit d’appliquer le lemme de Morse et de voir que la différentielle seconde d²f est non dégénérée aux points p_i. Or, un calcul immédiat montre que la matrice (_∂x^∂²^f

i∂xj) est donn´ee par





2 0 0

0 2 0

0 0 −6z



.

Cette matrice est bien non dégénérée de signature (2,1) au point p1 = (0,0,1) et de signature (3,0) au point p₂= (0,0,−1).

1.d. Le polynôme z³−3z+ 2 admet z = 1 comme racine évidente. On aboutit par division à la factorisation

z³−3z+ 2 = (z−1)(z²+z−2) = (z−1)²(z+ 2).

Pour λ=λ₁ = 2, il vient

f(x, y, z)−λ =x²+y²−(z³−3z²+ 2) =x²+y²−(z−1)²(z+ 2).

Si on pose X =x, Y =y,Z = (z−1)√

z+ 2, alors (x, y, z)7→ϕ₁(x, y, z) = (X, Y, Z) est un difféomorphisme au voisinage du point p1 = (0,0,1) d’après le théorème d’inversion locale, car la dérivée de z 7→ (z − 1)√

z+ 2 en z = 1 vaut √

3, et la matrice jacobienne de ϕ1 en p1 est donc la matrice inversible





1 0 0

0 1 0

0 0 √

3



.

(4)

Le changement de variable donne

f◦ϕ⁻¹₁ (X, Y, Z)−λ =X²+Y²−Z².

La surface de niveau S₂ est dans un voisinage de p₁ = (0,0,1) diff´eomorphe au cˆone quadratique X²+Y²−Z² = 0 au voisinage de (X, Y, Z) = (0,0,0).

1.e. Pour λ=−2, on a de mˆeme

f(x, y, z)−λ =x²+y²−(z³−3z²−2) =x²+y²−(z+ 1)²(z−2).

Si on pose dans ce cas X = x, Y = y et Z = (z + 1)√

2−z au voisinage du point p₂ = (0,0,−1), on voit comme ci-dessus que ϕ₂(x, y, z) = (X, Y, Z) d´efinit un diff´eo- morphisme local d’un voisinage de p₂ = (0,0,−1) sur un voisinage de (0,0,0), et on a cette fois

f◦ϕ⁻¹₁ (X, Y, Z)−λ =X²+Y²+Z².

On voit alors queS₋₂ se réduit au pointX =Y =Z = 0, c’est-à-direp₂, au voisinage de ce point, et que la fonction f y présente un minimum local strict.

Exercice 2

On consid`ere dans R³ la partie K ={(x, y, z) ∈ R³; x² +y²+z² ≤ 1, z ≥ 0} et la fonction

g(x, y, z) = 2x³−y⁴+ 8 3z³.

2.a. L’ensemble K est la r´eunion disjointe des 4 parties suivantes :

• L’ouvert Ω = K^◦ = {(x, y, z) ∈ R³; x² + y² +z² < 1, z > 0}, qui peut être considéré comme une sous-variété de dimension 3 (codimension 0) dans R³.

• Le disque ouvert D = {(x, y, z) ∈ R³; x² +y² < 1, z = 0}, qui s’identifie à un ouvert de R²× {0} ≃R², et qui est donc une sous-variété de dimension 2 deR³.

• L’hémisphère supérieur S₊ = {(x, y, z) ∈ R³; x² +y² +z² = 1, z > 0}, qui est un ouvert de la sphère unité, et donc une sous-variété de dimension 2 dans R³ (c’est aussi, dans le demi-espace ouvert E₊ = {z > 0} la sous-variété fermée définie par l’équation x²+y²+z²−1 = 0, la différentielle 2x dx+ 2y dy+ 2z dz ne s’annule pas sur S₊).

• Le cercle équatorial C = {(x, y, z) ∈ R³; x² +y² +z² = 1, z = 0} qui est une sous-variété de dimension 1 (de codimension 2) dans R³. Il est immédiat que les différentielles dz et 2x dx+ 2y dy+ 2z dz = 2x dx+ 2y dy sont indépendantes en tout point de C.

2.b. Comme la partie K est fermée bornée dans R³, elle est compacte, donc la fonction g qui est trivialement continue (c’est un polynôme) y admet nécessairement un maximum et un minimum global.

2.c. Déterminons les points critiques de gsur les 4 sous-variétés décrites en 2.a. Nous avons

dg = 6x²dx−4y³dy+ 8z²dz.

(5)

Dans R³, cette diff´erentielle s’annule seulement en (x, y, z) = (0,0,0).

• Dans Ω =K^◦, il n’y a donc pas de point critique, puisque (0,0,0)∈/Ω.

• En restriction au disque ouvert D, nous avons dg_|D = 6x²dx−4y³dy.

Le point (x, y) = (0,0) est critique sur D. Mais comme g(x, y,0) = 2x³−y⁴ prend à la fois des valeurs positives et négatives dans tout voisinage de (0,0), il est clair que ce n’est pas un extremum local (c’est en fait un col dégénéré, la différentielle seconde d²(g_|D)(x, y,0) est nulle en (x, y) = (0,0)).

• Dans le cas de l’hémisphère supérieur, les points critiques sont les points où dg devient linéairement dépendante de la différentielle 2x dx+ 2y dy+ 2z dzde l’équation de la sphère. Les 3 déterminants 2×2 extraits de la matrice

2x 2y 2z 6x² −4y³ 8z²

doivent s’annuler, ce qui donne les conditions

−4xy(3x+ 2y²) = 0, 4xz(−3x+ 4z) = 0, 8yz(y²+ 2z) = 0.

Comme z > 0, on a aussi y² + 2z > 0 et la derni`ere condition impose y = 0. La premi`ere condition est alors satisfaite, et la seconde donne

x= 0 ou z = 3 4x.

Puisque x²+y²+z² = 1 et z >0, on obtient ainsi les conditions (x=y = 0, z = 1) ou (y = 0, z = 3

4x, x²+ 9

16x² = 1, z >0, x > 0).

La premi`ere fournit le point critique (x, y, z) = (0,0,1) et la deuxi`eme donne (x, y, z) = (⁴₅,0,³₅). Les valeurs correspondantes sontg(0,0,1) = ⁸₃ etg(⁴₅,0,³₅) = ⁸₅.

• Sur le cercle C ={(x, y,0) ; x²+y² = 1}, on a g(x, y,0) = 2x³ −y⁴

et la différentielle 6x²dx−4y³dy est colinéaire à 2x dx+ 2y dy si et seulement si 4xy(3x+ 2y²) = 0. Ceci donne les solutionsx= 0,y = 0 ouy² =−³₂x, correspondant aux points (0,±1,0), (±1,0,0) ou enfin x²+y² =x²− ³₂x= 1, menant aux solutions x=−¹₂ ety=±^√₂³ (l’autre solutionx= 2 ne convient pas carx²+y² = 1⇒ |x| ≤1).

Les valeurs de g correspondantes sont

g(0,±1,0) =−1, g(±1,0,0) = ±2, g(−¹₂,±^√₂³,0) =−¹³₁₆.

2.d. Les extrema de g sur K figurent nécessairement parmi les valeurs critiques trouvées ci-dessus. On en déduit

maxK g(x, y, z) = 8

3 atteint en (0,0,1), min

K g(x, y, z) = −2 atteint en (−1,0,0).

(6)

Exercice 3

On se propose d’étudier les solutions t 7→ y(t) de l’équation différentielle du second ordre

(∗) y^′′−4y^′+ 4y=f(t)

o`u f :R→R est une fonction continue.

3.a. Il s’agit d’une équation linéaire à coefficients constants, on sait d’après le cours que les solutions de l’équation homogène sont des exponentielles, ou des exponentielles-polynômes en cas de racine multiple. Le polynôme caractéristique correspondant aux solutions t 7→ e^λt est ici donné par λ² −4λ + 4, il admet λ = 2 comme racine double. On sait alors que les solutions réelles de l’équation homogène (f = 0) forment un espace vectoriel de dimension 2 constitué des fonctions

y(t) =α e^2t+β t e^2t, (α, β)∈R².

3.b. L’équation (∗) se ramène aussitôt à un système d’ordre 1 en posant Y = y

y^′

. On trouve

Y^′ = y^′

y^′′

=

y^′

4y^′−4y+f(t)

=

0 1

−4 4 y y^′

+

0 f(t)

,

soit encore Y^′ =AY +F(t) avec A=

0 1

−4 4

, F(t) = 0

f(t)

.

Une base de solutions du système homogène associé Y^′ =AY est donnée par Y(t) =α

e^2t 2e^2t

+β

t e^2t (2t+ 1)e^2t

,

comme on le voit en prenant les matrices colonnes Y = y

y^′

associ´ees aux deux solutions fondamentales t7→e^2t et t7→t e^2t.

3.c. À l’aide de la méthode de variation des constantes, cherchons l’unique solution t 7→ y(t) de l’équation (∗) satisfaisant la condition initiale y(0) = 0, y^′(0) = 0. On pose pour cela

Y(t) =α(t) e^2t

2e^2t

+β(t)

t e^2t (2t+ 1)e^2t

.

Il vient Y^′(t) =α^′(t)

e^2t 2t e^2t

+β^′(t)

t e^2t (2t+ 1)e^2t

+α(t) e^2t

2e^2t ′

+β(t)

t e^2t (2t+ 1)e^2t

′

,

(7)

et la somme des deux derniers termes est précisément AY(t) puisque les matrices colonnes Z(t) mises en jeu sont des solutions deZ^′ =AZ. Par conséquent

Y^′(t)−AY(t) =α^′(t) e^2t

2e^2t

+β^′(t)

t e^2t (2t+ 1)e^2t

est ´egal `a F(t) = 0

f(t)

si et seulement si α^′(t) +t β^′(t) = 0

2α^′(t) + (2t+ 1)β^′(t) =f(t)e^−2t.

Par soustraction de deux fois la première ligne à la seconde il vient β^′(t) =f(t)e^−2t, et donc α^′(t) = −t β^′(t) = −f(t)t e^−2t. La condition initiale Y(0) = 0 équivaut à α(0) =β(0) = 0, d’où

α(t) =− Z t

0

f(u)u e^−2udu, β(t) = Z t

0

f(u)e^−2udu.

On en d´eduit la formule

y(t) = (α(t) +tβ(t))e^2t = Z t

0

f(u) (t−u)e^2(t−u)du.

Dans le cas particulier o`u f(t) =e^2t, ceci donne la solution particuli`ere y(t) =

Z t 0

(t−u)e^2tdu= t² 2e^2t.

Exercice 4 On consid`ere dans le plan R² le champ de vecteurs

M = (x, y)7→−→V (M) = (4x²+y,−2x−y).

4.a. Les points singuliers de ce champ de vecteurs sont les points tels que 4x²+y= 0 et −2x−y = 0, donc y = −2x et 4x²+ 2x= 2x(2x+ 1) = 0, par cons´equent x = 0 ou x= ¹₂. On trouve donc les points (x, y) = (0,0) et (x, y) = (¹₂,−1).

4.b. La diff´erentielle D−→V a pour matrice Mat(D−→V ) =

8x 1

−2 −1

.

Le polynˆome caract´eristique est (λ−8x)(λ + 1) + 2 = λ² + (1− 8x)λ+ (2−8x).

Pour (x, y) = (0,0) les valeurs propres sont λ = −¹₂ ±i^√₂⁷ de partie réelle −¹₂ < 0, il s’agit d’un point singulier stable, tandis que pour (x, y) = (¹₂,−1) les racines sont λ = ³₂ ± ^√₂¹⁷, il s’agit d’un point singulier instable (l’une des valeurs propres est réelle>0, l’autre réelle<0).