y est solution de (1) si et seulement siz est solution de (2)

Universit´e de Lille L3 Math´ematiques

2017-2018 M-62

Corrig´e du DS1 (6 mars 2018)

Exercice 1 : cf cours

Exercice 2 1. Changement de fonction inconnue

SurI =]− ∞; 0[ ou ]0; +∞[, en posantz=y⁰− 1

2ty, on a y⁰=z+ 1

2ty y⁰⁰=z⁰+ 1

2ty⁰− 1

2t²y=z⁰+ 1 2t

z+ 1

2ty

− 1

2t²y=z⁰+ 1 2tz− 1

4t²y

et doncy est solution de (1) ⇐⇒

y est deux fois d´erivable t²y⁰⁰−ty⁰+³₄y= 0

⇐⇒

z est d´erivable t² z⁰+_2t¹z−_4t¹2y

−t z+_2t¹y

+³₄y= 0

⇐⇒

z est d´erivable t²z⁰−₂^tz= 0

⇐⇒

z est d´erivable z⁰−_2t¹z= 0 On a par cons´equent

sur ]− ∞; 0[ ou ]0; +∞[, y est solution de (1) si et seulement siz est solution de (2).

2. R´esolution de (2) et (1) sur ]− ∞; 0[ ou ]0; +∞[

L’´equation diff´erentielle (2) est lin´eaire homog`ene d’ordre 1. On sait qu’alors les solutions sur I =]− ∞; 0[ ou ]0; +∞[ sont les fonctions t7→ λe<sup>A(t)</sup> pour tout λ∈ R, o`u A est une primitive surI de t7→ _2t¹. On peut prendreA(t) = ¹₂ln|t|: ainsi

les solutions de (2) sur ]− ∞; 0[ ou ]0; +∞[ sont les fonctions t7→λp

|t| (λ∈R).

Alors, vu 1., r´esoudre (1) surI revient `a r´esoudre y⁰− 1

2ty=λp

|t| (1)

qui est une ´equation diff´erentielle lin´eaire d’ordre 1 avec second membre. On a d´ej`a r´esolu l’´equation homog`ene associ´ee, ses solutions sont les fonctions t7→µp

|t|, avecµ∈R. On cherche une solution particuli`ere en utilisant la m´ethode de variation de la constante : en posantε= 1 (resp. -1) siI =]0; +∞[ (resp.I =]− ∞; 0[ ) ety_p(t) =µ(t)p

|t|, on a|t|=εt et donc

yp est solution de (1) ⇐⇒ µ⁰(t)√

εt=λ√

εt ⇐⇒ µ⁰(t) =λ ⇐⇒µ(t) =λt+ cste Ainsi

les solutions de (1) sur ]− ∞; 0[ ou ]0; +∞[ sont les fonctionst7→(λt+c)p

|t| (λ, c∈R).

3. Solutions (1) sur R

Soit φ une solution de (1) sur R : alors φ est solution de (1) sur ]− ∞; 0[ et ]0; +∞[, et donc s’´ecrit

φ(t) = (λ⁺t+c⁺)p

|t|si t >0 (λ⁻t+c⁻)p

|t|si t <0

Il s’agit de d´eterminer `a quelles conditions surλ⁺, c⁺, λ⁻, c⁻ on obtient une fonction deux fois d´erivable en 0, et solution de (1) en 0.

Le prolongement par continuit´e en 0 est imm´ediat (avec φ(0) = 0). Le prolongement en une fonction d´erivable en 0 est possible si et seulement sic⁺=c⁻= 0, ce qui donne donc

φ(t) = λ⁺t^3/2 sit≥0

λ⁻(−t)^3/2 si t <0 et φ⁰(t) =

3λ⁺ 2

√

t sit≥0

−^3λ₂⁻√

−t sit <0

Donc φ⁰ se prolonge en une fonction d´erivable en 0 si et seulement si λ⁺ = λ⁻ = 0, autrement dit φ = 0. R´eciproquement, la fonction nulle est bien solution de (1) sur R, d’o`u

la seule solution de (1) sur Rest la fonction nulle.

Probl`eme

Partie I : ´etude de (E)

1. Montrons que le probl`eme de Cauchy admet une unique solution maximale On remarque que

y⁰⁰=−siny−5 2y⁰ ⇐⇒

y⁰ =y⁰

y⁰⁰ =−siny− ⁵₂y⁰ ⇐⇒Y⁰ =F(Y) o`u Y =

y y⁰

etF

x1

x₂

=

x2

−sinx₁−⁵₂x₂

. Ainsi

y est solution de (E) avec condition initialey(0) =a,y⁰(0) = 0 m

y est la premi`ere composante d’une solution de







X⁰ =F(X) X(0) =

a 0

.

Comme F est de classe C¹, a fortiori continue et localement lipschitzienne sur R², le th´eor`eme de Cauchy-Lipschitz s’applique et montre qu’il existe une unique solution maxi- male X de premi`ere composante y (et donc n´ecessairement de seconde composante y⁰), d’o`u

(E) admet une unique solution maximale v´erifiant la condition initialey(0) =a,y⁰(0) = 0.

2. Majoration de|ϕ⁰|et|ϕ⁰⁰|

Posons f(t) = ¹₂(ϕ⁰(t))² −cos(ϕ(t)) + cos(a) : puisque ϕ est deux fois d´erivable, f est d´erivable et

f⁰(t) =ϕ⁰(t)ϕ⁰⁰(t) +ϕ⁰(t) sin(ϕ(t)) =−5

2(ϕ⁰(t))² ≤0

carϕ est solution de (E). Ainsi f est d´ecroissante, donc ∀t∈[0;T^∗[, f(t)≤f(0) = 0, ce qui donne bien

∀t∈[0;T^∗[, ¹₂(ϕ⁰(t))² ≤cos(ϕ(t))−cos(a)≤1 cara∈]0;^π₂[.

Ainsi, pour t ∈ [0;T^∗[, |ϕ⁰(t)| ≤ √

2 et |ϕ⁰⁰(t)| ≤ |sin(ϕ(t))|+ ⁵₂|ϕ⁰(t)| ≤ 1 + ⁵

√ 2 2 , en particulier

les fonctions ϕ⁰ etϕ⁰⁰ sont born´ees sur [0;T^∗[.

3. Majoration de|ϕ|

L’in´egalit´e obtenue dans la question 2. montre que ∀t ∈ [0;T^∗[, cos(ϕ(t))−cos(a) ≥ 0 et donc ϕ(t) ∈ S

k∈Z

[−a+ 2kπ;a+ 2kπ]. Or ϕ est continue sur l’intervalle [0;T^∗[, donc ϕ([0;T^∗[) est un intervalle inclus dans S

k∈Z

[−a+ 2kπ;a+ 2kπ] et contenant ϕ(0) = a : n´ecessairement ϕ([0;T^∗[)⊂[−a;a], autrement dit

∀t∈[0;T^∗[, |ϕ(t)| ≤a.

4. Montrons queT^∗ = +∞

M´ethode 1 :on applique le th´eor`eme d’explosion en temps fini `a la solution Φ = ϕ

ϕ⁰

de l’´equation X⁰ = F(X) sur [0;T^∗[. On a d´ej`a v´erifi´e qu’on est sous les hypoth`eses du th´eor`eme de Cauchy-Lipschitz, avec F :R<sup>2</sup> →R<sup>2</sup> ind´ependante de t; de plus d’apr`es les questions 2. et 3., Φ est born´ee sur [0;T^∗[. On en d´eduit que [0;T^∗[= [0; +∞[.

M´ethode 2 : par l’absurde, supposons T^∗ < +∞. Puisque ϕ⁰⁰ est born´ee par 1 +⁵

√ 2 2 sur [0;T^∗[, on obtient d’apr`es l’in´egalit´e des accroissements finis

∀t, t⁰∈[0;T^∗[, |ϕ⁰(t)−ϕ⁰(t⁰)| ≤(1 + 5√ 2

2 )|t−t⁰| En particulier |ϕ⁰(t) −ϕ⁰(t⁰)| −−−−−→

t,t⁰→

<T^∗ 0 et le crit`ere de Cauchy entraˆıne que ϕ⁰ admet une limite finie en T^∗. De mˆeme, comme on sait que ϕ⁰ est born´ee sur [0;T^∗[, on obtient que ϕ admet une limite finie en T^∗. Ainsi Φ =

ϕ ϕ⁰

admet une limite finie en T^∗. Comme c’est une solution de l’´equation X⁰ =F(X) v´erifiant les hypoth`eses du th´eor`eme de Cauchy-Lipschitz, le crit`ere de prolongement aux bornes s’applique et on en d´eduit que Φ se prolonge en une solution sur un intervalle ]T^∗−δ;T^∗+δ[, ce qui contredit la maximalit´e de Φ.

On a donc obtenu

T^∗ = +∞.

Partie II : ´etude de l’´equation lin´earis´ee (El) 1. Calcul de ψ

L’´equation (E_l) est lin´eaire d’ordre 2, homog`ene. L’´equation caract´eristique associ´ee est r<sup>2</sup>+<sup>5</sup><sub>2</sub>r+ 1 = 0, qui a deux racines r´eelles distinctes−2 et−<sup>1</sup><sub>2</sub>. Par cons´equent les solutions de (E<sub>l</sub>) sont les fonctions t7→λe<sup>−2t</sup>+µe<sup>−5t/2</sup> (sur R), o`u λ, µ∈R. Il reste `a satisfaire la condition initiale : si ψ(t) =λe^−2t+µe^−5t/2, on a

ψ(0) =a ψ⁰(0) = 0 ⇐⇒

λ+µ=a

−2λ− ¹₂µ= 0 ⇐⇒

λ=−a/3 µ= 4a/3 Finalement,

∀t∈R, ψ(t) = ^−a₃ e^−2t+^4a₃ e^−t/2. 2. Ecriture de (E_l) sous la formeY⁰=AY

On a

y⁰⁰ =−y−5 2y⁰⇐⇒

y⁰ =y⁰

y⁰⁰=−y−⁵₂y⁰ ⇐⇒

y⁰ y⁰⁰

=

0 1

−1 −⁵₂

· y

y⁰

c’est-`a-dire, en posant Y = y

y⁰

,

(El) ⇐⇒ Y⁰ =AY o`u A=

0 1

−1 −⁵₂

.

3. Montrons queA est diagonalisable

Le polynˆome caract´eristique deAestχ_A(λ) =λ²−λTrA+ detA=λ²+⁵₂λ+ 1, ayant pour racines −2 et−¹₂. CommeA est une matrice carr´ee de taille 2 avec deux valeurs propres distinctes, elle est diagonalisable (dans une base de vecteurs propres) : ainsi

∃P ∈GL₂(R) |A=P

−2 0 0 −¹₂

P⁻¹.

4. Calcul de e^t∆ et des solutions deX⁰ = ∆X Soit ∆ =

−2 0 0 −¹₂

. Par d´efinition,

e^t∆=

+∞

X

n=0

tⁿ∆ⁿ n! =

+∞

X

n=0

tⁿ n!

(−2)ⁿ 0 0 (−¹₂)ⁿ

=

P+∞

n=0 (−2t)ⁿ

n! 0

0 P+∞

n=0 (^−t₂ )ⁿ

n!

!

d’o`u

e^t∆=

e^−2t 0 0 e^−t/2

.

Les solutions du syst`eme diff´erentiel X⁰ = ∆X sont de la forme X(t) =e^t∆X0, avec par cons´equent X(0) =X₀. Ainsi la solution cherch´ee est

X(t) =e^t∆

x1

x₂

=

e^−2tx₁ e^−t/2x₂

(t∈R).

5. Majoration deke^tA·Vk_∞

Vu 3.,Aⁿ= (P∆P⁻¹)ⁿ=P∆P⁻¹P∆P⁻¹. . . P∆P⁻¹=P∆ⁿP⁻¹, d’o`u e^tA=

+∞

X

n=0

tⁿAⁿ n! =

+∞

X

n=0

P(t∆)ⁿP⁻¹ n!

Montrons que e^tA = P e^t∆P⁻¹ : une justification est n´ecessaire, car la somme est infinie.

Or

+∞

X

n=0

P(t∆)ⁿP⁻¹

n! = lim

N→+∞

N

X

n=0

P(t∆)ⁿP⁻¹

n! = lim

N→+∞P

N

X

n=0

(t∆)ⁿ n!

! P⁻¹

= P lim

N→+∞

N

X

n=0

(t∆)ⁿ n!

! P⁻¹

la derni`ere ´egalit´e venant du fait que l’application u : M 7→ P M P⁻¹ est continue de M₂(R) dans lui-mˆeme, et donc limN→+∞u(SN) =u(limN→+∞SN). Ainsi

ke^tAVk=kP e^t∆P⁻¹Vk ≤ k|P|k · ke^t∆P⁻¹Vk

o`uk|·|kest la norme matricielle induite park·k(ou norme d’op´erateur). De plus, en notant W =P⁻¹V =

w1

w₂

on a

ke^t∆Wk_∞= max(|e^−2tw₁|,|e^−t/2w₂|)≤max(|w₁|,|w₂|) =kWk_∞ sit≥0. Par cons´equent,

ke^tAVk∞≤ k|P|k · kP⁻¹Vk∞≤ k|P|k · k|P⁻¹|k · kVk∞

et en posant C=k|P|k · k|P⁻¹|k, il vient

∀t≥0, ∀V, ke^tAVk∞≤CkVk∞. Partie III : comparaison des deux solutions

1. Montrons queZ est solution d’un probl`eme de Cauchy Par hypoth`ese : ϕ⁰⁰=−sinϕ−⁵₂ϕ⁰ etψ⁰⁰=−ψ− ⁵₂ψ⁰, donc

ϕ⁰−ψ⁰ =ϕ⁰−ψ⁰

ϕ⁰⁰−ψ⁰⁰ =−sinϕ−⁵₂ϕ⁰+ψ+⁵₂ψ⁰ =−(ϕ−ψ)−⁵₂(ϕ⁰−ψ⁰) +ϕ−sinϕ autrement dit

Z⁰=

ϕ⁰−ψ⁰ ϕ⁰⁰−ψ⁰⁰

=

0 1

−1 −⁵₂

·

ϕ−ψ ϕ⁰−ψ⁰

+

0 ϕ−sinϕ

Ainsi

∀t≥0, Z⁰(t) =AZ(t) + 0

f(t)

.

2. Expression deZ et majoration dekZ(t)k_∞ La fonction ˜Z : t 7→ e^tA ·Rt

0 e^−sA ·B(s)ds est d´erivable (car t 7→ e^tA est d´erivable et t7→Rt

0e^−sA·B(s)ds aussi comme primitive d’une fonction continue), et Z˜⁰(t) =Ae^tA·

Z t 0

e^−sA·B(s)ds+e^tAe^−tA·B(t) =AZ˜(t) +B(t)

De plus ˜Z(0) = 0 = Z(0). Ainsi Z et ˜Z sont solutions du mˆeme probl`eme de Cauchy.

Comme la fonction (t, X)7→A·X+B(t) est affine enX, `a coefficients continus ent(puisque f =ϕ−sinϕest d´erivable donc continue), elle est continue et localement lipschitzienne, par cons´equent le th´eor`eme de Cauchy-Lipschitz s’applique et l’unicit´e donne Z = ˜Z :

∀t≥0, Z(t) =e^tA·Rt

0 e^−sA·B(s)ds) =Rt

0 e^(t−s)A·B(s)ds.

On a donc pour toutt≥0 : kZ(t)k∞=

Z t 0

e^(t−s)A·B(s)ds _∞

≤ Z t

0

e^(t−s)A·B(s) _∞ds≤

Z t 0

CkB(s)k∞ds vu II.5, puisque t−s≥0 pour tout s∈[0;t]. Or

kB(s)k∞=

0 f(s)

∞

= max(|0|,|f(s)|) =|f(s)|

d’o`u

∀t≥0, kZ(t)k_∞≤CRt

0|f(s)|ds.

Enfin, par d´efinition deZ, kZ(t)k∞=

ϕ(t)−ψ(t) ϕ⁰(t)−ψ⁰(t)

∞

= max(|ϕ(t)−ψ(t)|,|ϕ⁰(t)−ψ⁰(t)|) et donc

∀t≥0, |ϕ(t)−ψ(t)| ≤ kZ(t)k_∞. 3. Majoration de|f|

On commence par montrer que

∀x∈R, |x−sinx| ≤ ^|x|₆³

en remarquant qu’il suffit de montrer que ∀x ≥ 0, 0 ≤ x−sinx ≤ ^x₆³ (ce qui donnera, par imparit´e, que ∀x ≤ 0, ^x₆³ ≤ x−sinx ≤ 0). Pour cela on pose g(x) = x−sinx et h(x) =x−sinx− ^x₆³, et on ´etudie les fonctionsg eth surR⁺ :

* g est d´erivable et g⁰(x) = 1−cosx ≥ 0, donc g est croissante, avec g(0) = 0 ; ainsi

∀x≥0, g(x)≥0.

* h est deux fois d´erivable, eth⁰(x) = 1−cosx−^x₂²,h⁰⁰(x) = sinx−x≤0 surR⁺; donc h⁰ est d´ecroissante sur R⁺ et ∀x ≥0, h⁰(x) ≤ h⁰(0) = 0 ; ainsi h est d´ecroissante sur R⁺ et∀x≥0,h(x)≤h(0) = 0

d’o`u les in´egalit´es voulues.

Or pour tout s ≥0, |f(s)| =|ϕ(s)−sinϕ(s)| ≤ ^|ϕ(s)|₆ ³, et d’apr`es I.3 la fonction |ϕ| est major´ee sur [0; +∞[ para, donc

∀s≥0,|f(s)| ≤ ^a₆³. 4. Qualit´e de l’approximation de ϕparψ

Vu 2. et 3., on obtient la majoration suivante de l’erreur :

∀t≥0,|ϕ(t)−ψ(t)| ≤ ^Ca₆³ t et donc pour assurer que|ϕ(t)−ψ(t)| ≤a³, il fautt≤ _C⁶.