Exercice d'entraînement 1.1. Déterminer l'ensemble des solutions dénies sur R du système y

UNS Équations différentielles L3 2020-2021 Correction des exercices d'entrainement

Dans le texte qui suit, on a indiqué en italique tous les commentaires qui ne font pas partie de la correction de l'exercice à proprement parler.

1 Séance 1

Exercice d'entraînement 1.1. Déterminer l'ensemble des solutions dénies sur R du système y

⁰

+ 3y = sin(t)

y(0) = 1 .

Correction : Méthode 1 : Pour résoudre un tel système diérentiel, on commence par trouver l'en- semble des solutions de l'équation diérentielle y

⁰

+ 3y = sin(t) . On injectera ensuite la condition initiale. Pour trouver l'ensemble des solutions de cette équation diérentielle, on utilise le résultat selon lequel les solutions sont les sommes d'une solution particulière de l'équation et d'une solution quelconque de l'équation homogène associée.

L'équation homogène associée à l'équation diérentielle y

⁰

+ 3y = sin(t) est l'équation diérentielle y

⁰

+ 3y = 0 . L'ensemble des solutions dénies sur R de cette équation homogène est

R → R

t 7→ Ce

^−3t

| C ∈ R

.

On a ici appliqué le théorème du cours qui nous donne l'ensemble des solutions d'une équation diérentielle linéaire homogène d'ordre 1.

Cherchons une solution particulière de l'équation diérentielle y

⁰

+ 3y = sin(t) sous la forme ϕ

₀

: R → R

t 7→ λ(t)e

^−3t

,

où λ : R → R est une fonction dérivable sur R. Pour que ϕ

₀

soit solution de l'équation diérentielle, il sut que, pour tout nombre réel t ,

λ

⁰

(t)e

^−3t

− 3λ(t)e

^−3t

+ 3λ(t)e

^−3t

= sin(t)

(Noter que c'est l'implication réciproque qui nous inéresse ici : il s'aagit de démontrer que, si ϕ

₀

est égale à une fonction que l'on va déterminer, alors ϕ est solution de l'équation), c'est-à-dire que, pour tout nombre réel t ,

λ

⁰

(t) = sin(t)e

^3t

ou encore que λ est une primitive dénie sur R de t 7→ sin(t)e

^3t

. Déterminons une telle primitive.

Pour tout nombre réel t ,

sin(t)e

^3t

= Im(e

^it

e

^3t

) = Im(e

^(3+i)t

)

donc une primitive de cette fonction est la fonction F dénie sur R par F (t) = Im

1

3 + i e

^(3+i)t

= Im

3 − i

10 e

^3t

(cos(t) + i sin(t))

= 1

10 (− cos(t) + 3 sin(t))e

^3t

. Ainsi, une solution de l'équation diérentielle y

⁰

+ 3y = sin(t) est

R → R

t 7→

₁₀¹

(− cos(t) + 3 sin(t))e

^3t

e

^−3t

=

₁₀¹

(− cos(t) + 3 sin(t)) .

Par conséquent, l'ensemble des solutions dénies sur R de l'équation diérentielle y

⁰

+ 3y = sin(t)

est

R → R

t 7→ Ce

^−3t

+

₁₀¹

(− cos(t) + 3 sin(t)) | C ∈ R

.

Une telle solution ϕ : t 7→ Ce

^−3t

+

₁₀¹

(− cos(t) + 3 sin(t)) , avec C ∈ R, vérie ϕ(0) = 1 si et seulement si C −

₁₀¹

= 1 , c'est-à-dire C =

¹¹₁₀

. L'ensemble des solutions du problème proposé est donc le singleton

R → R

t 7→

¹¹₁₀

e

^−3t

+

₁₀¹

(− cos(t) + 3 sin(t))

.

Méthode 2 : on transforme directement le membre de gauche de l'équation, comme dans le cours.

Soit ϕ : R → R, une fonction dérivable. La fonction ϕ est solution du problème proposé si et seulement si, pour tout nombre réel t ,

d

dt (ϕ(t)e

^3t

) = sin(t)e

^3t

et ϕ(0) = 1 . Comme on l'a vu lors de la première méthode, une primitive de t 7→ sin(t)e

^3t

est R → R

t 7→

₁₀¹

(− cos(t) + 3 sin(t))e

^3t

.

Ainsi, en intégrant entre 0 et t , ϕ est solution du problème proposé si et seulement si, pour tout nombre réel t ,

ϕ(t)e

^3t

− ϕ(0)e

⁰

= ϕ(t)e

^3t

− 1 = 1

10 (− cos(t) + 3 sin(t))e

^3t

+ 1 10 , c'est-à-dire que, pour tout nombre réel t ,

ϕ(t) = 11 10 + 1

10 (− cos(t) + 3 sin(t)).

On retrouve comme ensemble de solution dénie sur R du problème proposé le singleton R → R

t 7→

¹¹₁₀

e

^−3t

+

₁₀¹

(− cos(t) + 3 sin(t))

.

Exercice d'entraînement 1.2. Déterminer l'ensemble des solutions dénies sur R de l'équation diérentielle

y

⁰

+ ty = t.

Correction : On remarque que la fonction constante égale à 1 est une solution dénie sur R de l'équation diérentielle proposée. Il convient de vérier rapidement en général si des fonctions constantes sont solutions de l'équation diérentielle.

L'équation diérentielle homogène associée à l'équation diérentielle proposée est y

⁰

+ ty = 0.

L'ensemble des solutions dénies sur R de cette équation diérentielle homogène est (

R → R t 7→ Ce

^−t

2 2

| C ∈ R )

.

Ainsi, l'ensemble des solutions dénies sur R de l'équation diérentielle proposée est (

R → R

t 7→ 1 + Ce

^−t

2 2

| C ∈ R )

.

Exercice d'entraînement 1.3. Déterminer l'ensemble des solutions dénies sur R de l'équation diérentielle

y

⁰

+ 2y = e

^−2t

t

²

− 4t + 6 .

Correction : Dans cet exercice, les deux méthodes présentées dans la correction de l'exercice d'en- trainement 1.1 permettent de le résoudre. Comme on aura l'occasion de revenir ultérieurement sur la deuxième méthode, on va utiliser ici la première méthode.

L'équation diérentielle homogène associée à l'équation diérentielle proposée est y

⁰

+ 2y = 0 , dont l'ensemble des solutions dénies sur R est

R 7→ R

t 7→ Ce

^−2t

| C ∈ R

.

Cherchons une solution particulière de l'équation diérentielle proposée sous la forme ϕ

₀

: R → R

t 7→ λ(t)e

^−2t

,

où λ : R → R est une fonction dérivable sur R. Pour que ϕ

0

soit solution de l'équation diérentielle, il sut que, pour tout nombre réel t ,

λ

⁰

(t)e

^−2t

− 2λ(t)e

^−2t

+ 2λ(t)e

^−2t

= e

^−2t

t

²

− 4t + 6 que l'on peut réécrire

λ

⁰

(t) = 1 t

²

− 4t + 6 .

Déterminons donc une primitive de t 7→

_t2−4t+6¹

. Pour tout nombre réel t ,

1

t²−4t+6

=

_(t−2)¹2+2

=

^√1

2

.

√1 2

(^t−2√

2)²+1

.

Ainsi, une primitive de t 7→

_t2−4t+6¹

est t 7→

^√1₂

. arctan(

^t−2√₂

) et une solution particulière de l'équation proposée est l'application dénie sur R par

ϕ

₀

(t) = 1

√ 2 . arctan

t − 2

√ 2

e

^−2t

.

L'ensemble des solutions dénies sur R de l'équation diérentielle proposée est donc R 7→ R

t 7→

^√1₂

. arctan(

^t−2√₂

)e

^−2t

+ Ce

^−2t

|C ∈ R

.

2 Séance 2

Exercice d'entraînement 2.1. Déterminer l'ensemble des solutions dénies sur R de l'équation diérentielle

ty

⁰

+ 2y = t

²

1 + t

²

.

Correction : En divisant par t , on va pouvoir déterminer les solutions dénies sur R

^∗+

et sur R

^∗−

de cette équation. On va ensuite étudier les raccordements dérivables possibles en 0 pour déterminer les solutions dénies sur R de cette équation.

Sur R

^∗+

, l'équation se réécrit

y

⁰

+ 2

t y = t 1 + t

²

.

L'équation homogène associée à cette équation diérentielle est y

⁰

+

²_t

y = 0 . L'ensemble des solutions dénies sur R

^∗+

de cette équation homogène est

R

^∗+

→ R

t 7→ Ce

^{−2 ln(t)}

=

_t^C2

| C ∈ R

.

Déterminons une solution particulière dénie sur R

^∗+

de l'équation avec second membre à l'aide de la méthode de la variation de la constante. Posons

ϕ

₀

: R

^∗+

→ R t 7→

^λ(t)_t2

,

où λ est une fonction dérivable sur R

^∗+

. Pour que ϕ

₀

soit solution de l'équation diérentielle, il sut que, pour tout t ∈ R

^∗+

,

λ

⁰

(t) t

²

− 2

t

³

λ(t) + 2

t

³

λ(t) = t 1 + t

²

que l'on peut réécrire

λ

⁰

(t) = t

³

1 + t

²

. Il s'agit donc de déterminer une primitive de t 7→

_1+t^t32

.

Comme le numérateur est de degré plus grand que le dénominateur dans cette fraction rationnelle, on a besoin d'eectuer au numérateur la division euclidienne du numérateur par le dénominateur.

Pour tout t > 0 ,

t³

1+t²

=

^t(1+t_1+t²2^)−t

= t −

_1+t^t2

= t −

¹₂

.

_1+t^2t2

. Par conséquent, on peut prendre λ déni sur R

^∗+

par

λ(t) = t

²

2 − 1

2 ln(1 + t

²

)

et une solution particulière de l'équation est l'application ϕ

₀

dénie sur R

^∗+

par ϕ

₀

(t) = 1

2 − 1

2t

²

ln(1 + t

²

).

Ainsi, l'ensemble des solutions dénies sur R

^∗+

de l'équation diérentielle avec second membre est R

^∗+

→ R

t 7→

^C_t2

+

¹₂

−

_2t¹2

ln(1 + t

²

) | C ∈ R

.

De même, l'ensemble des solutions dénies sur R

^∗−

de l'équation diérentielle est R

^∗−

→ R

t 7→

^C_t2

+

¹₂

−

_2t¹2

ln(1 + t

²

) | C ∈ R

.

Déterminons maintenant l'ensemble des solutions dénies sur R de cette équation diérentielle.

On va ici raisonner par analyse/synthèse. On va supposer que l'on dispose d'une telle solution et on va essayer de trouver une expression de celle-ci. On vérie ensuite que, réciproquement, les expressions trouvées fournissent bien des solutions de l'équation.

Soit ϕ une solution dénie sur R de cette équation diérentielle.

On se souviendra que, par dénition de la notion de solution d'équation diérentielle, ϕ est dérivable en tout point où elle est dénie, en particulier en 0 .

Alors les restrictions ϕ

|R^∗+

et ϕ

|R^∗−

sont des solutions respectives sur R

^∗+

et R

^∗−

de cette équation.

Ainsi, il existe des constantes réelles C

₁

et C

₂

telles que

∀t > 0, ϕ(t) = C

₁

t

²

+ 1

2 − 1

2t

²

ln(1 + t

²

) et

∀t < 0, ϕ(t) = C

₂

t

²

+ 1

2 − 1

2t

²

ln(1 + t

²

).

Remarquons que, comme ln est dérivable en 1 de dérivée 1 , lim

t→0

1

t

²

ln(1 + t

²

) = lim

t→0

1

(1 + t

²

) − 1 (ln(1 + t

²

) − ln(1)) = ln

⁰

(1) = 1.

Ainsi, si C

₁

6= 0 , lim

t→0⁺

|ϕ(t)| = +∞ et, si C

₂

6= 0 , lim

t→0⁻

|ϕ(t)| = +∞ , ce qui n'est pas possible puisque ϕ est continue en 0 . Ainsi, C

1

= C

2

= 0 . Maintenant, comme ϕ est dérivable en 0 ,

ϕ

⁰

(0) = lim

t→0⁺

ϕ(t) − ϕ(0) t − 0

= lim

t→0⁺

1 t

1

2t

²

ln(1 + t

²

)

= lim

t→0⁺

1

t = +∞,

ce qui n'est pas possible. Ainsi, l'équation proposée n'a aucune solution dénie sur R et l'ensemble recherché est l'ensemble vide.

Exercice d'entraînement 2.2. Déterminer l'ensemble des solutions dénies sur R de l'équation diérentielle

sin(t)

³

y

⁰

− 2 cos(t)y = 0.

Correction : Fixons un entier relatif k et notons I

k

=]kπ, (k + 1)π[ . Sur l'intervalle I

k

, l'équation diérentielle se réécrit

y

⁰

− 2 cos(t)

sin(t)

³

y = 0.

Une primitive dénie sur I

_k

de t 7→ 2

_sin(t)^cos(t)3

est t 7→

_sin(t)⁻¹2

. Ainsi, l'ensemble des solutions dénies sur I

_k

de l'équation diérentielle est

( I

_k

→ R t 7→ Ce

⁻

1

sin(t)2

| C ∈ R )

.

Déterminons maintenant l'ensemble des solutions dénies sur R de l'équation diérentielle. Soit ϕ , une telle solution. Comme, pour tout entier relatif k , la restriction ϕ

|I_k

est solution de l'équation, alors, pour tout entier k , il existe une constante réelle C

k

telle que, pour tout t ∈ I

k

,

ϕ(t) = C

_k

e

−1 sin(t)2

. De plus, par continuité de ϕ , pour tout entier k ,

ϕ(kπ) = lim

t→(kπ)⁺

C

_k

e

−1

sin(t)2

= C

_k

lim

y→−∞

e

^y

= 0.

On peut aussi montrer qu'une telle fonction est nécessairement dérivable en les kπ de dérivée 0 en ces points. Mais ceci n'ajoute pas de contrainte sur les constantes C

_k

donc on passe tout de suite à la réciproque.

Réciproquement, xons une suite (C

_k

)

_k∈Z

de nombres réels et notons

ϕ : R → R

t ∈ I

_k

7→ C

_k

e

⁻

1 sin(t)2

kπ 7→ 0.

Pour tout entier k ∈ Z, ϕ

|I_k

est solution de l'équation diérentielle, d'après ce qui précède. Ainsi, la fonction ϕ est dérivable sur [

k

I

_k

et, pour tout t ∈ [

k

I

_k

, sin(t)

³

ϕ

⁰

(t) − 2 cos(t)ϕ(t) = 0.

Fixons maintenant k ∈ Z. On a, pour t ∈ I

_k

ϕ(t)−ϕ(kπ)

t−kπ

=

_t−kπ^Ck

e

−1 sin(t)2

=

^Ck(sin(t)_t−kπ^{2−sin(kπ)2)e}

−1 sin(t)2

sin(t)²

. .

Comme la fonction sin

²

est dérivable en kπ de nombre dérivé 2 cos(kπ) sin(kπ) = 0 , alors

t→kπ

lim

sin(t)

²

− sin(kπ)

²

t − kπ = 0 donc

t→(kπ)

lim

⁺

ϕ(t) − ϕ(kπ)

t − kπ = C

k

.0. lim

x→−∞

−xe

^x

= 0.

De même, on montre que

lim

t→(kπ)⁻

ϕ(t) − ϕ(kπ) t − kπ = 0 donc ϕ est dérivable en kπ de dérivée nulle en ce point. Enn

sin(kπ)

³

ϕ

⁰

(kπ) − 2 cos(kπ)ϕ(kπ) = 0.

Ainsi ϕ est solution de l'équation proposée. L'ensemble des solutions de l'équation diérentielle proposée est donc







R → R t ∈ I

_k

7→ C

_k

e

⁻

1 sin(t)2

kπ 7→ 0

| (C

k

)

k∈Z

∈ R

^Z





 .

Noter que l'on trouve ici un espace de solutions de dimension innie.

3 Séance 3

Exercice d'entraînement 3.1. Résoudre les systèmes diérentiels suivants







x

⁰

= 3x + 3y − 2z y

⁰

= x + y + 2z z

⁰

= x + 3y







x

⁰

= 3x + 3y − 2z + 2e

^t

y

⁰

= x + y + 2z

z

⁰

= x + 3y + 2e

^−t

Correction : On suit ici la méthode décrite dans la section 2.1 du polycopié. Il s'agit tout d'abord de réduire la matrice du système diérentiel.

On note (S

0

) le premier système diérentiel et (S) le deuxième système diérentiel. On remarque que le système (S

₀

) est le système homogène associé à (S) . On note

A =





3 3 −2 1 1 2 1 3 0



 .

Réduisons la matrice A . Le polynôme caractéristique de A est, en développant par rapport à la première colonne,

χ

_A

(X) =

X − 3 −3 2

−1 X − 1 −2

−1 −3 X

= (X − 3)

X − 1 −2

−3 X

+

−3 2

−3 X

−

−3 2 X − 1 −2

= (X − 3)(X(X − 1) − 6) + (−3X + 6) − (6 − 2(X − 1))

= X

³

− 4X

²

− 4X + 16

= (X − 2)(X

²

− 2X − 8)

= (X − 2)((X − 1)

²

− 9)

= (X − 2)(X − 1 − 3)(X − 1 + 3) = (X − 4)(X − 2)(X + 2).

Déterminons les sous-espaces propres associés à A . Soit



 x y z



 ∈ R

³

. On a



 x y z



 ∈ Ker(A − 4I

₃

) ⇔







−x + 3y − 2z = 0 x − 3y + 2z = 0 x + 3y − 4z = 0 L

₂

← L

₂

+ L

₁

L

₃

← L

₃

+ L

₁

⇔







−x + 3y − 2z = 0 0 = 0 6y − 6z = 0

⇔

x = z y = z

⇔



 x y z



 =



 z z z



 = z



 1 1 1





⇔



 x y z



 ∈ Vect



 1 1 1



 .

De même



 x y z



 ∈ Ker(A − 2I

₃

) ⇔







x + 3y − 2z = 0 x − y + 2z = 0 x + 3y − 2z = 0 L

2

← L

2

− L

1

L

₃

← L

₃

− L

₁

⇔







x + 3y − 2z = 0

−4y + 4z = 0 0 = 0

⇔

x = −z y = z

⇔



 x y z



 =





−z z z



 = z





−1 1 1





⇔



 x y z



 ∈ Vect





−1 1 1



 .

et 

 x y z



 ∈ Ker(A − 2I

₃

) ⇔







5x + 3y − 2z = 0 x + 3y + 2z = 0 x + 3y + 2z = 0 L

₁

← L

₁

− 5L

₃

L

₂

← L

₂

− L

₃

⇔







−12y − 12z = 0

0 = 0

x + 3y + 2z = 0

⇔

y = −z x = z

⇔



 x y z



 =



 z

−z z



 = z



 1

−1 1





⇔



 x y z



 ∈ Vect



 1

−1 1



 .

Les vecteurs u

1

=



 1 1 1



 , u

2

=





−1 1 1



 et u

3

=



 1

−1 1



 forment des bases respectives des espaces propres associés à 4 , à 2 et à −2 . Comme ces espaces propres sont en somme directe, la famille (u, v, w) est libre. Comme elle est constituée de 3 = dim( R

³

) vecteurs, c'est une base de R

³

. Résolvons donc le système diérentiel (S

₀

) . Soit Φ : R → R

³

une application dérivable. Comme (u, v, w) est une base de R

³

, on peut poser, pour tout nombre réel t ,

Φ(t) = ϕ

1

(t)u

1

+ ϕ

2

(t)u

2

+ ϕ

3

(t)u

3

. L'application Φ est solution de (S

₀

) si et seulement si

(∗) ∀t ∈ R , Φ

⁰

(t) = AΦ(t).

On a

(∗) ⇔ ∀t ∈ R , ϕ

⁰₁

(t)u

₁

+ ϕ

⁰₂

(t)u

₂

+ ϕ

⁰₃

(t)u

₃

= ϕ

₁

(t)Au

₁

+ ϕ

₂

(t)Au

₂

+ ϕ

₃

(t)Au

₃

⇔ ∀t ∈ R , ϕ

⁰₁

(t)u

1

+ ϕ

⁰₂

(t)u

2

+ ϕ

⁰₃

(t)u

3

= ϕ

1

(t).(4u

1

) + ϕ

2

(t)(2u

2

) + ϕ

3

(t)(−2u

3

).

Comme (u

₁

, u

₂

, u

₃

) est une famille libre, on a (∗) ⇔ ∀t ∈ R ,







ϕ

⁰₁

(t) = 4ϕ

₁

(t) ϕ

⁰₂

(t) = 2ϕ

₂

(t) ϕ

⁰₃

(t) = −2ϕ

₃

(t)

⇔ ∃(C

₁

, C

₂

, C

₃

) ∈ R

³

, ∀t ∈ R ,







ϕ

₁

(t) = C

₁

e

^4t

ϕ

₂

(t) = C

₂

e

^2t

ϕ

₃

(t) = C

₃

e

^−2t

⇔ ∃(C

₁

, C

₂

, C

₃

) ∈ R

³

, ∀t ∈ R , Φ(t) = C

₁

e

^4t



 1 1 1



 + C

₂

e

^2t





−1 1 1



 + C

₃

e

^−2t



 1

−1 1



 . Ainsi, l'ensemble des solutions dénies sur R du système (S

₀

) est



 



 



R → R

³

t 7→





C

1

e

^4t

− C

2

e

^2t

+ C

3

e

^−2t

C

₁

e

^4t

+ C

₂

e

^2t

− C

₃

e

^−2t

C

₁

e

^4t

+ C

₂

e

^2t

+ C

₃

e

^−2t





| (C

1

, C

2

, C

3

) ∈ R

³



 



 



.

Déterminons une solution de (S) .

Comme on connaît déjà l'ensemble des solutions du système homogène associé, il sut de trouver une solution particulière de (S) pour en déduire l'ensemble des solutions de (S

₀

) . Pour ce faire, on va réécrire le système diérentiel dans la base (u

₁

, u

₂

, u

₃

) . On pourrait aussi intuiter la forme d'une solution particulière, mais cette deuxième méthode ne marche pas à tout les coups, contrairement à la réécriture dans une base adaptée.

Fixons t ∈ R. Déterminons les coordonnées du vecteur



 2e

^t

0 2e

^−t



 dans la base (u

₁

, u

₂

, u

₃

) . Soit (λ

1

, λ

2

, λ

3

) ∈ R

³

. On a



 2e

^t

0 2e

^−t



 = λ

₁

u

₁

+ λ

₂

u

₂

+ λ

₃

u

₃

⇔







λ

₁

− λ

₂

+ λ

₃

= 2e

^t

λ

₁

+ λ

₂

− λ

₃

= 0 λ

1

+ λ

2

+ λ

3

= 2e

^−t

L

₂

← L

₂

− L

₁

L

₃

← L

₃

− L

₁

⇔







λ

1

− λ

2

+ λ

3

= 2e

^t

2λ

₂

− 2λ

₃

= −2e

^t

2λ

₂

= 2e

^−t

− 2e

^t

⇔







λ

1

= 2e

^t

+ λ

2

− λ

3

= e

^t

λ

₃

= λ

₂

+ e

^t

= e

^−t

λ

₂

= e

^−t

− e

^t

Soit Φ : R → R

³

. On note, pour tout nombre réel t ,

Φ(t) = ϕ

₁

(t)u

₁

+ ϕ

₂

(t)u

₂

+ ϕ

₃

(t)u

₃

.

L'application Φ est solution de (S) si et seulement si, pour tout nombre réel t ,

Φ

⁰

(t) = Aφ(t) +



 2e

^t

0 2e

^−t





ce que l'on peut réécrire, en décomposant dans la base (u

1

, u

2

, u

3

) ,

∀t ∈ R , ϕ

⁰₁

(t)u

₁

+ ϕ

⁰₂

(t)u

₂

+ ϕ

⁰₃

(t)u

₃

= (4ϕ

₁

(t) + e

^t

)u

₁

+ (2ϕ

₂

(t) + e

^−t

− e

^t

)u

₂

+ (−2ϕ

₃

(t) + e

^−t

)u

₃

ou encore

∀t ∈ R ,







ϕ

⁰₁

(t) = 4ϕ

₁

(t) + e

^t

ϕ

⁰₂

(t) = 2ϕ

₂

(t) + e

^−t

− e

^t

ϕ

⁰₃

(t) = −2ϕ

₃

(t) + e

^−t

ou encore

∀t ∈ R ,







d

dt

(ϕ

₁

(t)e

^−4t

) = e

^−3t

d

dt

(ϕ

₂

(t)e

^−2t

) = e

^−3t

− e

^−t

d

dt

(ϕ

₃

(t)e

^2t

) = e

^t

.

Il sut donc de prendre Φ de sorte que, pour tout nombre réel t , ϕ

₁

(t)e

^−4t

=

⁻¹₃

e

^−3t

, ϕ

₂

(t)e

^−2t

=

−1

3

e

^−3t

+ e

^−t

et ϕ

₃

(t)e

^2t

= e

^t

. Une solution particulière de (S) est donc l'application Φ dénie sur

R par

Φ(t) = − 1

3 e

^t

u

1

+ (− 1

3 e

^−t

+ e

^t

)u

2

+ e

^−t

u

3

=





−

⁴₃

e

^t

+

⁴₃

e

^−t

2

3

e

^t

−

⁴₃

e

^−t

2

3

(e

^t

+ e

^−t

)



 . Par conséquent, l'ensemble des solutions dénies sur R du système (S) est



 



 



R → R

³

t 7→





−

⁴₃

e

^t

+

⁴₃

e

^−t

+ C

₁

e

^4t

− C

₂

e

^2t

+ C

₃

e

^−2t

2

3

e

^t

−

⁴₃

e

^−t

+ C

₁

e

^4t

+ C

₂

e

^2t

− C

₃

e

^−2t

2

3

(e

^t

+ e

^−t

) + C

₁

e

^4t

+ C

₂

e

^2t

+ C

₃

e

^−2t





| (C

₁

, C

₂

, C

₃

) ∈ R

³



 



 



.

4 Séance 4

Exercice d'entraînement 4.1. Pour chacun des systèmes diérentiels suivants, déterminer l'en- semble des solutions du système diérentiel proposé, tracer le portrait de phase associé à ce système diérentiel et étudier la stabilité de l'origine.

1.

x

⁰

= −2x

y

⁰

= x − y 2.

x

⁰

= −6x + 8y y

⁰

= −4x + 6y 3.

x

⁰

= −x − 2y y

⁰

= 4x + 5y

Correction : 1. Comme le système diérentiel est triangulaire supérieur, il n'y a pas besoin de réduire la matrice du système.

Soit Φ : R → R

²

t 7→

ϕ

₁

(t) ϕ

₂

(t)

une application dérivable.

L'application Φ est solution du système diérentiel proposé si et seulsement si (∗) ∀t ∈ R ,

ϕ

⁰₁

(t) = −2ϕ

₁

(t)

ϕ

⁰₂

(t) = ϕ

₁

(t) − ϕ

₂

(t) On résout alors la première ligne puis la deuxième ligne.

On a

(∗) ⇐⇒ ∃C

₁

∈ R , ∀t ∈ R ,

ϕ

₁

(t) = C

₁

e

^−2t

ϕ

⁰₂

(t) = C

₁

e

^−2t

− ϕ

₂

(t)

⇐⇒ ∃C

1

∈ R , ∀t ∈ R ,

ϕ

1

(t) = C

1

e

^−2t

d

dt

(ϕ

₂

(t)e

^t

) = ϕ

⁰₂

(t)e

^t

+ ϕ

₂

(t)e

^t

= C

₁

e

^−t

⇐⇒ ∃(C

₁

, C

₂

) ∈ R

²

, ∀t ∈ R ,

ϕ

₁

(t) = C

₁

e

^−2t

ϕ

₂

(t)e

^t

= −C

₁

e

^−t

+ C

₂

⇐⇒ ∃(C

₁

, C

₂

) ∈ R

²

, ∀t ∈ R ,

ϕ

₁

(t) = C

₁

e

^−2t

ϕ

₂

(t) = −C

₁

e

^−2t

+ C

₂

e

^−t

L'ensemble des solutions dénies sur R du système proposé est donc







R → R

²

t 7→

C

₁

e

^−2t

−C

1

e

^−2t

+ C

2

e

^−t

(C

₁

, C

₂

) ∈ R

²





 .

Si l'on pose u = 1

−1

et v = 0

1

, on peut réécrire cet ensemble sous la forme suivante R → R

²

t 7→ C

₁

e

^−2t

u + C

₂

e

^−t

v

(C

₁

, C

₂

) ∈ R

²

. Pour toute solution Φ de ce système diérentiel, on a lim

t→+∞

Φ(t) = 0 donc l'origine est asymptoti-

quement stable.

Portrait de phase : On note ( ϕ e

1

, ϕ e

2

) les coordonnées d'une solution Φ dans la base (u, v) (cette famille a déterminant 1 6= 0 donc forme une base de R

²

). On reprend les notations précédentes.

Si C

₂

= 0 , alors, pour tout t ∈ R, Φ(t) = C

₁

e

^−2t

u . Si C

1

= 0 , alors, pour tout t ∈ R, Φ(t) = C

2

e

^−t

v .

Si C

1

6= 0 et C

2

6= 0 , on remarque que ϕ e

1

= constante. ϕ e

²₂

donc les trajectoires sont incluses dans les courbes d'équations x ˜ = Constante.˜ y

²

, où (˜ x, y) ˜ sont les coordonnées dans la base (u, v) . On obtient donc le portrait de phase suivant.

2. Notons

A =

−6 8

−4 6

et réduisons la matrice A . Le polynôme caractéristique de A est χ

_A

(X) =

X + 6 −8 4 X − 6

= (X + 6)(X − 6) + 8.4

= X

²

− 4 = (X − 2)(X + 2).

Les valeurs propres de A sont donc −2 et 2 . Déterminons les sous-espaces propres associés.

Soit x

y

∈ R

²

. On a x y

∈ ker(A + 2I

₂

) ⇐⇒

−4x + 8y = 0

−4x + 8y = 0 L

₂

← L

₂

+ L

₁

⇐⇒

−4x + 8y = 0 0 = 0

⇐⇒ x = 2y

⇐⇒

x y

∈ Vect(u)

avec u = 2

1

. De même x

y

∈ ker(A − 2I

₂

) ⇐⇒

−8x + 8y = 0

−4x + 4y = 0 L

₂

← L

₂

+ L

₁

⇐⇒

−8x + 8y = 0 0 = 0

⇐⇒ x = y

⇐⇒

x y

∈ Vect(v) avec v =

1 1

.

Les vecteurs u et v forment chacun une base d'un sous-espace propre de A . Comme les sous-espaces propres de A sont en somme directe, alors (u, v) est une famille libre donc, comme elle est constituée de 2 = dim( R

²

) vecteurs, c'est une base de R

²

.

Soit Φ : R → R

²

une application dérivable. On décompose Φ suivant la base (u, v) : pour tout nombre réel t ,

Φ(t) = ϕ

₁

(t)u + ϕ

₂

(t)v.

L'application Φ est solution du système proposé si et seulement si (∗) ∀t ∈ R , Φ

⁰

(t) = AΦ(t).

On décompose alors dans la base (u, v) .

(∗) ⇐⇒ ∀t ∈ R , ϕ

⁰₁

(t)u + ϕ

⁰₂

(t)v = ϕ

₁

(t)Au + ϕ

₂

(t)Av

⇐⇒ ∀t ∈ R , ϕ

⁰₁

(t)u + ϕ

⁰₂

(t)v = −2ϕ

₁

(t)u + 2ϕ

₂

(t)v

⇐⇒ ∀t ∈ R ,

ϕ

⁰₁

(t) = −2ϕ

₁

(t) ϕ

⁰₂

(t) = 2ϕ

₂

(t)

⇐⇒ ∃(C

₁

, C

₂

) ∈ R

²

, ∀t ∈ R ,

ϕ

₁

(t) = C

₁

e

^−2t

ϕ

₂

(t) = C

₂

e

^2t

L'ensemble des solutions dénies sur R du système proposé est donc

R → R

²

t 7→ C

₁

e

^−2t

u + C

₂

e

^2t

v

(C

₁

, C

₂

) ∈ R

²

que l'on peut réécrire







R → R

²

t 7→

2C

₁

e

^−2t

+ C

₂

e

^2t

C

₁

e

^−2t

+ C

₂

e

^2t

(C

1

, C

2

) ∈ R

²





 .

Si C

₁

= 0 et C

₂

= 1 , on voit que

t→+∞

lim kΦ(t)k = +∞

donc l'origine n'est pas stable.

Portrait de phase : On note Φ une solution du système et on reprend les notations précédentes.

Si C

₂

= 0 , alors, pour tout réel t , Φ(t) = C

₁

e

^−2t

u . Si C

₁

= 0 , alors, pour tout réel t , Φ(t) = C

₂

e

^2t

v . Si C

₁

6= 0 et C

₂

6= 0 , alors ϕ

₂

(t) =

^constante_ϕ

1(t)

donc les trajectoires sont incluses dans les courbes d'équations y ˜ =

^constante_x˜

, où (˜ x, y) ˜ sont les coordonnées dans la base (u, v) .

On en déduit le portrait de phase de ce système diérentiel.

3. Notons

A =

−1 −2

4 5

et réduisons la matrice A . Le polynôme caractéristique de A est χ

A

(X) =

X + 1 2

−4 X − 5

= (X + 1)(X − 5) + 4.2

= X

²

− 4X + 3

= (X − 2)

²

− 1

= (X − 2 − 1)(X − 2 + 1) = (X − 3)(X − 1)

Les valeurs propres de A sont donc 1 et 3 . Déterminons les sous-espaces propres associés.

Soit x

y

∈ R

²

. On a x y

∈ ker(A − I

2

) ⇐⇒

−2x − 2y = 0 4x + 4y = 0 L

₂

← L

₂

+ 2L

₁

⇐⇒

−2x − 2y = 0 0 = 0

⇐⇒ y = −x

⇐⇒

x y

∈ Vect(u)

avec u = 1

−1

. De même x

y

∈ ker(A − 2I

₂

) ⇐⇒

−4x − 2y = 0 4x + 2y = 0 L

2

← L

2

+ L

1

⇐⇒

−4x − 2y = 0 0 = 0

⇐⇒ y = −2x

⇐⇒

x y

∈ Vect(v)

avec v = 1

−2

.

Les vecteurs u et v forment chacun une base d'un sous-espace propre de A . Comme les sous-espaces propres de A sont en somme directe, alors (u, v) est une famille libre donc, comme elle est constituée de 2 = dim( R

²

) vecteurs, c'est une base de R

²

.

Soit Φ : R → R

²

une application dérivable. On décompose Φ suivant la base (u, v) : pour tout nombre réel t ,

Φ(t) = ϕ

₁

(t)u + ϕ

₂

(t)v.

L'application Φ est solution du système proposé si et seulement si (∗) ∀t ∈ R , Φ

⁰

(t) = AΦ(t).

On décompose alors dans la base (u, v) .

(∗) ⇐⇒ ∀t ∈ R , ϕ

⁰₁

(t)u + ϕ

⁰₂

(t)v = ϕ

₁

(t)Au + ϕ

₂

(t)Av

⇐⇒ ∀t ∈ R , ϕ

⁰₁

(t)u + ϕ

⁰₂

(t)v = ϕ

1

(t)u + 3ϕ

2

(t)v

⇐⇒ ∀t ∈ R ,

ϕ

⁰₁

(t) = ϕ

₁

(t) ϕ

⁰₂

(t) = 3ϕ

₂

(t)

⇐⇒ ∃(C

₁

, C

2

) ∈ R

²

, ∀t ∈ R ,

ϕ

1

(t) = C

1

e

^t

ϕ

₂

(t) = C

₂

e

^3t

L'ensemble des solutions dénies sur R du système proposé est donc

R → R

²

t 7→ C

₁

e

^t

u + C

₂

e

^3t

v

(C

1

, C

2

) ∈ R

²

que l'on peut réécrire







R → R

²

t 7→

C

₁

e

^t

+ C

₂

e

^3t

−C

₁

e

^t

− 2C

₂

e

^3t

(C

1

, C

2

) ∈ R

²





 .

Si C

₁

= 1 et C

₂

= 0 , on voit que

t→+∞

lim kΦ(t)k = +∞

donc l'origine n'est pas stable.

Portrait de phase : On note Φ une solution du système et on reprend les notations précédentes.

Si C

₂

= 0 , alors, pour tout réel t , Φ(t) = C

₁

e

^t

u . Si C

₁

= 0 , alors, pour tout réel t , Φ(t) = C

₂

e

^3t

v .

Si C

₁

6= 0 et C

₂

6= 0 , alors ϕ

₂

(t) = constante.ϕ

₁

(t)

³

donc les trajectoires sont incluses dans les courbes d'équations y ˜ = constante. x ˜

³

, où (˜ x, y) ˜ sont les coordonnées dans la base (u, v) .

On en déduit le portrait de phase de ce système diérentiel.

5 Séance 5

Exercice d'entraînement 5.1. Pour chacun des systèmes diérentiels suivants, déterminer l'en- semble des solutions du système diérentiel proposé, tracer le portrait de phase associé à ce système diérentiel et étudier la stabilité de l'origine.

1.

x

⁰

= −x + y y

⁰

= −x − y 2.

x

⁰

= 6x − 10y y

⁰

= 4x − 6y 3.

x

⁰

= −3x + 13y y

⁰

= −2x + 7y Correction : 1. Ce premier système est de la forme

x

⁰

= ax − by y

⁰

= bx + ay .

On peut donc utiliser la méthode décrite dans la section 2.1.3 du polycopié pour résoudre ce type de système : on pose z = x + iy et on trouve une équation diérentielle vériée par z .

Soit Φ : R → R

²

t 7→

ϕ

₁

(t) ϕ

₂

(t)

une application dérivable. On pose, pour tout nombre réel t , z(t) = ϕ

₁

(t) + iϕ

₂

(t) . L'application Φ est solution du système diérentiel proposé si et seulement si, pour tout nombre réel t ,

ϕ

⁰₁

(t) + iϕ

⁰₂

(t) = (−ϕ

₁

(t) + ϕ

₂

(t)) + i(−ϕ

₁

(t) − ϕ

₂

(t)), c'est-à-dire que, pour tout t ∈ R,

z

⁰

(t) = (−1 − i)z(t).

Ceci équivaut à dire qu'il existe C = C

₁

+ iC

₂

∈ C telle que

∀t ∈ R , z(t) = Ce

^(−1−i)t

.

Ainsi, l'ensemble des solutions dénies sur R du système proposé est







R → R

²

t 7→ e

^−t

C

1

cos(t) + C

2

sin(t)

−C

₁

sin(t) + C

₂

cos(t)

(C

₁

, C

₂

) ∈ R

²





 .

On remarque que, pour toute solution Φ du système,

t→+∞

lim Φ(t) = 0 donc l'origine est asymptotiquement stable.

Portrait de phase : Comme précédemment, on note z l'axe d'une solution du système. Remarquons

que, pour tout nombre réel t , |z(t)| = e

^−t

donc le module est décroissant et converge vers 0 en +∞ .

De même, pour nombre réel t , arg(z(t)) = arg(C) − t donc la solution tourne dans le sens indirect.

2. Ici, on va réduire la matrice pour se ramener à un système de la forme de la question précédente.

On pose A =

6 −10 4 −6

. Le polynôme caractéristique de A est

χ

_A

(X) = (X − 6)(X + 6) + 40 = X

²

+ 4 = X

²

− (2i)

²

= (X − 2i)(X + 2i).

Ici, comme la matrice A est à coecients réels, si l'on conjugue un vecteur propre pour 2i , on obtient un vecteur propre pour −2i . La connaissance d'un seul espace propre sut donc.

Déterminons l'espace propre associé à la valeur propre 2i . Soit x

y

∈ C

²

. On a

x y

∈ ker(A − 2iI

₂

) ⇐⇒

(6 − 2i)x − 10y = 0 4x − (6 + 2i)y = 0 L

₁

← L

₁

−

⁶⁻²ⁱ₄

L

₂

= L

₁

−

³⁻ⁱ₂

L

₂

⇐⇒

0 = 0 4x − (6 + 2i)y = 0

⇐⇒ x =

³⁺ⁱ₂

y

⇐⇒

x y

∈ Vect(u)

avec u =

3 + i 2

. On pose alors u

₁

= Re(u) = 3

2

et u

₂

= Im(u) = 1

0

. Comme la famille (u

₁

, u

₂

) a pour déterminant −2 6= 0 dans la base canonique, la famille (u

₁

, u

₂

) constitue une base de R

²

. En prenant les parties réelles et imaginaires de la relation Au = 2iu , on trouve que Au

₁

= −2u

₂

et Au

₂

= 2u

₁

.

Le système écrit dans la base (u

₁

, u

₂

) sera alors de la forme x

⁰

= ax − by

y

⁰

= bx + ay ,

ce qui permet d'appliquer la même méthode que dans la question précédente.

Soit Φ : R → R

²

une application dérivable. On décompose Φ dans la base (u

₁

, u

₂

) :

∀t ∈ R , Φ(t) = ϕ

₁

(t)u

₁

+ ϕ

₂

(t)u

₂

.

On pose, pour tout nombre réel t , z(t) = ϕ

₁

(t) + iϕ

₂

(t). L'application Φ est solution du système proposé si et seulement si

(∗) ∀t ∈ R , Φ

⁰

(t) = AΦ(t).

On a

(∗) ⇐⇒ ∀t ∈ R , ϕ

⁰₁

(t)u

₁

+ ϕ

⁰₂

(t)u

₂

= −2ϕ

₁

(t)u

₂

+ 2ϕ

₂

(t)u

₁

⇐⇒ ∀t ∈ R ,

ϕ

⁰₁

(t) = 2ϕ

₂

(t) ϕ

⁰₂

(t) = −2ϕ

₁

(t)

⇐⇒ ∀t ∈ R , z

⁰

(t) = (−2i)z(t)

⇐⇒ ∃(C

₁

, C

₂

) ∈ R

²

, ∀t ∈ R , z(t) = (C

₁

+ iC

₂

)e

^−2it

⇐⇒ ∃(C

₁

, C

₂

) ∈ R

²

, ∀t ∈ R ,

ϕ

₁

(t) = Re(z(t)) = C

₁

cos(2t) + C

₂

sin(2t) ϕ

₂

(t) = Im(z(t)) = −C

₁

sin(2t) + C

₂

cos(2t) Ainsi, l'ensemble des solutions dénies sur R du système proposé est







R → R

²

t 7→

(3C

₁

+ C

₂

) cos(2t) + (3C

₂

− C

₁

) sin(2t) 2(C

₁

cos(2t) + C

₂

sin(2t))

(C

₁

, C

₂

) ∈ R

²





 .

Toute solution Φ du système diérentiel est bornée donc l'origine est stable. Par contre, comme le module de l'axe z de Φ dans la base (u

₁

, u

₂

) est constant, l'origine n'est pas asymptotiquement stable.

Portrait de phase : on reprend les notations précédentes. Pour tout t ∈ R,

|z(t)| = |C

₁

+ iC

₂

| . Le module est constant. De plus, pour tout t ∈ R,

arg(z(t)) = arg(C

₁

+ iC

₂

) − 2t

donc l'argument est décroissant : les trajectoires solutions tournent dans le sens opposé du sens

donné par l'orientation de la base (u

1

, u

2

) . Comme la base (u

1

, u

2

) est indirecte, les trajectoires

tournent donc dans le sens direct.