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 dsubs eigenring endomorphism_charpoly equinv eta_k, , , , , , , eulersols exactsol expsols exterior_power firint firtest formal_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_reduce muchange mult mutest newton_polygon normalG2 odeadvisor, , , , , , , odepde parametricsol phaseportrait poincare polysols ratsols redode, , , , , , ,
reduceOrder reduce_order regular_parts regularsp remove_RootOf, , , , , riccati_system riccatisol rifread rifsimp rightdivision rtaylor 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. 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 : y
y' = ) 1 (1
− x
x = 11
−
x − x1 s’intègre en ln |y(x)| = ln
|
x
x 1−
|
+ K . Finalement y = C x x 1− . Equation avec second membre. Faisons « varier la constante ».y(x) = C(x) x
x 1− donne C’(x) = )² 1 ( −−
x x , donc C(x) =
∫
(−xx−.1dx)² = −∫
u .u+²1du = x1−1 − ln | x − 1 | + C. x
1[ 1 – ( x − 1 ) ln(1 – x) ] + A x
x 1− sur ]−∞, 0 [ y(x) =
x
1[ 1 – ( x − 1 ) ln(1 – x) ] + B x
x 1− sur ]0, 1[
x
1[ 1 – ( x − 1 ) ln(x – 1) ] + C x
x 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 + 2
x + o(x) en 0− , y(x) = xB
−
1 + B – 1 + 2
x + 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 (
) (
x x
x y x−− →
2 1 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) =
∑
anxn 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
n n
x . Rayon 1.
y(x) =
∑
+∞=1 n
n
n x −
∑
+∞=1 +1
n n
n
x = … = 1 + 1 .ln(1 x) x
x −
− . 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(powparm) ... end procend procend procend proc
1 2x 1
6x2 1
12x3 1
20x4 1
30x5 1
42x6 1
56x7 1
72x8 1
90x9 1
110x10 1
132x11 1
+ + + + + + + + + + + 156
x12 + O x( 13)
> 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,color=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 + x
1 = 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 = Cex.
La variation des constantes : y(x) = C(x)ex donne C’(x)ex + x
1 = 0, donc C’(x) = − x e−x
. Par conséquent, C(x) =
∫
x+∞ −ett.dt + A et y(x) = ex∫
x+∞ −ett.dt + Aex.2) La solution y0(x) = ex
∫
x+∞ −ett.dt est bornée au V(+∞).En effet, 0 < y0(x) <
x ex
∫
x+∞e .−tdt = 1x → 0. Les autres solutions tendent vers ±∞ en +∞. 3) Au V(0+), y0(x) = ex∫
x+∞ −ett.dt ∼∫
x+∞et−t.dt =∫
x1et−t.dt +∫
1+∞et−t.dt → +∞ en 0+, car∫
01et−t.dtdiverge. 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 e)eeex
> Y:=(lambda,x)->(Ei(1,x)+lambda)*exp(x);
P:=lambda->plot(Y(lambda,x),x=0.03..3.5,-10..10,thickness=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
11 . 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) = x x C )(
. Il vient C’(x) =
x x) 1 ( 2
−1 , donc ( u = x) :
C(x) =
∫
−x x dx ) 1 (
2 =
∫
1 u−du² = 21ln|
xx+−11|
+ C.Sur ]−∞, 0[, posons y(x) = x x C
− )
( . Il vient C’(x) =
x x−1) − ( 2
1 , donc ( u = −x) C(x) =
∫
− −x x
dx ) 1 (
2 =
∫
udu²+1 = Arctan −x + C. Au final :
x x Arc
− − tan +
x
−A pour x < 0 y(x) =
x 2
1 ln x x
−+ 1
1 + x
B pour 0 < x < 1
x 2
1 ln 1 1
−+ x x +
x
C 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) = x
−A + 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) = 3
2x + 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 nxn
a , on trouve après identification an = 1 21
+
n . La série entière obtenue a pour rayon de convergence 1. Il y a donc une solution DSE sur ]−1, 1[ : h(x) =
∑
≥02 +1
n n
n x .
h(x) =
x x Arc
− −
tan pour −1 < x < 0 , h(x) = x 2
1 ln x x
−+ 1
1 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,arctanh(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:=plot([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 (Iarctan( −x~) + _C1)
−x~
= ( )
y x arctanh( x) + _C1 x
> 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) + =
∂∂
xy x( ) (1 − x)y x( ) 1 :=
A procprocprocproc(powparm) ... end procend procend procend proc 1 1
3x 1 5x2 1
7x3 1 9x4 1
11x5 1 13x6 1
15x7 1 17x8 1
19x9 1
21x10 1 23x11
+ + + + + + + + + + + +
( ) O x12
Exercice 4 : Résoudre l’équation ( 1 – x2 ).y’ – x y = 1. [ écrit Mines 1985, partie II ] Solution : 1) Equation homogène :
y y' =
² 1 xx
− se résout en ln | y | = − 2
1ln | 1 – x2| , y(x) =
² 1 x
C
− . 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,thickness=2):
q:=a->plot(h(a,x),x=-1..1,-3..3,color=blue,thickness=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);
:=
a procprocprocproc(powparm) ... end procend procend procend proc
+ + + + + + +
x 2
3x3 8
15x5 16
35x7 128
315x9 256
693x11 1024
3003x13 O x( 15) :=
h (a x, ) → a + arcsin x( ) − 1 x2 :=
g (a x, ) → −signum x( )f x( ) + a −
x2 1
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 2x3
+ x.
L’équation homogène a pour solution générale C.( x2 + 1 )3/2 . Conclusion : (E) a pour solution générale y(x) =
3 2x3
+ x + C.( x2 + 1 )3/2 . 2) Un développement asymptotique en +∞ donne :
y(x) = 3 2x3
+ x + C x3 ( 1 +
² 1 x )
3/2 =
(
32 + C
)
x3 + ( 1 + 23C ) x + O(
x 1) . y est bornée au V(+∞) ssi C = −
3
2. 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 + + x 2 3x3
> f:=x->C*(1+x^2)^(3/2)+x+2/3*x^3;asympt(f(x),x);
:=
f x → C (1 + x2)(3 2/ ) + + x 2 3x3
+ + − + +
+ C 2
3 x3
3 +
2C 1 x 3 8C
x 1 16
C x3
3 128C
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 −
∫
0xa(u).du , où C(x) = C(0) +∫
0xb(u).exp(∫
0ua(t).dt).du .ou encore : y(x) = C(0).exp −
∫
0xa(u).du +∫
0xb(u).exp(−∫
uxa(t).dt).du .La condition y(0) = y(2π) s’écrit : y(0).
[
1 − exp(−∫
02πa(u).du)]
=∫
02πb(u).exp(−∫
u2πa(t).dt).du.D’où la discussion :
• Si
∫
02πa(u).du = 0 et∫
02πb(u).exp(−∫
u2πa(t).dt).du ≠ 0, pas de solution périodique.• Si
∫
02πa(u).du = 0 et∫
02πb(u).exp(−∫
u2πa(t).dt).du = 0, toutes les solutions sont périodiques.• Si
∫
02πa(u).du ≠ 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) =
2sin
cosx+ x + C.e−x , et a une seule solution périodique : y(x) =
2sin cosx+ x. 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 1 + +
2cos x( ) 1
2sin x( ) eeee(−x)_C1 =
( )
y x 1 +
2cos x( ) 1 2sin 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 _C1 eeee(−sin x( )) =
( )
y x _C1 eeee(−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 + _C1 eeee(−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 eeeecos x( )⌠ d +
⌡
eeee(−cos x( )) x eeeecos 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
∫
0xf(t).dt = g(x) ⇔ (∀x) f(x) = g(x) + xe x tg(t).dt0 )
∫
λ( −λ
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) =
∫
0xf(t).dt, F est C1 et F(0) = 0.L’équation intégrale f(x) − λ
∫
0xf(t).dt = g(x) s’écrit aussi F’(x) − λF(x) = g(x).Multiplions les deux membres par e−λx, il vient
dxd [F(x).e−λx] = g(x).e−λx, donc : F(x) = eλx
∫
0xe−λtg(t).dt, 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)
c’est-à-dire : f(x) = g(x) + λ
∫ ∑
−=
−
x n
k
k k
k t x
0 1
0 !
)
λ
(g(t).dt + λn+1
∫
0x(x−nt!)n f(t).dt.Cela donne à la limite f(x) = g(x) + xe xtg(t).dt
0 )
∫
λ( −λ
: pourquoi ?Exercice 9 : Montrer l’identité ∀x ∈ R
∫
−+∞∞eixte−t²/2.dt = 2π
e−x²/2.Solution : L’idée est simple, et souvent usitée dans ce genre d’identité :
1) Montrer que la fonction F(x) =
∫
−+∞∞eixte−t²/2.dt est définie et de classe C1 sur R, au moyen du théorème de dérivation des intégrales à paramètre.F’(x) =
∫
−+∞∞it.eixte−t²/2.dt = − x.F(x) après une intégration par parties.2) L’équation différentielle y’ = − x.y s’intègre en y(x) = Ce−x²/2.
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+∞cos(xt)e−t²/2.dt.3) Ainsi donc F(x) = Ce−x²/2. La valeur de C s’obtient en faisant x = 0.
4) Une autre méthode est possible : développer en série la fonction intégrée.
∫
−+∞∞eixte−t²/2.dt =∫ ∑
−+∞∞+∞ −=
dt n e
ixt t
n n
.
! . ) ( ²/2
0
=
∑
+∞=0 ! ) (
n n
n
ix
∫
−+∞∞tne−t²/2.dt =∑
+∞=
−
0
2
)!
2 (
) 1 (
n
k k
k
x
∫
−+∞∞t2ke−t²/2.dt = …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
∫
0tu(s).ds . Montrer que ∀t ∈ I u(t) ≤ ak ekt−1
. En particulier si ∃ k > 0 ∀t ∈ I 0 ≤ u(t) ≤ k
∫
0tu(s).ds , alors u est la fonction nulle.Application : Soit y ∈ C1(R, R) une fonction vérifiant y’ = y2 , 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) =
∫
0tu(s).ds.On a w(0) = 0 et w’(t) = [ v’(t) – k.v(t) ].e−kt ≤ at e−kt. Intégrons ! w(t) =
∫
0tw'(s).ds ≤∫
0tase−ks.ds.Donc v(t) ≤ ekt
∫
0tase−ks.ds, et, après calculs, u(t) ≤ a t + k.v(t) ≤ a k ekt−1. 2ème méthode : montrer la majoration u(t) ≤ a.t + a.
! 2
² .t
k + … + a.
! .
1
n t kn− n
+ kn
∫
0t((tn−−s1)n)!−1.u(s).ds.Puis faire tendre n vers l’infini.
Application : soit y ∈ C1(R, R) telle que y’ = y2 , y(0) = 0. Alors y(x) =
∫
0xy(t)2.dt.Comme y est bornée sur tout segment [0, A], on peut écrire | y(x) | ≤ k
∫
0xy(t).dt pour x ∈ [0, A].Donc y = 0 sur [0, A], donc sur R+. Idem sur R−.
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 =
− − 6 1
2
5 a deux valeurs propres 4 et 7.
On trouve : P =
−1 1
1
2 , P−1.A.P =
7 0
0
4 . Posant
[
yx]
= P.[
vu]
, il vient : u’ = 4u , v’ = 7v , donc : u(t) = e4tu(0) , v(t) = e7tv(0) .Au final : x(t) = 2e4tu(0) + e7tv(0) , y(t) = e4tu(0) − e7tv(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(inverse(P),A,P);
:=
k1 {[-1 1, ]} :=
k2 {[2 1, ]} :=
P
-1 2
1 1
> exponential(A,t);multiply(exponential(A,t),vector([a,b]));
2 +
3eeee(4 t) 1
3eeee(7 t) −2 + 3eeee(7 t) 2
3eeee(4 t)
−1 + 3eeee(7 t) 1
3eeee(4 t) 1 + 3eeee(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 {∂ = , }
∂
tx t( ) 5 ( )x t − 2 ( )y t ∂ =
∂
ty t( ) −x t( ) + 6 ( )y t
> dsolve(sys,{x(t),y(t)});
{y t( ) = −_C1 eeee(7 t) + 1 , } 2_C2 eeee(4 t) x t( ) = _C1 eeee(7 t) + _C2 eeee(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
> sys2:={diff(x(t),t)=5*x(t)-2*y(t)+exp(t),diff(y(t),t)=-x(t)+6*y(t)+t};
:=
sys2 {∂ = , }
∂
ty t( ) −x t( ) + 6 ( )y t + t ∂ =
∂
tx t( ) 5 ( )x t − 2 ( )y t + eeeet
> dsolve(sys2,{x(t),y(t)});
= ( )
x t −eeee(7 t)_C2 + 2 eeee(4 t)_C1 − 11 − − 392
5 18eeeet 1
14t, {
= ( )
y t eeee(7 t)_C2 + eeee(4 t)_C1 − 27 − − 784
5 28t 1
18eeeet}
Exercice 2 : Résoudre le système différentiel : x’ = − x – y , y’ = x − y Solution :
La matrice du système a la forme caractéristique A =
− a b
b
a , 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) = e(−1+i)tz(0) = r(0)ei.θ(0)e(−1+i)t , puis x(t) = r(0)e−tcos(t + θ(0)) , y(t) = r(0)e−tsin(t + θ(0)) Mais surtout, si l’on passe en polaires, r(t) = r(0)e−t, θ(t) = t + θ(0).
Les trajectoires sont des spirales logarithmiques r = r(0)e−θ, 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 =
−21 1
1 a deux valeurs propres complexes conjuguées.
Elle est semblable dans M2(C) à
+ −
2 1 0
0 2 1
i
i et dans M
2(R) à
− 2 1 2
1 , 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
,
[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(inverse(P),A,P));
> multiply(exponential(A,t),array([x(0),y(0)]));
+ , e
ee
etcos t 2( )x 0( ) 1
2 2 eeeetsin t 2( )y 0( ) − 2 eeeetsin t 2( )x 0( ) + eeeetcos t 2( )y 0( )
> sys:={diff(x(t),t)=x(t)+y(t),diff(y(t),t)=-2*x(t)+y(t)};
:=
sys {∂ = , }
∂
tx t( ) x t( ) + y t( ) ∂ =
∂
ty t( ) −2 ( )x t + y t( )
> dsolve(sys,{x(t),y(t)});
= ( )
y t eeeet 2 (_C1cos t 2( ) − _C2sin t 2( )), {
= ( )
x t eeeet(_C1sin t 2( ) + _C2cos 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 {∂ = , }
∂
tx t( ) x t( ) + 2 ( )y t ∂ =
∂
ty 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 _C1sin( 3 t) + _C2cos( 3 t),y t( ) = {
− − −
1
2_C1cos( 3 t) 3 1
2_C2sin( 3 t) 3 1
2_C1sin( 3 t) 1
2_C2cos( 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
> A:=matrix(2,2,[1,2,-2,-1]);multiply(exponential(A,t),vector([x0,y0]));
:=
A
1 2
-2 -1
+
+
( )
cos 3 t 1
3 3 sin( 3 t) x0 2
3 3 sin( 3 t y0,)
−2 +
3 3 sin( 3 t x0)
−
( )
cos 3 t 1
3 3 sin( 3 t) y0
Autre solution, géométrique : dt
dx = x + 2y et dt
dy = − 2x – y impliquent dx dy =
y x
y x
2 2+−
− , 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 + y2. On a donc x2 + xy + y2 = 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) = e2t( 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
:=
eA
− eee
e(2 t) eeee(2 t)t −eeee(2 t)t eee
e(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
− e ee
e(2 t) eeee(2 t)t −eeee(2 t)t e
ee
e(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 {∂∂ = , }
tx t( ) x t( ) − y t( ) ∂∂ =
ty 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
y’ = x + ( 2 + 2
p ).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) = e(i+ε)tz(0) . En polaires : r(t) = eεtr(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 + 2
p ) 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’ =
−
0 0 0
0 0
0
ω
0ω
Y et Y’ =
− − − 0 0 0
p q
p r
q r
Y.
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 {∂ = , , }
∂
tx t( ) −ωy t( ) ∂ =
∂
ty t( ) ωx t( ) ∂ =
∂
tz t( ) 0
> dsolve(sys,{x(t),y(t),z(t)});
{x t( ) = _C1sin(ωt) + _C2cos(ωt),y t( ) = −_C1cos(ωt) + _C2sin(ωt),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 ωt −sin(ωt) 0
( )
sin ωt cos(ωt) 0
0 0 1
[cos(ωt a) − sin(ωt b) ,sin(ωt a) + cos(ωt 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
endomorphisme aura pour matrice
−
0 0 0
0 0
0
ω
0ω
, où ω = p²+q²+r². 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)(_C2sin( 2 t) + _C2cos( 2 t) 2 + _C3cos( 2 t) − _C3sin( 2 t) 2 ,) =
( )
z t _C1 eeeet + _C2 eeee(2 t)sin( 2 t) + _C3 eeee(2 t)cos( 2 t),x t( ) = −3 _C1 eeeet _C2 eeee(2 t)sin( 2 t) _C2 eeee(2 t)cos( 2 t) 2 _C3 eeee(2 t)cos( 2 t)
− − −
_C3 eeee(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)
−7 −
2 2sin( 2 t) cos( 2 t) , {
= ( )
z t −3 +
2 2 eeee(2 t)sin( 2 t) 2 eeee(2 t)cos( 2 t ,) =
( )
x t 7 +
2 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]));
7 +
2 2 eeee(2 t)sin( 2 t) eeee(2 t)cos( 2 t) 7 +
2 2 eeee(2 t)sin( 2 t) eeee(2 t)cos( 2 t)
, ,
−1 +
2 2 eeee(2 t)sin( 2 t) eeee(2 t)(− 2 sin( 2 t) + 2cos( 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=black):display({p,c});
3ème méthode, géométrique. A a pour valeurs propres 1, 2 ± i 2. Elle est semblable dans M3(C) à
+ −
2 2 0 0
0 2 2 0
0 0 1
i
i , et dans M3(R) à
− 2 2 0
2 2 0
0 0 1
. Dans un repère convenable, u’ = u , v’ = 2 v − 2w , w’ = 2v + 2 w.
Ainsi u = A.et , z = v + i w vérifie z(t) = B.e(2+i 2).t.
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.
'' '' vu yx
=
− 0 4 3 0
4 0 0 3
1 0 0 0
0 1 0 0
uv yx
, donc
uv xy
= exp(tA)
00 02
, 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]));
[3cos t( ) − cos 3 t( ),−sin 3 t( ) + 3sin t( ),−3sin t( ) + 3sin 3 t( ),−3cos 3 t( ) + 3cos t( )] 3ème solution, directe, avec Maple.
