1. L’´ equation (E 1 ) est de la forme y 0 = a(x)y + b(x) avec a d´ efinie sur ] − π 2 , π 2 [ par a(x) = tan(x) et b : x ∈ R 7→ cos(x). Les solutions maximales seront donc d´ efinies sur I =] − π 2 , π 2 [.

2018-2019 M1EEF – UGA

Feuille 2 : ´ Equations diff´ erentielles (suite)

Correction

Exercice 1. Les deux ´ equations ` a ´ etudier sont lin´ eaires du premier ordre ` a coeffi- cients variables. On commence donc par r´ esoudre l’´ equation homog` ene associ´ ee, puis on d´ etermine une solution particuli` ere de l’´ equation compl` ete grˆ ace ` a la m´ ethode de la variation de la constante (ou pas), et on d´ eduit enfin l’ensemble de toutes les solutions de l’´ equation initiale.

1. L’´ equation (E ₁ ) est de la forme y ⁰ = a(x)y + b(x) avec a d´ efinie sur ] − ^π ₂ , ^π ₂ [ par a(x) = tan(x) et b : x ∈ R 7→ cos(x). Les solutions maximales seront donc d´ efinies sur I =] − ^π ₂ , ^π ₂ [.

La fonction tan = _cos ^sin = ⁻ _cos ^cos

admet pour primitive − ln | cos | = − ln(cos) = ln( _cos ¹ ) sur I. L’ensemble des solutions de l’´ equation homog` ene associ´ ee (EH ₁ ) est donc

n

f : x ∈ I 7→ C exp ln

1 cos(x)

= _cos(x) ^C , C ∈ R o

.

On cherche une solution particuli` ere de (E ₁ ) sous la forme f : x ∈ I 7→ _cos(x) ^C(x) avec C : I → R de classe C ¹ . f est solution de (E ₁ ) si et seulement si

∀x ∈ I, f ⁰ (x) = tan(x)f (x) − cos ² (x) ⇔ ∀x ∈ I, _cos(x) ^C

^(x) + C(x) _cos ^sin(x)

(x) = tan(x) _cos(x) ^C(x) − cos ² (x)

⇔ ∀x ∈ I, _cos(x) ^C

^(x) = − cos ² (x)

⇔ ∀x ∈ I, C ⁰ (x) = − cos ³ (x).

Pour d´ eterminer une primitive de − cos ³ , on “lin´ earise” :

∀x ∈ R , −(cos(x)) ³ = −

e ^ix + e ^−ix 2

3

= − ¹ ₈ e ^i3x + 3e ^i2x e ^−ix + 3e ^ix e ^−i2x + e ^−i3x

= − ¹ ₈ (2 cos(3x) + 6 cos(x))

= − ¹ ₄ (cos(3x) + 3 cos(x)) . Donc − cos ³ admet pour primitive x 7→ − ¹ ₄

sin(3x)

3 + 3 sin(x)

, et (E1) admet donc pour solution particuli` ere :

f : x ∈ I 7→ −

sin(3x)

3 + 3 sin(x) 4 cos(x) .

L’ensemble des solutions maximales de (E ₁ ) est donc l’ensemble des fonctions de la forme g : x ∈ I 7→ −

sin(3x)

3 + 3 sin(x)

4 cos(x) + _cos(x) ^C , C ∈ R .

2. Pour tout x ∈ R , 1 + x ² 6= 0 donc l’´ equation (E ₂ ) peut ˆ etre mise sous la forme

y ⁰ = a(x)y + b(x) avec a : x ∈ R 7→ − _1+x ¹

et b : x ∈ R 7→ _1+x ¹

. Les solutions maximales

seront donc d´ efinies sur R .

La fonction a admet pour primitive − arctan sur R . L’ensemble des solutions de l’´ equation homog` ene associ´ ee (EH ₂ ) est donc

{f : x ∈ R 7→ C exp(− arctan(x)), C ∈ R } .

On peut remarquer (ou pas...) que la fonction constante ´ egale ` a 1 est solution de (E 2 ).

L’ensemble des solutions maximales de (E ₂ ) est donc l’ensemble des fonctions de la forme g : x ∈ R 7→ 1 + Ce ^{− arctan(x)} , C ∈ R .

Exercice 2. 1. ` A nouveau, l’´ equation ` a ´ etudier est lin´ eaire du premier ordre ` a coefficients variables. Si l’on se restreint ` a R ^∗ + , elle peut ˆ etre mise sous la forme y ⁰ = a(x)y + b(x) avec a : x ∈ R ^∗ + 7→ − _x ² et b : x ∈ R ^∗ + 7→ _1+x ¹

. Les solutions maximales dans ce cas restreint seront d´ efinies sur R ^∗ + .

La fonction a admet pour primitive x 7→ −2 ln(x) = ln( _x ¹

) sur R ^∗ + . L’ensemble des solutions de l’´ equation homog` ene associ´ ee (EH) est donc

f : x ∈ R ^∗ + 7→ C exp ln _x ¹

= _x ^C

, C ∈ R .

On cherche une solution particuli` ere de (E) sous la forme f : x ∈ R ^∗ + 7→ ^C(x) _x

avec C : R ^∗ + → R de classe C ¹ . f est solution de (E) si et seulement si

∀x ∈ R ^∗ + , f ⁰ (x) = −2 ^f(x) _x + _1+x ¹

⇔ ∀x ∈ R ^∗ + , ^C _x

^(x)

− ^2C(x) _x

= −2 ^C(x) _x

+ _1+x ¹

⇔ ∀x ∈ R ^∗ + , ^C _x

^(x)

= _1+x ¹

⇔ ∀x ∈ R ^∗ + , C ⁰ (x) = _1+x ^x

= 1 − _1+x ¹

⇔ ∃λ ∈ R , ∀x ∈ R ^∗ + , C (x) = x − arctan(x) + λ.

Ainsi, (E) admet pour solution particuli` ere x 7→ x−arctan(x)

x

. L’ensemble des solutions maximales de (E) sur R ^∗ + est donc l’ensemble des fonctions de la forme

g _C : x ∈ R ^∗ + 7→ x − arctan(x) + C

x ² , C ∈ R .

De la mˆ eme fa¸con, les solutions maximales de (E) sur R ^∗ − sont les fonctions de la forme h _C

: x ∈ R ^∗ − 7→ x − arctan(x) + C ⁰

x ² , C ⁰ ∈ R .

Au voisinage de 0 ⁺ , arctan(x) = x − ^x ₃

+ o(x ³ ) donc g _C (x) = ^x ₃ + o(x) + _x ^C

, qui est prolongeable par continuit´ e en 0 si et seulement si C = 0. Il en est de mˆ eme pour h _C

. La seule ´ eventuelle solution de (E) d´ efinie sur R tout entier coincide donc avec g ₀ sur R ^∗ + , avec h ₀ sur R ^∗ − et vaut 0 en 0 puisque c’est la limite de g ₀ et h ₀ en 0 ⁺ et 0 ⁻ respectivement.

La fonction ainsi d´ efinie admet bien un d´ eveloppement limit´ e ` a l’ordre 1 en 0, donc elle y est d´ erivable (ailleurs on le savait d´ ej` a), de d´ eriv´ ee ¹ ₃ , et elle satisfait bien (E) y compris en x = 0. C’est donc bien l’unique solution de (E) d´ efinie sur R tout entier.

Exercice 3. Les trois ´ equations ` a ´ etudier sont lin´ eaires du second ordre ` a coefficients

constants. On commence donc par r´ esoudre l’´ equation homog` ene associ´ ee ((E <sub>1</sub> ) est d´ ej` a

homog` ene) ` a l’aide du polynˆ ome caract´ eristique de l’´ equation, puis (pour (E ₂ ) et (E ₃ )) on

d´ etermine une solution particuli` ere de l’´ equation compl` ete en remarquant que le second

membre est de type polynomial ou exponentiel (et en particulier d´ efini sur R tout entier), et on d´ eduit enfin l’ensemble de toutes les solutions de l’´ equation initiale, qui sont elles aussi d´ efinies sur R tout entier.

1. Le polynˆ ome caract´ eristique de l’´ equation homog` ene (E ₁ ) est χ ₁ (X) = X ² − 5X + 6, qui a deux racines r´ eelles distinctes 2 et 3. L’ensemble des solutions maximales de (E ₁ ) est donc

f : x ∈ R 7→ λe ^2x + µe ^3x , λ, µ ∈ R .

2. Le polynˆ ome caract´ eristique de l’´ equation homog` ene (EH <sub>2</sub> ) associ´ ee ` a (E ₂ ) est χ ₂ (X) = X ² − 4X + 4 = (X − 2) ² , qui a 2 pour racine r´ eelle double. L’ensemble des solutions maximales de (EH ₂ ) est donc

f : x ∈ R 7→ (λ + µx)e ^2x , λ, µ ∈ R .

Le second membre de (E ₂ ) est polynomial de degr´ e 2 donc (E ₂ ) admet une solution particuli` ere polynomiale de degr´ e 2. D´ eterminons-la. Pour tout (a, b, c) ∈ R <sup>3</sup> , f : x ∈ R 7→ ax <sup>2</sup> + bx + c, de d´ eriv´ ees premi` ere et seconde f ⁰ : x 7→ 2ax + b et f ⁰⁰ : x 7→ 2a, est solution de (E ₂ ) si et seulement si

∀x ∈ R , 2a − 4(2ax + b) + 4(ax ² + bx + c) = x ²

⇔ ∀x ∈ R , 4ax ² + 4(b − 2a)x + (2a − 4b + 4c) = x ²

⇔ (par identification)







4a = 1 4(b − 2a) = 0 2a − 4b + 4c = 0

⇔ a = ¹ ₄ , b = 2a = ¹ ₂ et c = ¹ ₄ (4b − 2a) = ³ ₈ . Ainsi, l’ensemble des solutions maximales de (E ₂ ) est

f : x ∈ R 7→ (λ + µx)e ^2x + ¹ ₄ x ² + ¹ ₂ x + ³ ₈ , λ, µ ∈ R .

3. Le polynˆ ome caract´ eristique de l’´ equation homog` ene (EH <sub>3</sub> ) associ´ ee ` a (E ₃ ) est χ ₃ (X) = X ² − 1 = (X − 1)(X + 1), qui a deux racines r´ eelles distinctes 1 et −1. L’ensemble des solutions maximales de (EH ₂ ) est donc

f : x ∈ R 7→ λe ^x + µe ^−x , λ, µ ∈ R .

Le second membre de (E ₂ ) est de la forme x 7→ e ^rx avec r racine simple du polynˆ ome caract´ eristique donc (E 3 ) admet une solution particuli` ere de la forme f : x 7→ axe ^rx , avec a ∈ R . Une telle f a pour d´ eriv´ ees successives f ⁰ : x 7→ axe ^x + ae ^x = (ax + a)e ^x et f ⁰⁰ : x 7→ (ax + a)e ^x + ae ^x = (ax + 2a)e ^x , donc elle est solution de (E ₃ ) si et seulement si

∀x ∈ R , (ax + 2a)e ^x − axe ^x = e ^x , i.e. a = ¹ ₂ . Finalement, l’ensemble des solutions maximales de (E ₃ ) est

f : x ∈ R 7→ (λ + ^x ₂ )e ^x + µe ^−x , λ, µ ∈ R .

Exercice 4. Dans tous ces exemples, on a proc´ ed´ e par ´ equivalences pour d´ eterminer les

solutions, mais il peut ˆ etre plus simple (bien qu’un peu plus long), d’un point de vue

r´ edactionnel, de proc´ eder par analyse synth` ese : “si f est solution, alors...”, puis v´ erifier

que la formule obtenue donne bien une solution.

1. (E ₁ ) est de la forme y ⁰ = f(y) avec f de classe C ¹ sur R donc le th´ eor` eme de Cauchy- Lipschitz s’applique. Elle est en outre autonome (pas de d´ ependance en t) donc il suffit de d´ eterminer les solutions avec condition initiale du type y(0) = α ∈ R pour en d´ eduire toutes les autres. En effet, si (t ₀ , α) ∈ R ² et si z : ]a, b[→ R est l’unique solution maximale du pb de Cauchy

y ⁰ = 1 + y ² y(0) = α , l’unique solution maximale du pb de Cauchy

y ⁰ = 1 + y ² y(t ₀ ) = α

est t ∈ ]a + t ₀ , b + t ₀ [ 7→ z(t − t ₀ ). En effet, c’est une solution (v´ erification imm´ ediate), elle est maximale sinon z ne le serait pas (` a v´ erifier), et on conclut par unicit´ e.

Soit donc α ∈ R et z une fonction d´ efinie sur un intervalle ouvert I de R contenant 0.

Alors :

z est sol. du pb deCauchy

y ⁰ = 1 + y ² y(0) = α

⇔ z(0) = α et ∀t ∈ I, z ⁰ (t) = 1 + (z(t)) ² (6= 0)

⇔ z(0) = α et ∀t ∈ I, z ⁰ (t)

1 + (z(t)) ² = 1

⇔ z(0) = α et ∀t ∈ I, Z t

0

z ⁰ (s)

1 + (z(s)) ² ds = t

⇔ z(0) = α et ∀t ∈ I, Z z(t)

z(0)

du 1 + u ² = t

⇔ ∀t ∈ I, arctan(z(t)) − arctan(α) = t

(ceci entraˆıne bien z(0) = α par injectivit´ e de arctan)

⇔ ∀t ∈ I, arctan(z(t)) = t + arctan(α)

⇔ ∀t ∈ I, t + arctan α ∈ ] − ^π ₂ , ^π ₂ [ et z(t) = tan(t + arctan α)

⇔ I ⊂] − ^π ₂ − arctan α, ^π ₂ − arctan α[ et ∀t ∈ I, z(t) = tan(t + arctan α).

Ainsi, la solution maximale de (E 1 ) valant α en 0 est

t ∈ ] − ^π ₂ − arctan α, ^π ₂ − arctan α[ 7→ tan(t + arctan α).

2. Pour (E ₂ ), on raisonne comme pour (E ₁ ). Soit α ∈ R et z une fonction d´ efinie sur un intervalle ouvert I de R contenant 0. Alors

z est sol. du pb de Cauchy

y ⁰ = e ^y y(0) = α

⇔ z(0) = α et ∀t ∈ I, z ⁰ (t) = e ^z(t) (6= 0)

⇔ z(0) = α et ∀t ∈ I, z ⁰ (t)

e ^z(t) = z ⁰ (t)e ^−z(t) = −(e ^−z ) ⁰ (t) = 1

⇔ ∀t ∈ I, e ^−α − e ^−z(t) = t

(ceci entraˆıne bien z(0) = α par injectivit´ e de exp)

⇔ ∀t ∈ I, e ^−z(t) = e ^−α − t

⇔ ∀t ∈ I, e ^−α − t > 0 et − z(t) = ln(e ^−α − t)

⇔ I ⊂ ] − ∞, e ^−α [ et ∀t ∈ I, z(t) = − ln(e ^−α − t).

Ainsi, la solution maximale de (E ₂ ) valant α en 0 est

t ∈] − ∞, e ^−α [ 7→ z(t) = − ln(e ^−α − t).

3. (E ₃ ) est de la forme y ⁰ = f (t)g(y) avec f et g de classe C ¹ (sur R ) donc le th´ eor` eme de Cauchy-Lipschitz s’applique. En particulier, la fonction constante ´ egale ` a 0 est solution donc par unicit´ e de la solution maximale ` a condition initiale donn´ ee, les autres solutions ne s’annulent pas. Soit donc (t ₀ , α) ∈ R ² et z une fonction ne s’annulant pas, d´ efinie sur un intervalle ouvert I de R contenant t ₀ . Supposons α (et donc z) > 0. Alors :

z est sol. du pb de Cauchy

y ⁰ = ty y(t 0 ) = α

⇔ z(t ₀ ) = α et ∀t ∈ I, z ⁰ (t) = tz(t)

⇔ z(t ₀ ) = α et ∀t ∈ I, z ⁰ (t) z(t) = t

⇔ ∀t ∈ I, ln z(t)

α

= t ² − t ² ₀ 2

⇔ ∀t ∈ I, z(t) = αe ^(t

^−t

^)/2 .

Ainsi, la solution maximale de (E 3 ) valant α > 0 en t 0 est t ∈ R 7→ αe ^(t

^−t

^)/2 , et il en est de mˆ eme pour α < 0.

4. Enfin, (E ₄ ) est de la forme y ⁰ = f (t)g(y) avec g d´ efinie sur [−1, 1] mais de classe C ¹ seulement sur ] − 1, 1[, et f d´ efinie et C ¹ sur ] − 1, 1[. g s’annule en ±1, donc les fonctions constantes ´ egales ` a ±1 sur ]−1, 1[ sont des solutions (maximales), mais comme g n’est pas C <sup>1</sup> au voisinage de 1, on ne peut pas appliquer le th´ eor` eme de Cauchy-Lipschitz pour dire qu’une solution qui prend la valeur ±1 est constante ´ egale ` a cette valeur (nous verrons que ce n’est en effet pas le cas). CL s’applique en revanche pour les fonctions d´ efinies et

`

a valeurs dans ] − 1, 1[. Commen¸cons par trouver les solutions maximales de ce type.

Soient donc (t ₀ , α) ∈ ] − 1, 1[ ² et z une fonction C ¹ ` a valeurs dans ] − 1, 1[, d´ efinie sur un intervalle ouvert I ⊂ ] − 1, 1[ (o` u l’´ equation a un sens) contenant t ₀ . Alors :

z est sol. du pb de Cauchy (

y ⁰ =

q 1−y

1−t

y(t ₀ ) = α

⇔ z(t 0 ) = α et ∀t ∈ I, z ⁰ (t) =

r 1 − (z(t)) ² 1 − t ²

⇔ z(t ₀ ) = α et ∀t ∈ I, z ⁰ (t)

p 1 − (z(t)) ² = 1

√ 1 − t ²

⇔ ∀t ∈ I, arcsin(z(t)) − arcsin(α) = arcsin(t) − arcsin(t 0 )

⇔ ∀t ∈ I, arcsin(α) + arcsin(t) − arcsin(t 0 ) ∈ ] − ^π ₂ , ^π ₂ [ et z(t) = sin(arcsin(t) + arcsin(α) − arcsin(t ₀ ))

(pour ⇐, on utilise que arcsin ◦ sin = id sur ] − ^π ₂ , ^π ₂ [, ce qui n’est pas vrai sur R ). Notons β = arcsin(α) − arcsin(t ₀ ) ∈] − π, π [. D’apr` es la derni` ere ´ equivalence, si z est solution, I est tel que pour tout t ∈ I, arcsin(t) + β ∈] − ^π ₂ , ^π ₂ [, donc

arcsin(t) ∈ ] − ^π ₂ − β, ^π ₂ − β[ ∩ ] − ^π ₂ , ^π ₂ [ = ] − ^π ₂ , ^π ₂ − β[ ou ] − ^π ₂ − β, ^π ₂ [

selon le signe de β, i.e. I ⊂ ] − 1, cos(β)[ si β ≥ 0 et I ⊂ ] − cos β, 1[ si β ≤ 0 (sin( ^π ₂ −β) = cos β et sin(− ^π ₂ −β) = − cos β). R´ eciproquement, si l’inclusion est satisfaite, la fonction z d´ efinie dans la derni` ere ligne des ´ equivalences est bien solution. Finalement, la solution maximale du probl` eme de Cauchy (toujours avec la contrainte d’ˆ etre ` a valeurs dans ] − 1, 1[) est la fonction

z _β : t ∈ I 7→ sin(arcsin(t) + β) = sin(arcsin(t)) cos β + sin β cos(arcsin(t))

= (cos β)t + (sin β) √ 1 − t ² avec I = ] − 1, cos(β)[ si β ≥ 0 et I = ] − cos β, 1[ si β ≤ 0.

Si maintenant on n’impose plus que les solutions soient ` a valeurs dans ] − 1, 1[ (i.e.

qu’elles peuvent aussi prendre les valeurs ±1), il s’agit de se demander si les solutions ci-dessus peuvent ˆ etre prolong´ ees ` a un intervalle plus grand (mais lui toujours inclus dans ] − 1, 1[, car l’´ equation n’a pas de sens pour t / ∈] − 1, 1[).

On remarque que si β > 0, z β admet pour limite 1 en cos(β), et que donc, de par l’´ equation, z _β ⁰ y admet pour limite 0. z _β se prolonge donc en fonction C ¹ sur ] − 1, cos(β)], toujours solution. La fonction constante ´ egale ` a 1 ´ etant solution, on peut prolonger z <sub>β</sub> ` a ] − 1, 1[ tout entier par cette fonction et ce prolongement est une solution maximale du pb de Cauchy.

Mais y 7→ p

1 − y ² n’est pas C ¹ au voisinage de 1, donc le th´ eor` eme de Cauchy Lipschitz ne s’applique pas, et le pb de Cauchy pourrait avoir une autre solution maximale.

La seule autre fa¸con de prolonger z _β au del` a de cos(β) serait par une solution non constante de l’´ equation, donc de la forme z <sub>γ</sub> , d´ efinie ` a droite de cos β et ayant pour limite 1 en cos β ⁺ . Il faudrait donc en particulier que cos(β) soit la borne gauche de l’intervalle maximal de d´ efinition de z _γ , donc que γ soit n´ egatif, mais la limite d’un tel z _γ en cette borne gauche est −1.

Ainsi la seule fa¸con de prolonger z β ´ etait finalement par la fonction constante ´ egale

`

a 1. On proc` ede de mˆ eme pour β < 0, et on a ainsi d´ etermin´ e l’ensemble des solutions maximales de l’´ equation : elles sont toutes d´ efinies sur ] − 1, 1[ et ce sont les fonctions constantes ´ egales ` a ±1 et les fonctions z β avec β ≥ 0 prolong´ ees par 1 ou les fonctions z γ

avec γ ≤ 0 prolong´ ees par −1.

On constate notamment que pour un t ₀ ∈] − 1, 1[ donn´ e, il y a une infinit´ e de solutions

valant 1 en t 0 : toutes les z β avec β ≥ 0 et cos(β) ≤ t 0 . Il n’y a donc pas unicit´ e de la

solution maximale au probl` eme de Cauchy correspondant.