Université L2 — licence de mathématiques

Équations différentielles et systèmes — 10 exercices corrigés L2

Le chapitre articule résolution explicite, exponentielle matricielle, existence locale et comportement qualitatif. Pour les équations non linéaires, l'intervalle maximal de définition fait partie de la réponse.

L'essentiel à retenir

Pour $X'=AX$ , la solution de condition initiale $X(0)=X_0$ est $e^{tA}X_0$ .
Pour $X'=AX+F(t)$ , la variation des constantes donne $X(t)=e^{tA}[X_0+\int_0^te^{-sA}F(s)ds]$ .
Un second membre continu et localement lipschitzien en l'inconnue assure l'existence et l'unicité locales ; il n'assure pas nécessairement l'existence globale.
Dans un système linéaire autonome, des valeurs propres de partie réelle strictement négative assurent la stabilité asymptotique de l'équilibre nul.

Exercice 1 — Système symétrique couplé

Résoudre

x'=x+2y

y'=2x+y

, avec

x(0)=1

y(0)=0

Découpler le système par deux combinaisons linéaires.
Décrire le comportement à l'infini et les conditions initiales donnant une solution tendant vers zéro.

Corrigé détaillé

Posons $u=x+y$ et $v=x-y$ . Alors $u'=3u$ , $v'=-v$ , avec $u(0)=v(0)=1$ . Donc $u=e^{3t}$ , $v=e^{-t}$ , puis $x=(e^{3t}+e^{-t})/2$ , $y=(e^{3t}-e^{-t})/2$ .
Pour des données générales $(a,b)$ , $u=(a+b)e^{3t}$ et $v=(a-b)e^{-t}$ . La solution tend vers zéro exactement lorsque $a+b=0$ . Pour les données imposées, $x$ et $y$ sont équivalents à $e^{3t}/2$ : l'équilibre est instable.

Exercice 2 — Bloc de Jordan avec second membre

Résoudre

x'=2x+y+e^{2t}

y'=2y

, avec

x(0)=y(0)=1

Déterminer $y$ puis $x$ .
Calculer l'exponentielle de la matrice homogène et retrouver le terme supplémentaire.

Corrigé détaillé

$y=e^{2t}$ . L'équation de $x$ devient $x'-2x=2e^{2t}$ , donc $(e^{-2t}x)'=2$ . Ainsi $x=e^{2t}(1+2t)$ .
La matrice est $A=2I+N$ , avec $N=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$ et $N^2=0$ . Donc $e^{tA}=e^{2t}\begin{pmatrix}1&t\\0&1\end{pmatrix}$ . La solution homogène issue de $(1,1)$ vaut $e^{2t}(1+t,1)$ . La variation des constantes pour $(e^{2t},0)$ ajoute $e^{2t}(t,0)$ , d'où le résultat.

Exercice 3 — Oscillateur amorti

Résoudre

y''+2y'+5y=0

y(0)=1

y'(0)=0

Calculer la solution réelle.
Montrer la décroissance d'une énergie et en déduire une propriété qualitative.

Corrigé détaillé

Le polynôme caractéristique a pour racines $-1\pm2i$ . Donc $y=e^{-t}(A\cos2t+B\sin2t)$ . La première condition donne $A=1$ ; la dérivée en zéro vaut $-A+2B$ , d'où $B=1/2$ .
Posons $E=(y'^2+5y^2)/2$ . Alors $E'=y'(y''+5y)=-2y'^2\leq0$ . L'énergie est décroissante et positive. La formule explicite montre en outre $y(t)\to0$ et $y'(t)\to0$ ; l'énergie tend donc vers zéro. L'amortissement fait décroître l'amplitude sans supprimer les oscillations.

Exercice 4 — Résonance dans un second ordre

Résoudre

y''+y=\cos t

, avec

y(0)=y'(0)=0

Construire une solution particulière adaptée à la résonance.
Vérifier les conditions initiales et discuter la bornitude.

Corrigé détaillé

Une solution particulière de la forme $at\sin t$ convient. En effet $(t\sin t)''+t\sin t=2\cos t$ , donc $y_p=t\sin t/2$ . La solution générale est $y=A\cos t+B\sin t+t\sin t/2$ .
En zéro, $y(0)=A=0$ et $y'(0)=B=0$ , donc $y=t\sin t/2$ . Pour $t_k=\pi/2+2k\pi$ , $y(t_k)=t_k/2\to\infty$ ; la solution n'est pas bornée. Le forçage est pourtant borné : sa fréquence coïncide avec celle du système homogène.

Exercice 5 — Rotation plane et conservation

Considérer

x'=-3y

y'=3x

, avec

(x(0),y(0))=(a,b)

Calculer la solution et l'exponentielle matricielle.
Déterminer les trajectoires et la période des solutions non nulles.

Corrigé détaillé

Pour $J=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ , $J^2=-I$ , donc $e^{3tJ}=I\cos3t+J\sin3t$ . Ainsi $x=a\cos3t-b\sin3t$ et $y=a\sin3t+b\cos3t$ .
On a $(x^2+y^2)'=2x(-3y)+2y(3x)=0$ . Chaque trajectoire non nulle est le cercle de rayon $\sqrt{a^2+b^2}$ , parcouru dans le sens trigonométrique. Le retour d'un vecteur non nul exige un angle multiple de $2\pi$ ; la période minimale est donc $2\pi/3$ . L'origine est stable mais non asymptotiquement stable.

Exercice 6 — Équation logistique

Soit

y'=y(1-y)

y(0)=y_0

Résoudre pour $0<y_0<1$ et déterminer la limite.
Traiter $y_0<0$ en précisant l'intervalle maximal contenant zéro.

Corrigé détaillé

La séparation donne $\log|y/(1-y)|=t+C$ , donc $y(t)=y_0e^t/(1-y_0+y_0e^t)$ . Pour $0<y_0<1$ , le dénominateur reste positif sur $\mathbb R$ , et $y(t)\to1$ quand $t\to\infty$ .
La même formule vaut tant que le dénominateur ne s'annule pas. Pour $y_0<0$ , son zéro est $t_*=\log((y_0-1)/y_0)>0$ . L'intervalle maximal contenant $0$ est $(-\infty,t_*)$ . À l'approche de $t_*$ par la gauche, le numérateur est négatif et le dénominateur tend vers $0^+$ : $y\to-\infty$ .

Exercice 7 — Explosion en temps fini

Étudier

y'=1+y^2

y(0)=a\in\mathbb R

Calculer la solution maximale.
Expliquer pourquoi la régularité du second membre ne garantit pas une solution globale.

Corrigé détaillé

Puisque $(\arctan y)'=y'/(1+y^2)=1$ , on obtient $\arctan y=t+\arctan a$ tant que la solution est finie. Donc $y=\tan(t+\arctan a)$ sur l'intervalle $(-\pi/2-\arctan a,\pi/2-\arctan a)$ . Aux deux extrémités, la tangente devient infinie, empêchant tout prolongement réel continu.
La fonction $y\mapsto1+y^2$ est de classe $C^1$ , donc localement lipschitzienne : elle assure existence et unicité locales. Mais sa dérivée $2y$ n'est pas bornée sur $\mathbb R$ , et la croissance quadratique permet l'explosion.

Exercice 8 — Système triangulaire stable

Résoudre

x'=-x+2y

y'=-2y

, avec

(x(0),y(0))=(a,b)

Donner une formule explicite.
Établir une estimation exponentielle uniforme en fonction des données initiales.

Corrigé détaillé

$y=be^{-2t}$ . Puis $(e^tx)'=2be^{-t}$ , donc $e^tx=a+2b(1-e^{-t})$ . Ainsi $x=(a+2b)e^{-t}-2be^{-2t}$ .
Pour $t\geq0$ , on peut conserver la forme $x=e^{-t}[a+2b(1-e^{-t})]$ , d'où $|x|\leq e^{-t}(|a|+2|b|)$ et $|y|\leq e^{-t}|b|$ . Ainsi $\|(x,y)\|_\infty\leq3e^{-t}\|(a,b)\|_\infty$ . Toutes les solutions tendent exponentiellement vers zéro, ce qui établit la stabilité asymptotique globale de l'origine.

Exercice 9 — Équation linéaire à coefficient variable

Résoudre sur

\mathbb R

l'équation

y'+2ty=t

y(0)=c

Utiliser un facteur intégrant.
Déterminer les limites aux deux infinis et les solutions constantes.

Corrigé détaillé

Le facteur intégrant est $e^{t^2}$ puisque sa dérivée vaut $2te^{t^2}$ . Ainsi $(e^{t^2}y)'=te^{t^2}$ . En intégrant de $0$ à $t$ , $e^{t^2}y-c=(e^{t^2}-1)/2$ , d'où $y=1/2+(c-1/2)e^{-t^2}$ . Cette formule est définie sur tout $\mathbb R$ .
Comme $e^{-t^2}\to0$ aux deux infinis, toutes les solutions tendent vers $1/2$ . Une solution constante $k$ doit satisfaire $2tk=t$ pour tout $t$ , donc $k=1/2$ . Elle correspond exactement à $c=1/2$ .

Exercice 10 — Linéarisation d'un équilibre non linéaire

Considérer

x'=-x+y^2

y'=-2y

Résoudre le système avec données $(a,b)$ .
Comparer le résultat au système linéarisé à l'origine et conclure sur la stabilité.

Corrigé détaillé

$y=be^{-2t}$ , puis $x'+x=b^2e^{-4t}$ . Ainsi $(e^tx)'=b^2e^{-3t}$ et $x=e^{-t}[a+b^2(1-e^{-3t})/3]$ .
La différentielle du champ en zéro est $\operatorname{diag}(-1,-2)$ : le système linéarisé est asymptotiquement stable. La solution exacte confirme la convergence pour toutes les données. De plus $|x(t)|\leq|a|+b^2/3$ et $|y(t)|\leq|b|$ pour $t\geq0$ . Ces bornes tendent uniformément vers zéro avec $(a,b)$ , ce qui prouve la stabilité, et non seulement l'attractivité.

Équations différentielles et systèmes — 10 exercices corrigés L2

L'essentiel à retenir

Exercice 1 — Système symétrique couplé

Exercice 2 — Bloc de Jordan avec second membre

Exercice 3 — Oscillateur amorti

Exercice 4 — Résonance dans un second ordre

Exercice 5 — Rotation plane et conservation

Exercice 6 — Équation logistique

Exercice 7 — Explosion en temps fini

Exercice 8 — Système triangulaire stable

Exercice 9 — Équation linéaire à coefficient variable

Exercice 10 — Linéarisation d'un équilibre non linéaire

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