Sujet : Analyse, Equations différentielles non linéaires, Equations autonomes

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Equations autonomes Exercice 8 [ 00451 ] [correction] Soient f :R→R une fonction continue strictement positive et x ∈R.0 a) Soit F la primitive de 1/f s’annulant en x .0Exercice 1 [ 00445 ] [correction] Montrer que F réalise une bijection deR sur un certain intervalle ouvert I.Résoudre l’équation différentielle −1 0b) Etablir que F est solution sur I de l’équation différentielle x =f(x) 0 2 vérifiant la condition initiale x(0) =x .y = 1+y 0 c) Justifier que cette solution est maximale. Exercice 2 [ 00446 ] [correction] Résoudre l’équation différentielle Exercice 9 [ 00452 ] [correction] 0 2y =y Déterminer les solutions au problème de Cauchy ( 00 3y = 2y+2y 0Exercice 3 [ 00447 ] [correction] y(0) = 0,y (0) = 1 Résoudre l’équation différentielle 0y =y(y−1) Exercice 10 [ 00453 ] [correction] On souhaite résoudre le problème de Cauchy formé par l’équation différentielle Exercice 4 [ 00448 ] [correction] 00y +|y| = 0 Résoudre sur tout intervalle 0 y 0y +e = 0 et les conditions initiales y(0) =a et y (0) = 0 (avec a∈R). On admet que ce problème de Cauchy admet une solution unique définie sur R. a) Montrer que pour tout réel x, Exercice 5 [ 00449 ] [correction] y(x)6aRésoudre sur tout intervalle 0y siny =−1 −b) Déterminer y lorsque a∈R . On suppose désormais a> 0. c) Montrer que y s’annule en exactement deux points b 0 dont on− +Exercice 6 [ 00450 ] [correction] précisera les valeurs.
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Equations autonomes

Exercice 1[ 00445 ][correction]
Résoudre l’équation différentielle

Exercice 2[ 00446 ][correction]
Résoudre l’équation différentielle

Exercice 3[ 00447 ][correction]
Résoudre l’équation différentielle

Exercice 4[ 00448 ][correction]
Résoudre sur tout intervalle

Exercice 5[ 00449 ][correction]
Résoudre sur tout intervalle

y0= 1 +y2

y0=y2

y0=y(y−1)

y0+ ey= 0

y0siny=−1

Exercice 6[ 00450 ][correction]
Résoudre surRl’équation différentielle

y0=|y|

Exercice 7Centrale MP[ 03055 ][correction]
On considère l’équation différentielle

E:y0=y2+y+ 1

Enoncés

a) Existe-t-il des solutions deEsurR?
b) RésoudreE, trouver ses solutions maximales et montrer qu’elles sont définies
sur un intervalle borné dont on déterminera la longueur.

Exercice 8[ 00451 ][correction]
Soientf:R→Rune fonction continue strictement positive etx0∈R.
a) SoitFla primitive de1fs’annulant enx0.
Montrer queFréalise une bijection deRsur un certain intervalle ouvertI.
b) Etablir queF−1est solution surIde l’équation différentiellex0=f(x)
vérifiant la condition initialex(0) =x0.
c) Justifier que cette solution est maximale.

Exercice 9[ 00452 ][correction]
Déterminer les solutions au problème de Cauchy
(y00= 2y+ 2y3
y(0) = 0 y0(0) = 1

Exercice 10[ 00453 ][correction]
On souhaite résoudre le problème de Cauchy formé par l’équation différentielle

y00+|y|= 0

et les conditions initialesy(0) =aety0(0) = 0(aveca∈R).
On admet que ce problème de Cauchy admet une solution unique définie surR.
a) Montrer que pour tout réelx,

y(x)6a

b) Déterminerylorsquea∈R−.
On suppose désormaisa >0.
c) Montrer queys’annule en exactement deux pointsb−<0etb+>0dont on
précisera les valeurs.
d) Achever la résolution du problème de Cauchy.

Exercice 11Centrale MP[ 03452 ][correction]
a) Avec Maple, trouver la solution maximale du problème

x0(t) =ax(t)2,x(0) = 1

poura∈R.
Vérifier et justifier le résultat obtenu, donner l’intervalle de définition.
PourA∈ Mn(R)
(E):X0(t) =X(t)AX(t),X(0) =In

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pour d’inconnuet7→X(t)∈ Mn(R).
b) On suppose qu’il existek∈Ntel queAk=Oet que pour touttdans
l’intervalle de définition d’une solutionX,X(t)commute avecA.
CalculerX. Que vautX(t)−1?
c) On suppose que pour touttdans l’intervalle de définition d’une solutionX,
X(t)est inversible. L’applicationt7→X(t)−1 ?est-elle dérivable Quels sont ses
coefficients ? ExprimerX(t)

Exercice 12[ 03500 ][correction]
Déterminer les solutions surRde l’équation
y0=p|y|

Exercice 13[ 03507 ][correction]
Déterminer les fonctionsyde classeC2vérifiant
y00= sin(y),y(0) =π2ety0(0) =√2

Exercice 14[ 03757 ][correction]
Résoudre l’équation différentielle

y0= siny

Enoncés

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
0
Siyest solution surIalors1+yy2= 1donc

Corrections

∃C∈R∀x∈Iarctany(x) =x+C
Orarctany(x)∈−2ππ2doncx+C∈−π22πpuisI⊂−π2−C2π−Cet

∀x∈I y(x) = tan(x+C)

Réciproque est immédiate.

Exercice 2 :[énoncé]
L’équation est de la formey0=f(x y)avecffonction de classeC1surR2. On
peut donc exploiter le théorème de Cauchy-Lipschitz.
y= 0est solution surRde cette équation différentielle. Il n’existe donc pas
d’autre solution s’annulant.
0
Soityune solution surIne s’annulant pas. On ayy2= 1donc il existeC∈Rtel
que−1=x+Cet alors
y

1

∀x∈I,x+C6= 0ety(x) =x+C

La réciproque est immédiate.

Exercice 3 :[énoncé]
y7→y(y−1)est de classeC1, on peut donc appliquer le théorème de
Cauchy-Lipschitz
Les fonctions constantes égales à 0 et 1 sont solutions surRde l’équation. En
vertu du théorème de Cauchy-Lipschitz, il n’y a pas d’autres solutions prenant les
valeurs 0 et 1 que les solutions constantes.
Soityune solution surInon constante. On a

y0(
∀x∈Iy(x)(y(xx))− 11) =
OrRt(td−t1)= ln1−1t+Ctedonc

∃C∈R∀x∈Ilny(x)−=1x+C
y(x)

puis
−1
y(yx()x e) =x+C
 
La fonctionx7→y(yx()x)−1étant de signe constant, on parvient à
λ=±eCpuis
1
=
y(x1)−λex

avec1−λex6= 0surI.
Inversement : ok.

y(xy))(−1=λexavec
x

Exercice 4 :[énoncé]
Soityune solution sur un intervalleIdey0+ ey= 0.
SurI, on a−y0(x)e−y(x)= 1donc∃C∈R∀x∈Ie−y(x)=x+C.
Par suite∀x∈I x+C >0ety(x) =−ln(x+C).
Inversement, les fonctions proposées sont bien solutions.

Exercice 5 :[énoncé]
Soityune solution surIdey0siny=−1.
SurI, on a−y0(x) siny(x) = 1donc∃C∈R∀x∈Icos(y(x)) =x+C.
Siy(x [) = 0π]alors l’équationy0siny=−1ne peut tre satisfaite en cetx.
Donc∀x∈I,y(x)6= 0 [π].
Par continuité∃k∈Z∀x∈I y(x)∈]kπ(k+ 1)π[etcos(y(x)) =x+Cdonc
C) +kπsikest pair
y(x)(a−occra(scrocxs(x++C) + (k+ 1)πsikest impair
.
=
Inversement de telles fonctions sont bien solutions.

Exercice 6 :[énoncé]
Soityune solution. C’est une fonction croissante.
Si elle est positive alors

Si elle est négative alors

∃C >0∀x∈R y(x) =Cex

∃C >0∀x∈R y(x) =−Ce−x

Si elle s’annule ena∈Ralors sur]−∞ a],y0=−yet sur[a+∞[,y0=y
.
Le recollement des deux solutions obtenues donney= 0.
Inversement : ok

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Exercice 7 :[énoncé]
a) Soityune solution deEdéfinie sur un intervalleI.
Pour touta b∈I,
=Zbdt=Zby0(t)
b−ad
a ay2(t) +y(t) + 1t

Corrections

Puisque la fonctionyest de classeC1, on peut réaliser le changement de variable
u=y(t)et alors

y
b−a=Zy(a(b))u2d+uu+ 16ZRu2d+uu+ 1<+∞

Les solutions deEsont donc définies sur des intervalles bornés ; il n’y a pas de
solutions deEsurR.
b) Soityune solution deEdéfinie sur un intervalleInon singulier.
Pour toutt∈I, on a
y0(t)1=)
y2(t) +y(t+ 1

Or
Zy2(t)y+0(ty)(t) + 1 dt=√2a3ncrat2y(t√) + 1
3
donc il existe une constante réelleCtelle que pour toutt∈I,
2
arctany(t√)+31=√(32t+C)

Puisque la fonctionarctanest à valeurs dans]−π2 π2[, on a pour toutt∈I,
√3
2 (t+C)∈iπ22πh

et donc

Enfin, pour toutt∈I,

Résumons :

I⊂− √π3√π3−C

y(t) =−2+1√an2t3√(32t+C)

4

Siyest une solution deEsur un intervalle non singulierI, il existe une constante
Créelle telle que
I⊂− √π3√π3−Cet∀t∈I,y(t) =−21+√ta32n√32(t+C)
Inversement, en reprenant les calculs en sens inverse, on peut affirmer que de
telles fonctions sont solutions.
Les solutions maximales sont alors les fonctions
√3
yC:− √π3√π3−C→RavecyC(t) =−+12√tan322 (t+C)
Elles sont définies sur un intervalle ouvert de longueur2π√3.

Exercice 8 :[énoncé]
a)Fest continue et strictement croissante donc réalise une bijection deRvers
I=F(R)intervalle ouvert dont les extrémités sont les limites deFaux
extrémités deI.
b) On aF(x0) = 0doncF−1(0) =x0.Fest de classeC1et vérifie
F0(x) =f1(x)6= 0
doncF−1est de classeC1surIet
F−1(t)0=F0(F1−1(t)) =f(F−1(t))
AinsiF−1est solution dex0=f(x).
c) SiIest majoré et queadésigne son extrémité droite alorsF−1(x)x−→−a→+∞
carF(x)x−→−+−−∞→a. Il n’est donc pas possible de prolongerF−1ena. De mme,
pour une éventuelle extrémité gauche finie deI.

Exercice 9 :[énoncé]
Soityune solution surIintervalle contenant0du problème posé.
On ay0y00= 2y0y+ 2y0y3donc21y02=y2+12y4+CavecC=12après évaluation
en0.
Ainsiy02= (1 +y2)2puis1+y0y22= 1.
0
La fonction1+yy2étant continue surIet prenant la valeur1en0on a :
0
y
1+y2= 1d’oùarctany=x+C0puisC0= 0après évaluation en0.
Finalementy= tanxetI⊂]−π2 π2[. Réciproque immédiate.

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Corrections

Exercice 10 :[énoncé]
a) Puisquey00=− |y|60la fonctiony0est décroissante. Sachant quey0(0) = 0,
on en déduit le signe dey0puis les variations deyassurant un maximum en 0. Par
suite :
∀x∈R y(x)6y(0) =a
b) Sia60alors pour toutx∈R,y(x)60donc l’équationy00+|y|= 0devient
y00−y= 0.
La solution générale de cette équation esty(t) =λcht+µsht.
Les conditions initiales donnentλ=aetµ= 0.
Au final, la solution cherchée esty(t) =acht.
c) Si la fonctionyest de signe positif surR+alors l’équationy00+|y|= 0devient
y00+y= 0et après résolution on parvient à l’expressiony(t) =acost. Cela
contredit le signe constant dey.
On en déduit queychange de signe et donc queys’annule surR+.
Puisqueyest décroissante et mme strictement décroissante surR+, cette

annulation est unique. On la noteb+. L’étude surR−est similaire et introduitb.
Puisque sur[b− b+],y(t)>0, la résolution de l’équationy00+|y|= 0avec
condition initiale donney(t) =acostsur[b− b+]. Puisqueb−etb+sont les
premières annulations dey, on ab+=π2etb−2.
=−π
d) Sur[−π2 π2],y(t) =acost.
Puisque sur[π2+∞[,y(t)60, l’expression deyest de la forme
y(t) =λcht+µsht.
Le raccord dérivable enπ2donne
(λλchhsππ2++2µµhcshππ0=22=(λµ==a−sahcπhπ22
,
−a

Ainsi

De mme,

∀t>π2 y(t) =ashπ2cht−achπ2sht=ash2π−t
∀t6−π2,y(t) =ash2π+t

Exercice 11 :[énoncé]
a) La commande
dsolve(D(x)(t)=a*x(t)ˆ2, x(0)=1, x(t));
donne
(t 1) =
x
1−at
Par le théorème de Cauchy-Lipschitz qui s’applique à cette équation autonome, on
peut affirmer qu’une solution de l’équation qui s’annule est la fonction nulle.

5

Puisqu’ici on cherche une solution ne s’annulant pas en 0, on peut affirmer qu’elle
ne s’annule pas sur son intervalle de définition et donc
1⇔x0(t)tx(0) = 1
x0(t) =ax(t)2etx(0) =x(t)2=ae

La résolution se poursuit alors par intégration et donne
x(t) = 1−1at
solution maximale sur]−∞1a[quanda6= 0et surRquanda= 0.
b) On montrer par récurrence queXest de classeCnsur son intervalle de
définition et
X(n)=n!X(t)n+1An
En particulier

On en déduit

X(k)=Oet∀06j6k−1 X(j)(0) =j!Aj

X(t) =In+tA+t2A2+∙ ∙+tk−1Ak−1

Puisque
(In−tA)X(t) =In−tkAk=In
on peut affirmer queX(t)est inversible et

X(t)−1=In−tA
c) PuisqueXest dérivable et que les coefficients deX−1sont des expressions
rationnelles des coefficients deX, on peut affirmer quet7→X−1(t)est dérivable.
Puisque
X(t)X−1(t) =In

on obtient en dérivant

X0(t)X−1(t) +X(t)(X−1(t))0=On
OrXest solution de(E)doncX0(t) =X(t)AX(t)puis on obtient
X(t)A+X(t)(X−1(t))0= 0

On en déduit

puis

et enfin

X−1(t)0=−A

X−1(t) =In−tA

X(t) = (In−tA)−1

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Exercice 12 :[énoncé]
Soityune fonction solution. La fonctionyest croissante.
Supposonsy(x)>0pour toutx∈R. On a
y0(x) = 1
py(x)
et donc il existeC∈Rtel que
2py(x) =x+C

Cette affirmation est incompatible avec l’hypothèse de départ cary(−C) = 0.
De mmey(x)<0pour toutx∈Rest impossible.
On en déduit qu’il existex∈Rtel quey(x) = 0.

Posons alors
I={x∈Ry(x) = 0}
Par la croissance dey, on peut affirmer

a b∈A⇒[a b]∈A

Corrections

et doncIDe plus, celui-ci est fermé car image réciproque d’unest un intervalle.
fermé par une fonction continue.
SupposonsImajorée et posonsb= maxI.
Pour toutx > b, on ay(x)>0et la reprise des calculs qui précèdent donne
l’existence deC∈Rtel que
∀ yx > b(x) =x2+C2
Or la fonctionyétant continue enb, on a nécessairementC=−bet finalement
∀ yx > b(x) =x2−b2
Si l’on supposeIminorée, une étude analogue fournie
(x) =−a−2aveca= minI
∀x <0 y2x
Finalement la fonctionyest de l’une des formes suivantes :
-ynulle ;
-ynulle sur]−∞ b]et égale àx7→(x−b)22sur]b+∞[;
-yégale àx7→ −(a−x)22sur]−∞ a[et nulle sur[a+∞[;
-yégale àx7→ −(a−x)22sur]−∞ a[, nulle sur[a b]et égale àx7→(x−b)22
sur]b+∞[.
Inversement les fonctions proposées sont solutions car notamment dérivable aux
points de jonction des alternatives avec un nombre dérivé qui est nul.

6

Exercice 13 :[énoncé]
Notons que le théorème de Cauchy-Lipschitz s’applique à l’équation étudiée car la
fonction qui exprime le second membre est de classeC1.
Soityune solution surIdu problème différentiel posé.
On ay0y00=y0sin(y)donc en intégrant

12y02=C−cosy

Les conditions initiales donnentC= 1d’où

1y02= 1−cosy= 2 sin2y2
2

Posonsz=y2de sorte que

z02= sin2z

S’il existet0∈Itel quesin(z(t)) = 0alors

y(t0) = 2kπety0(t0) = 0

Puisque la fonctiont7→2kπest solution surRde l’équationy00= sin(y), c’est une
solution maximale etyest alors restriction. C’est absurde caren y(0) =π2.
On en déduit que pour toutt∈I,sin(z(t))6= 0et par un argument de continuité
on obtient
∀t∈I z0(t) = sin(z(t))

carz0(0)>0etsin(z(0))>0.
On a alors surI

et puisque

on obtient

Z

sidnuu=Z

z0
= 1
sinz

sinu
1−cos2udu=−argth(cosu)

argth(cosz) =C−t

Les conditions initiales donnent
C=argth(1√2)

et finalement

y(t arccos () = 2th(C−t))

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Corrections

Exercice 14 :[énoncé]
Il s’agit d’une équation différentielle autonome qui satisfait aux hypothèses du
théorème de Cauchy.
On remarque quet7→kπaveck∈Zdéfinit une solution surRet que siyest
solution alorst7→y(t) +kπest encore une solution. En vertu du théorème de
Cauchy, il ne suffit donc plus que de déterminer les solutions maximale vérifiant
y(0) =α∈]0 π[intégrales ne se coupent pas, on. De plus, puisque les courbes
peut affirmer qu’une telle solution surIvérifie

On a alors

En intégrant

ce qui donne

puis

Z

0

∀t∈I y(t)∈]0 π[

y0(t)
sin(y(t)) = 1

ty0(s)
(s)) ds=Z0ty10(−sni)ssoc2((yy((ssd))))s=t
sin(y

argth(cos(y(t))) =argth(cos(α))−t=λ−t

y(t) = arccos(th(λ−t))avecλ∈R

La réciproque est immédiate.

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