Équations différentielles : exercices corrigés de maths Licence L2 à télécharger en PDF

1 Vérifier une solution ★★★

On dérive : \(y'(t) = 2\,e^{2t} + 1\). Donc \(y' - 2y = 2\,e^{2t} + 1 - 2\,e^{2t} - 2t = 1 - 2t\). L’égalité est vraie pour tout réel \(t\) : \(y\) est solution.

2 Équations homogènes ★★★

a) Les solutions sont \(Ce^{4t}\) ; \(y(0) = C = 3\), donc \(y(t) = 3e^{4t}\).

b) Les solutions sont \(Ce^{-5t}\) ; \(y(1) = Ce^{-5} = 2\) donne \(C = 2e^{5}\), donc \(y(t) = 2e^{5}e^{-5t} = 2e^{-5(t-1)}\).

3 Ordre et linéarité ★★★

a) ordre 2, linéaire (à coefficients constants). b) ordre 1, non linéaire à cause de \(y^2\). c) ordre 3, linéaire. d) ordre 1, non linéaire car le produit \(y\,y'\) est de degré 2.

4 Équation caractéristique ★★★

L’équation caractéristique \(r^2 - 5r + 6 = (r-2)(r-3) = 0\) a pour racines \(2\) et \(3\). Les solutions sont \(y(t) = Ae^{2t} + Be^{3t}\), \(A, B \in \mathbb{R}\).

5 Oscillateur harmonique ★★★

\(r^2 + 9 = 0\) donne \(r = \pm 3i\), donc \(y = A\cos 3t + B\sin 3t\). Alors \(y(0) = A = 1\) et \(y'(0) = 3B = 3\), d’où \(B = 1\). Finalement \(y(t) = \cos 3t + \sin 3t\).

6 Chercher les équilibres ★★★

Un équilibre annule le second membre. a) \((y-2)(y+5) = 0\) donne \(y = 2\) et \(y = -5\). b) \(3y - y^2 = y(3-y) = 0\) donne \(y = 0\) et \(y = 3\).

7 Vrai ou faux ? ★★★

a) Faux : si \(y_1' + 2y_1 = 1\) et \(y_2' + 2y_2 = 1\), alors \((y_1+y_2)' + 2(y_1+y_2) = 2 \neq 1\).

b) Vrai : \((y_1-y_2)' + 2(y_1-y_2) = 1 - 1 = 0\).

c) Faux : pour \(y = 0\), le membre de gauche vaut \(0 \neq 1\).

8 Retour à l’équilibre ★★★

L’homogène donne \(Ce^{-2t}\). La constante \(y_p = 2\) vérifie \(0 + 2\cdot 2 = 4\). Donc \(y(t) = 2 + Ce^{-2t}\). Avec \(y(0) = 5\) : \(2 + C = 5\), \(C = 3\), d’où \(y(t) = 2 + 3e^{-2t}\).

Comme \(e^{-2t} o 0\), \(y(t) o 2\) g/L en \(+\infty\) : la teneur se rapproche de l’équilibre \(2\).

9 Second membre trigonométrique ★★★

Avec \(y_p = \alpha\cos t + \beta\sin t\) : \(y_p' + y_p = (\alpha + \beta)\cos t + (\beta - \alpha)\sin t = 2\cos t\), donc \(\alpha + \beta = 2\) et \(\beta - \alpha = 0\), soit \(\alpha = \beta = 1\).

Solution générale : \(y = Ce^{-t} + \cos t + \sin t\). Comme \(y(0) = C + 1 = 0\), \(C = -1\) et \(y(t) = -e^{-t} + \cos t + \sin t\).

10 Variation de la constante ★★★

Une primitive de \(-\dfrac2t\) est \(-2\ln t\) ; l’homogène a pour solutions \(Ct^2\). On pose \(y = C(t)\,t^2\) : \(C'(t)\,t^2 = t^2\), donc \(C'(t) = 1\) et \(C(t) = t + K\). Ainsi \(y(t) = t^3 + Kt^2\).

La condition \(y(1) = 1 + K = 3\) donne \(K = 2\) : \(y(t) = t^3 + 2t^2\).

11 Racine double ★★★

\(r^2 + 2r + 1 = (r+1)^2\) : racine double \(-1\), donc \(y = (A + Bt)e^{-t}\). Alors \(y(0) = A = 2\). On a \(y' = (B - A - Bt)e^{-t}\), donc \(y'(0) = B - A = 0\), \(B = 2\).

Finalement \(y(t) = 2(1 + t)e^{-t}\).

12 Ressort amorti ★★★

\(r^2 + 4r + 13 = 0\), \(\Delta = 16 - 52 = -36\), donc \(r = -2 \pm 3i\) et \(y = e^{-2t}(A\cos 3t + B\sin 3t)\). \(y(0) = A = 1\). Comme \(y' = e^{-2t}\big((-2A + 3B)\cos 3t + (-2B - 3A)\sin 3t\big)\), \(y'(0) = -2A + 3B = 0\), donc \(B = \dfrac23\).

\(y(t) = e^{-2t}\left(\cos 3t + \dfrac23\sin 3t\right)\). Le facteur \(e^{-2t}\) tend vers \(0\) et le reste est borné, donc \(y(t) \to 0\) : le ressort revient au repos en oscillant.

13 Une équation à variables séparables ★★★

On écrit \(y\,y' = t\), soit \(\left(\dfrac{y^2}{2}\right)' = t\). En intégrant : \(\dfrac{y^2}{2} = \dfrac{t^2}{2} + K\), donc \(y^2 = t^2 + C\). Avec \(y(0) = 2\) : \(C = 4\).

Comme \(y > 0\), \(y(t) = \sqrt{t^2 + 4}\), défini sur \(\mathbb{R}\). Vérification : \(y'(t) = \dfrac{t}{\sqrt{t^2+4}} = \dfrac{t}{y}\).

14 Cauchy-Lipschitz s’applique-t-il ? ★★★

a) \(f(t,y) = y^2 + t\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}^2\), donc localement lipschitzienne en \(y\) : oui, il y a une unique solution maximale.

b) \(y \mapsto \sqrt{|y|}\) n’est pas lipschitzienne au voisinage de \(0\) : le théorème ne s’applique pas. De fait, la fonction nulle est solution, et \(y(t) = \dfrac{t^2}{4}\) pour \(t \geq 0\) aussi : \(y' = \dfrac t2 = \sqrt{y}\). Il y a donc au moins deux solutions.

15 Exponentielle d’une matrice de rotation ★★★

\(A^2 = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = -I\). Donc \(A^{2k} = (-1)^k I\) et \(A^{2k+1} = (-1)^k A\). La série donne \(e^{tA} = \cos t\; I + \sin t\; A = \begin{pmatrix} \cos t & \sin t \\ -\sin t & \cos t \end{pmatrix}\).

Alors \(X(t) = e^{tA}\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos t + 2\sin t \\ -\sin t + 2\cos t \end{pmatrix}\). Vérification : \(x' = -\sin t + 2\cos t = y\) et \(y' = -\cos t - 2\sin t = -x\).

16 Système diagonalisable ★★★

\(T = 7\), \(D = 10\) : les valeurs propres sont \(5\) et \(2\). Pour \(5\) : \((A - 5I)v = 0\) donne \(v_1 = (1, 1)\). Pour \(2\) : \((A - 2I)v = 0\) donne \(v_2 = (1, -2)\).

On écrit \((1,0) = a(1,1) + b(1,-2)\) : \(a + b = 1\) et \(a - 2b = 0\), donc \(a = \dfrac23\), \(b = \dfrac13\). Ainsi
\[ x(t) = \dfrac{2\,e^{5t} + e^{2t}}{3}, \qquad y(t) = \dfrac{2\,e^{5t} - 2\,e^{2t}}{3}. \]
Vérification : \(x' = \dfrac{10e^{5t} + 2\,e^{2t}}{3} = 4x + y\).

17 Équation d’ordre 2 en système ★★★

a) Avec \(X = (y, y')\) : \(y'' = -2y - 3y'\), donc \(A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -2 & -3 \end{pmatrix}\).

b) \(T = -3\) et \(D = 2\), donc le polynôme caractéristique est \(\lambda^2 + 3\lambda + 2 = (\lambda + 1)(\lambda + 2)\) : valeurs propres \(-1\) et \(-2\). Elles sont réelles et négatives : l’origine est un nœud asymptotiquement stable.

c) \(y = Ae^{-t} + Be^{-2t} \to 0\) en \(+\infty\), quelles que soient les conditions initiales.

18 Population limitée ★★★

a) \(2y(3-y) = 0\) donne \(y = 0\) et \(y = 3\).

b) Posons \(D = 1 + 2e^{-6t}\). Alors \(y = 3/D\) et \(y' = \dfrac{36e^{-6t}}{D^2}\). Or \(3 - y = \dfrac{3(D-1)}{D} = \dfrac{6e^{-6t}}{D}\), donc \(2y(3-y) = 2\cdot\dfrac3D\cdot\dfrac{6e^{-6t}}{D} = \dfrac{36e^{-6t}}{D^2} = y'\). De plus \(y(0) = \dfrac33 = 1\). Par unicité (Cauchy-Lipschitz), c’est la solution.

c) \(\dfrac{3}{1 + 2e^{-6t}} = 2{,}5\) équivaut à \(1 + 2e^{-6t} = 1{,}2\), soit \(e^{-6t} = 0{,}1\), donc \(t = \dfrac{\ln 10}{6} \approx 0{,}38\) unité de temps.

19 Explosion en temps fini ★★★

Pour \(y \neq 0\), \(\dfrac{y'}{y^2} = 1\) donne \(-\dfrac1y = t + K\).

a) \(y(0) = 1\) : \(K = -1\), donc \(y(t) = \dfrac{1}{1 - t}\), maximale sur \(]-\infty\,;1[\), avec \(y \to +\infty\) en \(1^-\) : explosion.

b) \(y(0) = -1\) : \(K = 1\), donc \(y(t) = -\dfrac{1}{1 + t}\), maximale sur \(]-1\,;+\infty[\) ; elle explose en \(-1^+\) dans le passé mais tend vers \(0\) en \(+\infty\). Le signe de la condition initiale décide si l’explosion se produit dans le futur ou dans le passé.

20 Trois équilibres ★★★

a) \(f(y) = 0\) donne \(y \in \{0, 2, 5\}\).

b) \(f(y) = -y^3 + 7y^2 - 10y\), donc \(f'(y) = -3y^2 + 14y - 10\). \(f'(0) = -10 < 0\) : stable. \(f'(2) = -12 + 28 - 10 = 6 > 0\) : instable. \(f'(5) = -75 + 70 - 10 = -15 < 0\) : stable.

c) Signe de \(f\) : positif sur \(]-\infty\,;0[\) et sur \(]2\,;5[\), négatif sur \(]0\,;2[\) et sur \(]5\,;+\infty[\). Pour \(y(0) = 1\), la solution décroît vers \(0\). Pour \(y(0) = 3\), elle croît vers \(5\). Pour \(y(0) = -1\), elle croît vers \(0\).

Le bassin d’attraction de \(0\) est donc \(]-\infty\,;2[\), et celui de \(5\) est \(]2\,;+\infty[\).

21 Nature des équilibres de systèmes plans ★★★

a) \(T = -5\), \(D = 6\), \(T^2 - 4D = 1 > 0\) : valeurs propres \(-3\) et \(-2\) (matrice triangulaire), nœud asymptotiquement stable.

b) \(T = 2\), \(D = 5\), \(T^2 - 4D = -16 < 0\) : valeurs propres \(1 \pm 2i\), partie réelle positive, foyer instable.

c) \(T = 1\), \(D = -6 < 0\) : valeurs propres \(3\) et \(-2\) de signes opposés, col, instable.