Exercices corrigés - Équations différentielles non linéaires

On définit la fonction $f:]0,+\infty[\times\mathbb R\to \mathbb R,\ (x,y)\mapsto \frac{\sin(xy)}{x^2}.$ Cette fonction est clairement de classe $C^1$, donc continue et localement lipschitzienne par rapport à la seconde variable, sur son domaine de définition. Puisque $(1,1)\in]0,+\infty[\times\mathbb R$, par application du théorème de Cauchy-Lipschitz, on en déduit l'existence et l'unicité d'une solution maximale à l'équation différentielle.

Il s'agit d'équations différentielles de Bernoulli, c'est-à-dire d'équations de la forme $$y'+p(x)y=q(x)y^\beta.$$ On les résout par le changement de fonction inconnue $z=y^{1-\beta}.$

1. On pose $z=y^{1-1/2}=\sqrt{y}$. L'équation devient $$2z'+2z=x+1.$$ La solution générale de l'équation homogène associée est de la forme $x\mapsto Ce^{-x}$ et on vérifie que $x\mapsto \frac{x}{2}$ est une solution particulière. Revenant à l'équation différentielle initiale, on trouve que ses solutions sont parmi les fonctions de la forme $$x\mapsto \left(\frac{x}{2}+Ce^{-x}\right)^2.$$ La condition $y(0)=1$ donne $C=1$ ou $C=-1$, et donc on a deux fonctions candidates pour être la solution maximale de l'équation vérifiant $y(0)=1$ : $$y(x)=\left(\frac{x}{2}+e^{-x}\right)^2\textrm{ et }y(x)=\left(\frac{x}{2}-e^{-x}\right)^2.$$ On vérifie que seule la première convient. Attention, pour la deuxième fonction, on a $\frac{x}{2}-e^{-x}<0$ au voisinage de $0$, et donc $$\sqrt{y(x)}=-\frac{x}{2}+e^{-x}.$$
2. On pose $z=y^{-1}$, d'où $y'=-z'y^2='z'/z$. Après simplifications, l'équation différentielle devient $$z'-\frac 1xz=\ln x.$$ L'équation homogène admet pour ensemble de solutions les fonctions de la forme $x\mapsto Cx$, $C\in\mathbb R$. On recherche une solution particulière par la méthode de variation des constantes, posant $z(x)=C(x)x$. On trouve $C'=\frac{\ln x}x$ et donc on obtient $$z(x)=\frac12x\ln^2 x+Cx.$$ Revenant à $y$, et utilisant la condition initiale $y(1)=1$, on trouve finalement que la solution maximale de l'équation initiale est $$y(x)=\frac 1{x\left(\frac 12\ln^2 x+1\right)},\ x>0.$$

Ces équations sont des équations homogènes. On peut les résoudre par le changement de fonction inconnue $z=y/x$.

1. En posant $z=y/x$, de sorte que $y'=xz'+z$, l'équation devient $$x^2z'=xe^{-z}$$ soit encore $$(e^z)'=\frac 1x=(\ln x)'.$$ On intègre et on en déduit qu'il existe une constante $C\in\mathbb R$ telle que $$e^z=\ln x+C.$$ Revenant à $y$, on trouve $$y=x\ln(\ln x+C).$$ La condition initiale $y(1)=0$ donne $C=1$, d'où l'on tire la solution maximale à l'équation, $$y(x)=x\ln\ln(x+1),\ x>1/e.$$
2. En posant $z=y/x$, de sorte que $y'=xz'+z$, l'équation devient $$x^3z'=x^2(1-z^2).$$ On réécrit cette équation en $$\frac{z'}{1-z^2}=\frac 1x$$ soit après décomposition en éléments simples $$\frac{z'}{1-z}+\frac{z'}{1+z}=\frac 2x.$$ On intègre et on trouve qu'il existe $C\in\mathbb R$ tel que $$\ln\left(\frac{1+z}{1-z}\right)=2\ln(x)+C.$$ Posons $C=\ln\lambda$ avec $\lambda>0$, ceci devient encore $$\ln\left(\frac{1+z}{1-z}\right)=\ln(\lambda x^2).$$ On résoud cette équation et on trouve $$y=x\frac{\lambda x^2-1}{\lambda x^2+1}.$$ La condition $y(1)=0$ donne $\lambda=1$, et donc la solution maximale de l'équation est la fonction $$y(x)=x\frac{x^2-1}{x^2+1},\ x\in\mathbb R.$$
3. En posant $z=y/x$, de sorte que $y'=xz'+z$, l'équation devient $$\frac{z'}{\cos^2 z}=\frac 1x.$$ On intègre et on en déduit qu'il existe une constante $C\in\mathbb R$ de sorte que $$\tan z=\ln(x)+C$$ sojt $$y=x\arctan(\ln x+C).$$ La condition $y(1)=\pi/4$ donne $\arctan(C)=\pi/4$, soit $C=1$. La solution maximale de l'équation est la fonction $$y(x)=x\arctan\big(\ln(x)+1\big),\ x>0.$$

Commençons d'abord par résoudre l'équation $y'=y-x$. L'équation homogène admet pour solutions les fonctions $x\mapsto Ce^x$, et une solution particulière est la fonction $x\mapsto x+1$. L'ensemble des solutions de cette équation est donc constituée des fonctions $$x\mapsto Ce^x+(x+1).$$ De la même façon, on résoud l'équation $y'=-(y-x)=-y+x$, et on trouve que ces solutions sont les fonctions de la forme $$x\mapsto De^{-x}+(x-1).$$ Retournons à l'équation de départ. Les fonctions $y_1(x)= Ce^x+(x+1)$ qui vérifient $y_1(x)\geq x$ pour tout réel $x$ sont solutions. De plus, $y_1(x)=x$ correspond à l'équation $Ce^x=-1$, et cette équation admet une solution si et seulement si $C<0$, la solution étant $x=-\ln(-C)$. De même, $y_2(x)= De^{-x}+(x-1)$ qui vérifient $y_2(x)\leq x$ pour tout réel $x$ sont solutions. De plus, $y_2(x)=x$ correspond à l'équation $De^{-x}=1$, et cette équation admet une solution si et seulement si $D>0$, la solution étant $x=\ln(D)$. On en déduit qu'il existe donc 3 types de solution :

1. Les solutions de la forme $x\mapsto Ce^x+(x+1)$, avec $C>0$. Ce sont les solutions qui sont toujours situées au-dessus de la droite $y=x$.
2. Les solutions de la forme $x\mapsto De^{-x}+(x-1)$, avec $D<0$. Ce sont les solutions qui sont toujours situées au-dessous de la droite $y=x$.
3. Les solutions définies par $$x\mapsto\begin{cases} Ce^x+(x+1),\ C<0&\textrm{ pour }x\leq x_0\\ De^{-x}+(x-1),\ D>0&\textrm{ pour }x\geq x_0 \end{cases}$$ où $x_0$ est tel que $Ce^{x_0}+x_0+1=De^{-x_0}+(x_0-1)=x_0$, soit $x_0=-\ln(-C)=\ln(D)$. En particulier, on a $C=-1/D$. Ces solutions sont celles qui coupent la droite $y=x$. Remarquons qu'elles sont toujours comprises entre les droites $y=x+1$ et $y=x-1$ qui sont des solutions de l'équation (ce sont des barrières pour les solutions).

Posons $f(x)=x^3y(x)+\cos(y(x))$, $f$ est définie et dérivable sur $\mathbb R$. De plus $$f'(x)=3x^2y(x)+(x^3-\sin(y(x)))y'(x)=0.$$ $f$ est donc constante, ce qui prouve le résultat. On en déduit que $$|y(x)|\leq \frac{|C-\cos(y(x))|}{|x|^3}\leq \frac{C+1}{|x|^3},$$ ce qui prouve que $y(x)$ tend vers 0 lorsque $x$ tend vers $\pm\infty$.

Remarquons d'abord que, posant $f(x,y)=(-(b+1)x+x^2y+a,bx-x^2y)$, la fonction $f$ est de classe $C^1$. Nous sommes donc dans les conditions d'application du théorème de Cauchy-Lipschitz et de ses conséquences.

1. On a $x'(\bar t)=a>0$. Supposons qu'il existe un réel $t\in [0,T_m[$ tel que $x(t)=0$, et posons $t_0=\inf\{t>0;x(t)=0\}$. Par continuité de $x$, $x(t_0)=0$ et par définition, $x(t)>0$ si $t\in[0,t_0[$. Mais, puisque $x'(t_0)>0$, on sait que pour $t< t_0$, $t$ très proche de $t_0$, on a $x(t)<x(t_0)=0$ : ceci est absurde et donc $x(t)>0$ pour tout $t\in [0,T_m[$. La méthode est complètement identique pour $y$, si ce n'est qu'on doit utiliser le fait que l'on sait déjà que $x(t)>0$ pour tout $t\in[0,T_m[$.
2. On a $(x+y)'(t)=-x(t)+a\leq a$. On en déduit, en intégrant cette inégalite, que $x(t)+y(t)\leq at+x_0+y_0$ pour tout $t\in[0,T_m[$. En particulier, si $T_m<+\infty$, et puisque $x(t)>0$ et $y(t)>0$, on a $0\leq |x(t)|+|y(t)|<aT_m+x_0+y_0$. Ceci contredit le théorème d'explosion en temps fini, et donc $T_m=+\infty$.
3. Posons $z(t)=x(t) e^{(b+1)t}$. Sa dérivée est $z'(t)=\big(x'(t)+(b+1)x(t)\big)e^{(b+1)t}\geq ae^{(b+1)t}$. On intègre cette inégalité, et on trouve que $$z(t)-z(0)\geq \frac a{b+1}e^{(b+1)t}-\frac a{b+1}.$$ On remarque que $z(0)=x_0$ et on revient à $x$ : pour tout $t\geq 0$, on a $$x(t)\geq \frac a{b+1}-\frac a{b+1}e^{-(b+1)t}+x_0 e^{-(b+1)t}\geq \frac a{b+1}-\frac a{b+1}e^{-(b+1)t}.$$ Or, la fonction $t\mapsto \frac a{b+1}-\frac a{b+1}e^{-(b+1)t}$ tend vers $\frac a{b+1}>\gamma$ en $+\infty$. Il existe donc $T_\gamma>0$ tel que, pour tout $t\geq T_\gamma$, $$\frac a{b+1}-\frac a{b+1}e^{-(b+1)t}\geq\gamma.$$ On en déduit que, pour $t\geq T_\gamma$, $x(t)\geq\gamma.$

Supposons qu'il existe $t_1\in\mathbb R$ tel que $f(t_1)>g(t_1)$. Alors, puisque $f$ et $g$ sont continues, par le théorème des valeurs intermédiaires appliqué entre $t_0$ et $t_1$, il existe un élément $s\in \mathbb R$ tel que $f(s)=g(s)$. Alors, posant $a=f(s)=g(s)$, $f$ et $g$ sont tous deux solutions du problème de Cauchy suivant : $$y'=F(t,y)\textrm{ et }y(s)=a.$$ Par le théorème de Cauchy-Lipschitz, ce problème admet une unique solution maximale. Donc $f=g$, ce qui n'est pas le cas puisque $f(t_0)<g(t_0)$.

Soit $u$ une solution non constante. Pour démontrer que $u$ est strictement monotone, il suffit de démontrer que $u'$ garde un signe constant. Si ce n'est pas le cas, par le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $t_0\in I$ tel que $u'(t_0)=0.$ Posons $y_0=u(t_0)$, on a $f(y_0)=0$ ce qui veut dire que la fonction constante $v$ définie par $v(t)=y_0$ est solution de l'équation. Mais alors $u$ et $v$ sont deux solutions du même problème de Cauchy $y'=f(y)$ et $y(t_0)=y_0$. Par unicité au problème de Cauchy (puisque $f$ est $\mathcal C^1$), on a que $u=v$ et donc que $u$ est constante. Comme on a supposé $u$ non constante, on en déduit que $u$ est strictement monotone.