Exercices corrigés - Équations différentielles linéaires - théorie et études qualitatives

Soit $y$ une solution de l'équation. Sa tangente au point d'abscisse $x_0$ a pour équation $$y-y(x_0)=\big(a(x_0)y(x_0)+b(x_0)\big)(x-x_0).$$ Par tout point $(x_0,\lambda)$ il passe une courbe intégrale (ou encore il y a une unique solution avec $y(x_0)=\lambda$), et il s'agit de démontrer que toutes les droites de la famille $(D_\lambda)_{\lambda\in\mathbb R}$, où $(D_\lambda)$ est la droite d'équation $$y-\lambda=\big(a(x_0)\lambda+b(x_0)\big)(x-x_0)$$ sont parallèles ou concourantes. Si $a(x_0)=0$, il est clair qu'elles sont parallèles, et parallèles à $y=b(x_0)x$. Sinon, cherchons le point d'intersection, pour $\lambda\neq \mu$, de $D_\lambda$ et $D_\mu$. On doit résoudre le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} y-\lambda&=&\big(a(x_0)\lambda+b(x_0)\big)(x-x_0)\\ y-\mu&=&\big(a(x_0)\mu+b(x_0)\big)(x-x_0)\\ \end{array}\right.$$ On trouve que le point d'intersection a pour coordonnées $\left(x_0-\frac{1}{a(x_0)},\frac{-b(x_0)}{a(x_0)}\right)$. Il ne dépend pas de $\lambda$ ni de $\mu$. Toutes les droites $D_\lambda$ passent par ce point!

Il ne faut surtout pas tenter de résoudre l'équation différentielle. Ici, on a juste besoin des valeurs de $y^{(k)}(0)$ et de la formule de Taylor-Young pour obtenir un développement limité de $y$ en $0$. On s'arrête au premier $k$ tel que $y^{(k)}(0)\neq 0$, ceci afin de déterminer un équivalent de $y(x)+1$. L'équation différentielle nous donne immédiatement $y'(0)=0$. De plus, $$y''(x)=y(x)+(x+1)y'(x)+e^x$$ $$y^{(3)}(x)=2y'(x)+(x+1)y''(x)+e^x$$ de sorte que $y''(0)=0$ et $y^{(3)}(0)=1$. On en déduit que $$y(x)=-1+\frac{x^3}6+o(x^3)$$ et donc que $$\frac{y(x)+1}{x^a}\sim_0 +\frac{x^{3-a}}6.$$ Ainsi, la limite recherchée est

• $+\infty$ si $a>3$;
• $1/6$ si $a=3$;
• $0$ si $a<3$.

On sait que toute solution s'écrit sous la forme $$y(x)=ke^{A(x)}\textrm{ avec }A(x)=-\int_0^x e^{t^2}dt\textrm{ et }k\in\mathbb R.$$ Or, pour $t\geq 0$, on a $e^{t^2}\geq 1$ d'où l'on déduit que pour $x\geq 0$, $$\int_0^x e^{t^2}dt\geq \int_0^x 1=x.$$ On en déduit que $A(x)$ tend vers $-\infty$ quand $x$ tend vers $+\infty$ et donc par composition et produit que $y(x)$ tend vers 0 lorsque $x$ tend vers $+\infty$.

Remarquons d'abord que nous sommes dans les conditions d'application du théorème de Cauchy linéaire et donc qu'il existe bien une unique solution au problème défine sur $]0,+\infty[$. Nous allons procéder par analyse/synthèse.
Analyse : soit $y$ une telle solution, et $(a,0)$ un point où la courbe représentative de $y$ touche l'axe des abscisses sans le traverser. On a donc $y(a)=0$. Puisque la courbe représentative de $y$ ne traverse pas l'axe des abscisses, c'est que $y$ admet un extrémum local en $a$ et donc on a aussi $y'(a)=0$. Mais alors, puisque $y$ est solution de l'équation, on sait que $1-\frac 1a=0$, et donc que $a=1$. Ainsi, s'il existe une solution au problème, on a $y(1)=0$.
Synthèse : Considérons $y$ la fonction définie sur $]0,+\infty[$ et vérifiant $y'-3y=1-\frac 1x$ et $y(1)=0$. On sait aussi que $y'(1)=0$. De plus, dérivant l'équation différentielle, $y''-3y=\frac1{x^2}$, et donc $y''(1)=1>0$. Ainsi, $y$ admet un minimum local strict en $1$. Ainsi, la courbe représentative de $y$ touche l'axe des abscisses en $(1,0)$, sans le traverser. Remarquons que notre raisonnement ne démontre pas que la courbe représentative de $y$ ne coupe pas l'axe des abscisses en un autre point.

1. Si $A$ est $1$-périodique, alors $I=A(1)=A(0)=0$. Réciproquement, si $I=0,$ alors pour tout $x\in\mathbb R,$ \begin{align*} A(x+1)&=\int_0^{x+1}a(t)dt\\ &=\int_0^x a(t)dt+\int_{x}^{x+1}a(t)dt\\ &=A(x)+\int_0^1 a(t)dt\\ &=A(x) \end{align*} et donc $A$ est $1$-périodique. On a utilisé dans le raisonnement précédent que, pour une fonction $1$-périodique, les intégrales sur tout intervalle de longueur $1$ sont égales.
2. Soit $y$ une solution de $(E)$ et notons $z(x)=y(x+1)$. Alors pour tout $x\in\mathbb R,$ $$z'(x)=y'(x+1)=a(x+1)y(x+1)+b(x+1)=a(x)z(x)+b(x)$$ par $1$-périodicité de $a$ et $b$. Ainsi, $z$ est bien solution de $(E)$.
3. En gardant les notations de la réponse précédente, si $y$ est une solution $1$-périodique de $(E),$ alors $y(1)=y(0)$. Réciproquement, si $y(1)=y(0),$ alors $z$ et $y$ sont deux solutions du même problème de Cauchy puisque $z(0)=y(0)$ et sont donc égales. Ainsi, $y$ est $1$-périodique. Or, on sait que la solution générale de l'équation s'écrit $$y(x)=\left(\alpha+\int_0^x b(t)e^{-A(t)}dt\right)e^{A(x)}.$$ Il vient $$y(1)=\left(\alpha+\int_0^1 b(t)e^{-A(t)}dt\right)e^{I}\textrm{ et }y(0)=\alpha.$$ Si on pose $\mu=\int_0^1 b(t)e^{-A(t)}dt$, alors on voit que $y$ est $1-$périodique si et seulement si $$\alpha(e^I-1)+\mu e^{I}=0.$$ Pour $I\neq 0,$ il y a une unique solution $1$-périodique donnée par $$\alpha=\frac{\mu e^I}{e^I-1}.$$
4. On reprend le raisonnement précédent, et observe cette fois que $e^I=1$. On obtient que la solution $y$ est $1$-périodique si et seulement si $\mu=0$. Et donc dans ce cas, ou bien toutes les solutions sont $1$-périodiques, ou bien aucune solution n'est $1$-périodique.
5. Pour le cas $I=0,$ on peut choisir $a(x)=\sin(2\pi x)$. Pour $b=1,$ on a $\mu\neq 0$ et pour $b=0,$ on a $\mu=0$. Pour le cas $I\neq 0,$ on peut choisir $a(x)=1$ et pour $b$ n'importe quelle fonction $1$-périodique.

Il y a deux clés pour résoudre cet exercice :

• toute fonction impaire vaut $0$ en $0$;
• l'équation différentielle $(E)$ admet une unique solution $y_0$ vérifiant $y_0(0)=0$.

Ceci montre déjà l'unicité : s'il y a une fonction $y$ impaire solution de $(E)$, elle vérifie $y(0)=0$ et doit donc être égale à $y_0$. Réciproquement, on doit prouver que $y_0$ est impaire. On va poser $z(t)=-y_0(-t)$. $z$ est solution de $(E)$. En effet, $$z'(t)+a(t)z(t)=y_0'(-t)-a(t)y_0(-t)=y_0'(-t)+a(-t)y_0(-t)=b(-t)=b(t),$$ car $y_0$ est solution de $(E)$, $a$ est impaire et $b$ est paire. $z$ est donc solution de $(E)$, et satisfait de plus $z(0)=0$. Ainsi, par unicité au problème de Cauchy, $z$ est égale à $y_0$, et donc $y_0$ est impaire.
On pouvait aussi prouver que $y_0$ est impaire, en cherchant à résoudre l'équation différentielle par la méthode usuelle (solution de l'équation homogène à l'aide de l'exponentielle et d'une primitive de $a$, puis méthode de variation de la constante).

Les solutions de l'équation sont les fonctions de la forme $y(t)=C\exp\big(A(t))$ avec $A(t)=\int_0^t a(u)du$ et $C\in\mathbb R$. Or, pour tout $t\in\mathbb R$, $$|A(t)|\leq \left|\int_0^t |a(u)|du\right|\leq \int_{\mathbb R}|a(u)|du.$$ Ainsi, $y$ est bornée par $|C|\exp\left(\int_{\mathbb R}|a(u)|du\right).$

L'équation caractéristique $r^2+ar+b=0$ a pour discriminant $\Delta=a^2-4b$. On distingue alors les trois cas :

• Si $\Delta>0$, les solutions sont de la forme $x\mapsto C_1\exp(\lambda_1 x)+C_2\exp(\lambda_2 x)$, avec $\lambda_1,\lambda_2$ des réels distincts. L'un des deux, disons $\lambda_1$, est non-nul. La solution $x\mapsto \exp(\lambda_1 x)$ n'est jamais bornée.
• Si $\Delta=0$, alors les solutions sont de la forme $x\mapsto (C_1 x+C_2)\exp(\lambda x)$ avec $\lambda$ un réel. Dans tous les cas (même si $\lambda=0$), la solution $x\mapsto x\exp(\lambda x)$ n'est pas bornée.
• Si $\Delta<0$, alors posons $\delta>0$ tel que $\delta^2=-\Delta$. Les racines de l'équation caractéristique sont $\frac{-a\pm i\delta}2$ et les solutions de l'équation sont les fonctions de la forme $x\mapsto C_1\sin(\delta x/2)\exp(-ax/2)+C_2\cos(\delta x/2)\exp(-ax/2)$. Or, les fonctions $x\mapsto \sin(\delta x/2)\exp(-ax/2)$ et $x\mapsto \cos(\delta x/2)\exp(-ax/2)$ sont bornées si et seulement si $a=0$.

Ainsi, en résumant, toutes les solutions de $y''+ay'+by=0$ sont bornées si et seulement si $\Delta<0$ et $a=0$, c'est-à-dire si et seulement si $a=0$ et $b>0$. En physique, cela correspond à l'équation différentielle obtenue pour un oscillateur harmonique.

Considérons $y$ une solution de l'équation et formons la fonction $U$ comme dans l'énoncé. Elle est dérivable comme produit et somme de fonctions dérivables. De plus, pour tout $t\in[0,+\infty[,$ \begin{align*} U'(t)&=2y'(t)y(t)+\frac{2}{p(t)} y'(t)y''(t)-\frac{p'(t)}{p^2(t)}y'^2(t)\\ &=2y'(t)\left(y(t)+\frac{y''t)}{p(t)}\right)-\frac{p'(t)}{p^2(t)}y'^2(t)\\ &=-\frac{p'(t)}{p^2(t)}y'^2(t)\\ &\leq 0 \end{align*} puisque $p'\geq 0$, la fonction $p$ étant croissante. On en déduit que $U$ est décroissante. En particulier, pour tout $t\geq 0,$ on a $$y^2(t)\leq U(t)\leq U(0).$$ Ainsi, on a $|y(t)|\leq \sqrt{U(0)}$ et la fonction $y$ est bien bornée.

Il est clair que $f$ est de classe $C^\infty$ sur $\mathbb R^*$. On montre aisément par récurrence sur $n$ que ses dérivées sont de la forme $$t\mapsto P_n(t)e^{-1/t^2},$$ où les $P_n$ sont des fractions rationnelles. Ainsi, pour chaque entier $n$, $f^{(n)}$ admet une limite en 0 égale à 0. Par le théorème de prolongement d'une dérivée, $f$ est de classe $C^\infty$, avec $f^{(n)}(0)=0$. Si $f$ était solution d'une équation différentielle linéaire homogène d'ordre $n$, $$y^{(n)}(t)+a_{n-1}(t)y^{(n-1)}(t)+\dots+a_0 y(t)=0,$$ elle vérifierait aussi la condition initiale $y(0)=\dots=y^{(n-1)}(0)=0$. Or, d'après le théorème de Cauchy linéaire, cette équation n'admet qu'une seule solution pour ce problème de Cauchy. Comme 0 est solution et que $f$ n'est pas identiquement nulle, on obtient une contradiction.

Soit $y$ une solution non-nulle de l'équation et soit $t_0$ un zéro de $y$. Remarquons que la fonction identiquement nulle est solution de l'équation. D'après la partie unicité du théorème de Cauchy (dans sa version linéaire adaptée aux équations d'ordre $n$), on est sûr qu'il existe $k\in\{0,\dots,n-1\}$ tel que $y^{(k)}(t_0)\neq 0$ (sinon $y$ serait la fonction nulle). Soit $p$ le plus petit des entiers $k$ tel que $y^{(k)}(t_0)\neq 0$. Alors, d'après la formule de Taylor-Young, au voisinage de $t_0$, on a $$y(t)\sim_{t_0}\frac{y^{(p)}(t_0)}{p!}(t-t_0)^p.$$ Ainsi, la fonction ne s'annule pas dans un voisinage de $t_0$ ailleurs qu'en $t_0$.

On peut réduire la matrice $A$ sur $\mathbb C$. Il existe une matrice inversible $P$ telle que $P^{-1}AP$ est égale à l'une des deux matrices suivantes : $$T=\left(\begin{array}{cc} \lambda&0\\ 0&\mu \end{array}\right)\textrm{ ou } T=\left(\begin{array}{cc} \lambda&1\\ 0&\lambda \end{array}\right).$$ Posant $Y(t)=P^{-1}X(t)$, le système est équivalent à $$PY'(t)=APY(t)\iff Y'(t)=TY(t).$$ Toutes les normes sur $\mathbb C^2$ étant équivalentes, il suffit de vérifier que les lignes de $Y(t)$ sont toujours bornées.

• Dans le premier cas ($A$ diagonalisable), les solutions sont les fonctions de la forme $$y_1(t)=C_1 e^{\lambda t}\textrm{ et }y_2(t)=C_2 e^{\mu t}.$$ Ces deux fonctions tendent toujours vers 0 en $+\infty$ si et seulement si $\Re e(\lambda)<0$ et $\Re e(\mu)<0$.
• Dans le second cas ($A$ trigonalisable), les solutions sont de la forme $$y_1(t)=e^{\lambda t}(C_1+tC_2)\textrm{ et }y_2(t)=C_2 e^{\lambda t}.$$ Par comparaison des fonctions exponentielles et des polynômes, ceci tend toujours vers 0 en $+\infty$ si et seulement si $\Re e(\lambda)<0$.

Les solutions du système différentiel sont les fonctions qui s'écrivent $$X(t)=e^{tA}X(0).$$ En particulier, si $A$ est nilpotente d'indice $p$, $$e^{tA}=\sum_{k=0}^p\frac{t^k A^k}{k!}$$ ce qui prouve, par produit de matrices, que toutes les solutions de $(S)$ sont polynômiales.
Réciproquement, si toutes les solutions de $(S)$ sont polynômiales, considérons $j\in\{1,\dots,n\}$ et considérons la solution dont la condition initiale est $X(0)=e_j$. Alors on a $$X(t)=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{t^k A^k}{k!}e_j.$$ Or, $X$ est un polynôme, et donc par unicité du développement en série entière, on sait qu'il existe $d_j\in\mathbb N$ tel que $A^k e_j=0$ si $k\geq d_j.$ Posons $d=\max(d_1,\dots,d_n)$. Alors $A^k e_j=0$ pour tout $j\in\{1,\dots,n\}$ et donc $A^k=0$ par linéaire.
Traitons maintenant le cas général.

Puisque $A$ est symétrique et définie positive, il existe une base orthonormale $(V_1,\dots,V_n)$ de $\mathbb R^n$ et des réels strictement positifs $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ tels que, pour tout $k=1,\dots,n$, $AV_k=\lambda_k V_k.$ La fonction $\varphi$ s'écrit alors $$\varphi(t)=\sum_{k=1}^n \alpha_k e^{\lambda_k t}V_k$$ où au moins un des $\alpha_k$ est non nul. Calculons $f(t)=\|\varphi(t)\|^2$ en travaillant dans cette base orthonormée. On trouve pour tout $t\in\mathbb R,$ $$f(t)=\sum_{k=1}^n \alpha_k^2e^{2\lambda_k t}$$ ce qui donne, en dérivant, $$f'(t)=\sum_{k=1}^n 2\alpha_k^2\lambda_k e^{2\lambda_k t}>0$$ (puisqu'un des $\alpha_k$ est non nul). Ainsi, $f$ est continue, strictement croissante, et de plus $\lim_{-\infty}f=0$, $\lim_{+\infty}f=+\infty.$ Ainsi, $f$ réalise une bijection de $\mathbb R$ sur $]0,+\infty[$. Composant avec la fonction racine carrée, qui est une bijection de $]0,+\infty[$ sur lui-même, on trouve que $\varphi$ est une bijection de $\mathbb R$ sur $]0,+\infty[$.

On va noter $M^T$ la transposée d'une matrice. Pour $t\in\mathbb R,$ la norme de $X(t)$ (au carré) est donnée par $Y(t)=X(t)^T X(t)$. On cherche une condition sur $A$ pour que, pour toute solution $X$, la fonction $Y$ est constante sur $\mathbb R$, c'est-à-dire sa dérivée est nulle. Or, pour tout $t\in\mathbb R,$ $$Y'(t)=X'(t)^TX(t)+X(t)^TX'(t)=X(t)^T(A^T+A)X(t).$$ Ainsi, si $A$ est antisymétrique, on a bien $Y'(t)=0$ et les solutions sont de norme constante.
Réciproquement, si les solutions sont toutes de norme constante, on sait que, quelque soit le choix de $X(0)\in\mathbb R^n$, on a $$X(0)^T(A^T+A)X(0)=0.$$ Par suite, si $X(0)$ est un vecteur propre de l'endomorphisme symétrique $A^T+A$, associé à la valeur propre $\lambda$, on a $$\lambda\|X(0)\|^2=0,$$ et donc $\lambda=0$. Donc la seule valeur propre de $A^T+A$ est $0.$ Cet endomorphisme étant symétrique, donc diagonalisable, on en déduit qu'il est nul et que $A^T=-A$, c'est-à-dire que $A$ est anti-symétrique.

Remarquons que la stabilité (resp. la stabilité asymptotique) ne dépend pas du fait de travailler avec des solutions réelles ou complexes. De plus, on peut remplacer $A$ par une matrice semblable à $A$ sans que cela ne change également la stabilité des solutions. On peut donc supposer que la matrice $A$ est donnée sous sa forme réduite de Jordan. La solution générale vérifie alors $X(t)=e^{tA}X(0)$. Ecrivons $$A=\left( \begin{array}{cccc} J(1)&0&\dots\\ 0&J(2)&0\dots\\ \vdots&0&\ddots&\\ &&&J(p) \end{array} \right),\ e^{tA}=\left( \begin{array}{cccc} e^{tJ(1)}&0&\dots\\ 0&e^{t J(2)}&0\dots\\ \vdots&0&\ddots&\\ &&&e^{t J(p)} \end{array} \right)\textrm{ et } X(0)=\left(\begin{array}{c} X_1\\ X_2\\ \vdots\\ X_p \end{array}\right),$$ où les $J(i)$ sont les blocs de Jordan de $A$. Il vient $$X(t)=\left(\begin{array}{c} e^{tJ(1)}X(1)\\ e^{tJ(2)}X(2)\\ \vdots\\ e^{tJ(p)}X(p) \end{array}\right).$$ On voit donc qu'il s'agit de prouver à quelle condition sur un bloc de Jordan $J$ de taille $d$, pour tout $\veps>0$, on peut trouver $\eta>0$ tel que $$\|e^{tJ}X\|<\eta\textrm{ dès que }\|X\|<\eta\textrm{ et }\|e^{tJ}X\|\to 0\textrm{ dès que }\|X\|<\eta.$$ On écrit $$J=\left(\begin{array}{cccc} \lambda&1&0&\dots\\ 0&\lambda&1&\vdots\\ 0&\dots&\ddots&1\\ 0&\dots&\dots&\lambda \end{array}\right).$$ On calcule l'exponentielle de $J$ en la décomposant sous la forme $\lambda I_d+N$, où la matrice $N$ est nilpotente d'indice $d$. De plus, pour $k\leq d$, on a $$N^k=\left( \begin{array}{ccccc} \dots&0&1&0&\dots\\ \dots&\dots&0&\ddots&\dots\\ \dots&\dots&\dots&0&1\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&0\\ 0&\dots&\dots&\dots&0\\ \end{array}\right)$$ où le "1" de la première ligne est à la colonne $k-1$. Puisque $\lambda I_d$ et $N$ commutent, on a $$e^{tJ}=e^{\lambda t}\left(I_d+tN+\frac{1}{2!}t^2N^2+\dots+\frac{1}{(d-1)!}t^{d-1}N^{d-1}\right)$$ ce qui donne $$e^{tJ}=e^{\lambda t} \left( \begin{array}{ccccc} 1&t&t^2/2&\dots&t^{d-1}/(d-1)!\\ 0&1&t&\dots&t^{d-2}/(d-2)!\\ \vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\vdots\\ \vdots&\ddots&\ddots&\ddots&t\\ 0&\dots&\dots&0&1 \end{array} \right).$$ On en déduit alors les résultats suivants :

• Si $\Re(\lambda)<0$, alors l'exponentielle l'emporte sur le polynôme, et $e^{tJ}X$ tend vers 0 quel que soit $X$ quand $t$ tend vers $+\infty$; on a même $\|e^{tJ}\|\leq M$ pour une certaine constante $M$ et donc la solution nulle est asymptotiquement stable.
• Si $\Re(\lambda)>0$, alors l'exponentielle l'emporte sur le polynôme, et pour $X=(0,\dots,0,\eta)$, $e^{tA}X$ tend vers $+\infty$, indépendamment de la valeur de $\eta>0$. La solution nulle n'est pas stable.
• Si $\Re(\lambda)=0$, alors on distingue deux cas :
  • Le bloc de Jordan est de taille 1. Dans ce cas, on a $e^{tJ}X=e^{\lambda t}x$ où $X=(x)$. La solution nulle est stable (car $|e^{\lambda t}|=1$, on choisit $\eta=\veps$), mais n'est pas asymptotiquement stable.
  • Le bloc de Jordan est de taille $d>1$. Alors, pour $X=(0,\dots,0,\eta)$, $e^{tJ}X=(\eta e^{\lambda t}t^{d-1}/(d-1)!,\dots)$ tend vers $\infty$, quel que soit $\eta>0$. La solution nulle n'est pas stable.

Pour conclure, il suffit de remarquer que tous les blocs de Jordan associés à la valeur propre $\lambda$ sont de taille $1\times 1$ si et seulement si $\lambda$ est de multiplicité 1 comme racine du polynôme minimal de $A$.