Corrigé du contrôle de maths L3 : Cauchy-Lipschitz, Gronwall et portrait de phase

Exercice 1 : Question de cours : le lemme de Gronwall (4 points)

1. Lemme de Gronwall. Sous ces hypothèses, si \(u(t) \leq\, C + \displaystyle\int_{t_0}^{t} a(s)\,u(s)\,\mathrm{d}s\) pour tout \(t \in [t_0, T]\), alors :

   \[\forall t \in [t_0, T], \quad u(t) \leq\, C\exp(\int_{t_0}^{t} a(s)\,\mathrm{d}s).\]

2. La fonction \(v\) est de classe \(\mathcal{C}^1\), car \(au\) est continue, et \(v^{\prime}(t) = a(t)\,u(t)\). Par hypothèse, \(u \leq\, v\). Comme \(a \geq\, 0\), on en déduit \(v^{\prime}(t) = a(t)u(t) \leq\, a(t)v(t)\).

   Posons \(w(t) = v(t)\,e^{-A(t)}\). Alors \(A^{\prime} = a\) et :

   \[w^{\prime}(t) = (v^{\prime}(t) – a(t)\,v(t))e^{-A(t)} \leq\, 0.\]

   Donc \(w\) décroît sur \([t_0, T]\), et \(w(t) \leq\, w(t_0) = v(t_0) = C\). Ainsi \(v(t) \leq\, C\,e^{A(t)}\). Finalement, \(u(t) \leq\, v(t) \leq\, C\exp(\displaystyle\int_{t_0}^{t} a)\).

3. Soit \(y\) et \(z\) deux solutions sur \([t_0, T]\) avec \(y(t_0) = z(t_0)\). Sous forme intégrale, \(y(t) – z(t) = \displaystyle\int_{t_0}^{t} (f(s, y(s)) – f(s, z(s)))\mathrm{d}s\).

   La fonction \(u = \|y – z\|\) est continue et vérifie \(u(t) \leq\, \displaystyle\int_{t_0}^{t} L\,u(s)\,\mathrm{d}s\). Le lemme de Gronwall, avec \(C = 0\) et \(a = L\), donne \(u(t) \leq\, 0\). Donc \(u = 0\) : les deux solutions coïncident sur \([t_0, T]\).

Barème : a) 1 point ; b) 0,5 point pour \(v^{\prime} \leq\, av\) avec l’usage de \(a \geq\, 0\), 1 point pour la dérivée de \(w\) et sa décroissance, 0,5 point pour la conclusion ; c) 0,5 point pour l’inégalité intégrale, 0,5 point pour la conclusion.

Exercice 2 : Explosion en temps fini (4 points)

1. La fonction \(f(t,y) = y^2\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur l’ouvert \(\mathbb{R} \times \mathbb{R}\). Elle est donc localement lipschitzienne par rapport à \(y\). Le théorème de Cauchy-Lipschitz assure l’existence et l’unicité d’une solution maximale telle que \(y(0) = y_0\).

2. Si \(y_0 = 0\), la fonction nulle est solution sur \(\mathbb{R}\). Par unicité, c’est la solution maximale.

   Si \(y_0 \neq 0\), supposons que \(y\) s’annule en un instant \(t_1\). Alors \(y\) et la fonction nulle seraient deux solutions égales en \(t_1\). Par unicité, \(y\) serait nulle, ce qui contredit \(y(0) = y_0 \neq 0\). Donc \(y\) ne s’annule pas.

   On peut alors diviser : \(\dfrac{y^{\prime}}{y^2} = 1\), soit \((-\dfrac{1}{y})^{\prime} = 1\). Donc \(-\dfrac{1}{y(t)} = t – \dfrac{1}{y_0}\). Ainsi \(y(t) = \dfrac{y_0}{1 – y_0 t}\).

3. La solution est définie sur l’intervalle contenant \(0\) où \(1 – y_0t \neq 0\).

   Si \(y_0 > 0\) : l’intervalle maximal est \(]-\infty, \dfrac{1}{y_0}[\), et \(y(t) \to +\infty\) quand \(t \to \dfrac{1}{y_0}\). Si \(y_0 < 0\) : l’intervalle maximal est \(]\dfrac{1}{y_0}, +\infty[\), et \(y(t) \to -\infty\) quand \(t \to \dfrac{1}{y_0}\). Ces intervalles sont bien maximaux, car la solution n’est pas bornée près de la borne finie.

   On parle d’explosion en temps fini : la solution tend vers l’infini en un instant fini, bien que \(f\) soit définie et régulière partout. Cela vient de la croissance quadratique de \(f\), qui n’est pas globalement lipschitzienne.

   

Barème : a) 0,5 point pour la régularité, 0,5 point pour la conclusion ; b) 0,25 point pour le cas nul, 0,5 point pour la non-annulation par unicité, 0,75 point pour le calcul ; c) 0,5 point par intervalle avec le comportement, 0,5 point pour l’explication.

Exercice 3 : Une solution globale par le théorème des bouts (3 points)

1. La fonction \(f(t,y) = \cos(ty)\) est de classe \(\mathcal{C}^1\) sur \(\mathbb{R}^2\), donc localement lipschitzienne en \(y\). D’après le théorème de Cauchy-Lipschitz, il existe une unique solution maximale.

2. Pour \(t \in \,]T_{-}, T_{+}[\), on a \(y(t) – y_0 = \displaystyle\int_{0}^{t} \cos(s\,y(s))\mathrm{d}s\). Comme \(|\cos| \leq\, 1\), on obtient \(|y(t) – y_0| \leq\, |t|\).

3. Théorème des bouts. Soit \(f\) continue sur \(I \times \mathbb{R}^n\), localement lipschitzienne en \(y\), où \(I\) est un intervalle ouvert. Si une solution maximale est définie sur \(]T_{-}, T_{+}[\) avec \(T_{+} < \sup I\), alors \(\|y(t)\| \to +\infty\) quand \(t \to T_{+}\). Il en va de même en \(T_{-}\).

   Ici \(I = \mathbb{R}\). Supposons \(T_{+} < +\infty\). D’après b), \(|y(t)| \leq\, |y_0| + T_{+}\) sur \([0, T_{+}[\) : la solution reste bornée, ce qui contredit le théorème. Donc \(T_{+} = +\infty\), et de même \(T_{-} = -\infty\) : la solution est globale.

Barème : a) 1 point ; b) 1 point ; c) 0,5 point pour l’énoncé, 0,5 point pour la contradiction.

Exercice 4 : Système linéaire et exponentielle de matrice (4 points)

1. On a \(N = \begin{pmatrix} 0 4 \\ -1 0 \end{pmatrix}\), puis \(N^2 = \begin{pmatrix} -4 0 \\ 0 -4 \end{pmatrix} = -4\,I_2\). Par récurrence immédiate, \(N^{2m} = (-4)^m I_2\) et \(N^{2m+1} = (-4)^m N\).

2. On sépare la série exponentielle, absolument convergente, en termes pairs et impairs :

   \[\exp(tN) = \sum_{m \geq\, 0} \dfrac{(-1)^m (2t)^{2m}}{(2m)!}\,I_2 + \dfrac{1}{2}\sum_{m \geq\, 0} \dfrac{(-1)^m (2t)^{2m+1}}{(2m+1)!}\,N.\]

   En effet, \(t^{2m}(-4)^m = (-1)^m(2t)^{2m}\) et \(t^{2m+1}(-4)^m = \dfrac{1}{2}(-1)^m(2t)^{2m+1}\). On reconnaît les séries de \(\cos(2t)\) et de \(\sin(2t)\). Ainsi :

   \[\exp(tN) = \cos(2t)\,I_2 + \dfrac{\sin(2t)}{2}\,N = \begin{pmatrix} \cos 2t 2\sin 2t \\ -\frac{1}{2}\sin 2t \cos 2t \end{pmatrix}.\]

3. Les matrices \(tI_2\) et \(tN\) commutent, donc \(\exp(tA) = \exp(tI_2)\exp(tN) = e^{t}\exp(tN)\). La solution du problème de Cauchy est \(X(t) = \exp(tA)X(0)\) :

   \[\exp(tA) = e^{t}\begin{pmatrix} \cos 2t 2\sin 2t \\ -\frac{1}{2}\sin 2t \cos 2t \end{pmatrix}, \qquad X(t) = e^{t}\begin{pmatrix} \cos 2t \\ -\frac{1}{2}\sin 2t \end{pmatrix}.\]

   Vérification : \(u^{\prime} = e^{t}(\cos 2t – 2\sin 2t) = u + 4v\) et \(v^{\prime} = e^{t}(-\frac{1}{2}\sin 2t – \cos 2t) = -u + v\).

4. Posons \(Y(t) = \exp(tN)X(0) = e^{-t}X(t)\), de composantes \((p, q)\). Alors \(Y^{\prime} = NY\), soit \(p^{\prime} = 4q\) et \(q^{\prime} = -p\). Donc \((p^2 + 4q^2)^{\prime} = 8pq – 8qp = 0\). Par conséquent :

   \[u(t)^2 + 4v(t)^2 = e^{2t}(u(0)^2 + 4v(0)^2).\]

   Les trajectoires non nulles sont des spirales qui s’éloignent de l’origine, en coupant des ellipses \(u^2 + 4v^2 = c\) de plus en plus grandes. Les valeurs propres de \(A\) sont \(1 \pm 2i\), de partie réelle positive. L’origine est donc un équilibre instable (foyer répulsif).

Barème : a) 0,5 point pour \(N^2\), 0,5 point pour les puissances ; b) 1 point pour la séparation des séries, 0,5 point pour la matrice ; c) 0,5 point pour la commutation, 0,5 point pour la solution ; d) 0,25 point pour la quantité conservée, 0,25 point pour l’instabilité.

Exercice 5 : Problème : le pendule amorti (5 points)

1. On munit \(\mathbb{R}^2\) de la norme \(\|(x,y)\|_1 = |x| + |y|\). La fonction sinus est 1-lipschitzienne, donc :

   \[\|F(x,y) – F(x^{\prime},y^{\prime})\|_1 \leq\, |y – y^{\prime}| + |\sin x – \sin x^{\prime}| + |y – y^{\prime}| \leq\, 2\,\|(x,y) – (x^{\prime},y^{\prime})\|_1.\]

   Ainsi \(F\) est 2-lipschitzienne. Soit \(X\) une solution maximale sur \(]T_{-}, T_{+}[\). Comme \(F(0,0) = 0\), on a \(\|X(t)\|_1 \leq\, \|X(0)\|_1 + \displaystyle\int_0^t 2\|X(s)\|_1\,\mathrm{d}s\) pour \(t \geq\, 0\). Le lemme de Gronwall donne \(\|X(t)\|_1 \leq\, \|X(0)\|_1\,e^{2t}\).

   Si \(T_{+}\) était fini, \(X\) resterait bornée près de \(T_{+}\), ce qui contredit le théorème des bouts. Donc \(T_{+} = +\infty\), de même \(T_{-} = -\infty\) : toute solution maximale est définie sur \(\mathbb{R}\).

2. Un équilibre vérifie \(y = 0\) et \(\sin x + y = 0\), donc \(\sin x = 0\). Les équilibres sont les points \((k\pi, 0)\), \(k \in \mathbb{Z}\).

3. La jacobienne vaut \(J_F(x,y) = \begin{pmatrix} 0 1 \\ -\cos x -1 \end{pmatrix}\), donc \(J_F(0,0) = \begin{pmatrix} 0 1 \\ -1 -1 \end{pmatrix}\).

   Son polynôme caractéristique est \(\lambda(\lambda + 1) + 1 = \lambda^2 + \lambda + 1\), de discriminant \(-3\). Les valeurs propres sont \(\lambda = \dfrac{-1 \pm i\sqrt{3}}{2}\), de partie réelle \(-\dfrac{1}{2} < 0\).

   Théorème de stabilité par linéarisation. Si \(F\) est \(\mathcal{C}^1\), si \(F(a) = 0\) et si toutes les valeurs propres de \(J_F(a)\) sont de partie réelle strictement négative, alors \(a\) est un équilibre asymptotiquement stable. Donc \((0,0)\) est asymptotiquement stable : c’est un foyer attractif, car les valeurs propres ne sont pas réelles. Par \(2\pi\)-périodicité en \(x\), il en va de même pour les points \((2k\pi, 0)\).

4. Comme \(\cos\pi = -1\), on a \(J_F(\pi,0) = \begin{pmatrix} 0 1 \\ 1 -1 \end{pmatrix}\). Son polynôme caractéristique est \(\lambda^2 + \lambda – 1\), de racines \(\dfrac{-1 – \sqrt{5}}{2} < 0\) et \(\dfrac{-1 + \sqrt{5}}{2} > 0\).

   Si une valeur propre de la jacobienne est de partie réelle strictement positive, l’équilibre est instable (théorème d’instabilité par linéarisation). Donc \((\pi, 0)\) est instable : c’est un col, comme tous les points \(((2k+1)\pi, 0)\).

5. Le long d’une solution, on dérive la fonction composée :

   \[\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}E(x(t),y(t)) = y\,y^{\prime} + \sin(x)\,x^{\prime} = y(-\sin x – y) + y\sin x = -y^2 \leq\, 0.\]

   L’énergie \(E\) décroît donc le long de toute trajectoire : le frottement dissipe l’énergie.

6. Le portrait de phase ci-dessous montre des spirales qui convergent vers les foyers \((0,0)\) et \((\pm 2\pi, 0)\). Les cols \((\pm\pi, 0)\) sont séparés par les séparatrices stables, en pointillés : elles délimitent les bassins d’attraction. Physiquement, le pendule finit toujours par s’immobiliser en position basse, éventuellement après avoir fait quelques tours complets.

   

Barème : a) 0,5 point pour le caractère lipschitzien, 0,5 point pour le caractère global ; b) 0,5 point ; c) 0,5 point pour la jacobienne, 0,5 point pour les valeurs propres, 0,5 point pour la conclusion avec le théorème ; d) 0,5 point pour les valeurs propres, 0,5 point pour l’instabilité ; e) 0,5 point ; f) 0,5 point pour un portrait cohérent avec les équilibres.

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Après le corrigé du contrôle : Cauchy-Lipschitz, Gronwall et portrait de phase

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