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Équations différentielles linéaires

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Nous vous proposons une sélection d’exercices corrigés sur les équations différentielles linéaires. Plus précisément, On trait les équations différentielles du premier et deuxième ordre. Nous allons voir que ces équations admettent toujours des solutions.

Par contre pour le problème de Cauchy non linéaire il faut ajouter d’autres conditions pour avoir l’unicité de la solution (c’est le programme de Licence en mathématiques ou prépa à l’agrégation de mathématiques).

Exercices sur les équations différentielles linéaires

Exercice: Soit $\gamma$ un nombre réelle et soit l’équation différentielle suivante \begin{align*}\tag{Eq}y'(t)=\gamma, y(t)+\sin(t).\end{align*}Soit $y$ une solution de (Eq). En calculons la dérivée suivante \begin{align*}\frac{d}{ds} \left(e^{-\gamma s}y(s)\right),\end{align*}montrer que l’équation différentielle (Eq) est donnée par \begin{align*}y(t)=e^{\gamma t}y(0)+\int^t_0 e^{(t-s)\gamma} \sin(s)ds,\qquad t\in\mathbb{R}.\end{align*}

Solution: D’après le cours l’équation (Eq) toujours admet une solution $y$ de classe $C,$ c’est à dire $y$ est dérivable et que sa fonction dérivée $y$ est continue. Ceci nous permet de faire les opérations suivantes: \begin{align*}\frac{d}{ds} \left(e^{-\gamma s}y(s)\right)&= e^{-\gamma s}y'(s)-\gamma e^{-\gamma s}y(s)\cr &= e^{-\gamma s}(\gamma, y(s)+\sin(s))-\gamma e^{-\gamma s}y(s)\cr &= e^{-\gamma s} \sin(s).\end{align*} Maintenant, en intégrant les deux cotés de l’égalité en haut entre $0$ et $t$ on trouve\begin{align*}\int^t_0\frac{d}{ds} \left(e^{-\gamma s}y(s)\right)\;ds=\int^t_0e^{-\gamma s} \sin(s)ds.\end{align*}Ce qui donne \begin{align*}e^{-\gamma t}y(t)- y(0)=\int^t_0e^{-\gamma s} \sin(s)ds.\end{align*}En multipliant les deux cotés de cette égalité par $e^{\gamma t}$ on trouve \begin{align*}y(t)=e^{\gamma t}y(0)+\int^t_0 e^{(t-s)\gamma} \sin(s)ds,\qquad t\in\mathbb{R}.\end{align*}

Estimation de la solution

Exercice: Soit $\gamma >0$ une réel et soit l’équation différentielle\begin{align*}y'(t)=-\gamma y(t)+\frac{\arctan(t^5)}{1+t^4} y(t),\qquad t\ge 0.\end{align*} Montrer que la solution de cette équation est donnée par: pour tout $t,$ \begin{align*}y(t)=e^{-\gamma t} y(0)+\int^t_0 e^{-\gamma (t-s)} \frac{\arctan(s^5)}{1+s^4} y(s);ds\end{align*} En appliquant la question 1, montrer que la solution $y$ vérifie \begin{align*}|y(t)|\le e^{\left(\frac{pi}{2}-\gamma\right)t} |y(0)|\end{align*} pour tout $t$.

Solution:  Par la même méthode que dans l’exercice en haut, on obtient \begin{align*}
\frac{d}{ds} \left(e^{\gamma s} y(s)\right)&=e^{\gamma s}y'(s)+\gamma e^{\gamma s} y(s)\cr &= e^{\gamma s}\left( -\gamma y(s)+\frac{\arctan(t^5)}{1+s^4} y(s)\right)\cr &= e^{\gamma s}\frac{\arctan(t^5)}{1+s^4} y(s).\end{align*}En intégrant les deux cotés entre $0$ et $t$ on trouve\begin{align*}e^{\gamma t} y(t)-y(0)=\int^t_0 e^{\gamma s}\frac{\arctan(t^5)}{1+s^4} y(s);ds.\end{align*}Ainsi \begin{align*}y(t)=e^{-\gamma t} y(0)+\int^t_0 e^{-\gamma (t-s)} \frac{\arctan(s^5)}{1+s^4} y(s)\;ds\end{align*}3) En passe à la valeur absolue dans l’egalité en haut et en applique l’inégalité triangulaire (i.e. $|a+b|le |a|+|b|$), on trouve\begin{align*}|y(t)|&\le \left|e^{-\gamma t} y(0)\right|+\left|\int^t_0 e^{-\gamma (t-s)} \frac{\arctan(s^5)}{1+s^4} y(s)\;ds\right|\cr & \le e^{-\gamma t} |y(0)|+ \int^t_0 e^{-\gamma (t-s)} \frac{|\arctan(s^5)|}{1+s^4} |y(s)|\;ds.\end{align*}D’autre part, on sait que la fonction arctan est majorée par $\frac{\pi}{2}$ et que que $\frac{1}{1+s^4}\le 1$. Donc,\begin{align*}|y(t)|\le e^{-\gamma t} |y(0)|+ \frac{\pi}{2}e^{-\gamma t}\int^t_0 e^{\gamma s} |y(s)|\;ds.\end{align*}En multipliant les deux cotés par $e^{\gamma t}$ on trouve\begin{align*}e^{\gamma t}|y(t)|\le |y(0)|+ \frac{\pi}{2}\int^t_0 e^{\gamma s} |y(s)|\;ds.\end{align*}En appliquant le lemme de Gronwall (on prend $\varphi(t)=e^{\gamma t}|y(t)|$, $A=|y(0)|$ et $B= \frac{\pi}{2}$), on trouve\begin{align*}e^{\gamma t}|y(t)|\le e^{\frac{\pi}{2} t}|y(0)|.\end{align*}D’où le résultat.

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