QCM : Cauchy-Lipschitz et Gronwall en L3 de maths

Réponse A.

Le second membre est continu, donc Cauchy-Peano assure l’existence. Cependant, le rapport \(\frac{|y|^{2/3}}{|y|}\) explose quand \(y\) tend vers 0 : la fonction n’est pas lipschitzienne en \(y\) au voisinage de 0, et l’unicité tombe. On vérifie d’ailleurs que \(\frac{t^2}{9}\) est bien la puissance \(\frac{2}{3}\) de \(\frac{t^3}{27}\). Le piège de la linéarité est trompeur : beaucoup d’équations non linéaires ont l’unicité.

Réponse C.

La solution est \(y=\tan t\), qui tend vers l’infini aux bords de l’intervalle. Le second membre est de classe \(C^1\), donc localement lipschitzien ; pourtant, la solution n’est pas globale. Ainsi, régularité ne veut pas dire existence sur tout \(\mathbb{R}\). Le piège \([0,\pi/2[\) oublie que la solution maximale se prolonge aussi vers les temps négatifs.

Réponse D.

Posons \(v(t)=2+\int_0^t3u\). Alors \(v^{\prime}=3u\le3v\), donc \((e^{-3t}v)^{\prime}\le0\). Par conséquent, \(u\le v\le 2e^{3t}\). La constante additive se place devant l’exponentielle et le coefficient dans l’exposant ; les échanger donne le piège \(3e^{2t}\). La majoration affine \(2+3t\) est fausse : la fonction \(2e^{3t}\) vérifie l’hypothèse avec égalité et la dépasse.

Réponse B.

Si \(y\) restait dans un compact, \(f(t,y(t))\) serait bornée, donc \(y\) aurait une limite en \(T\). On pourrait alors la prolonger au-delà de \(T\), ce qui contredirait la maximalité. Ainsi \(y\) sort de tout compact, et comme \(f\) est définie partout, la norme explose. Le piège de la limite finie décrit justement la situation que le théorème exclut.

Réponse D.

Le second membre \(\sin y\) est borné, donc toute solution vérifie \(|y(t)-y(0)|\le|t|\). Par conséquent, aucune solution ne part à l’infini avant un instant fini ; le théorème des bouts donne alors l’existence globale. En revanche, \(y^{\prime}=y^2\) avec \(y(0)=1\) donne \(\frac{1}{1-t}\). De même, \(y^{\prime}=e^y\) a pour solutions \(-\ln(c-t)\). Enfin, \(y^3-y\) fait exploser les solutions qui partent au-dessus de 1.

Réponse C.

Pour \(y^{\prime\prime}+p(t)y^{\prime}+q(t)y=0\), le wronskien vérifie \(W^{\prime}=-pW\). Ici \(p(t)=2t\), donc \(W(t)=W(0)\exp\left(-\int_0^t2s\,\mathrm{d}s\right)=W(0)e^{-t^2}\). Le coefficient \(q\) n’intervient pas. Le piège \(e^{t^2}\) oublie le signe moins. Par ailleurs, \(e^{-2t}\) confond \(p(t)\) avec sa primitive. Enfin, un wronskien constant ne s’obtient que si \(p\) est nul.

Réponse A.

La matrice \(A\) est nilpotente : \(A^2=0\). Donc la série exponentielle s’arrête après deux termes, et \(e^{tA}=I_2+tA\). On le retrouve en résolvant le système : \(y_2\) est constante, puis \(y_1\) est affine. La matrice qui contient \(e^{t}\) en haut à droite applique l’exponentielle à chaque coefficient, ce qui est faux ; en effet, \(e^0=1\) placerait même un 1 sous la diagonale. Enfin, la matrice de diagonale \(e^{t}\) n’est pas l’identité en \(t=0\).

Réponse B.

Lorsque \(AB=BA\), on développe \((A+B)^k\) comme pour des nombres, puis on regroupe les termes du produit des deux séries : l’égalité suit. Sinon, elle tombe en général : avec \(A=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}\) et \(B\) sa transposée, le calcul échoue. De même, savoir que chacune est diagonalisable ne remplace pas la commutation, car leurs bases propres peuvent différer. L’inversibilité, quant à elle, ne joue aucun rôle dans le calcul.

Réponse D.

Les solutions sont des combinaisons de \(e^{-t}\cos 2t\) et \(e^{-t}\sin 2t\). Ainsi elles tournent autour de l’origine, d’où le foyer, tout en décroissant vers 0, d’où la stabilité asymptotique. C’est la partie réelle qui décide : elle vaut \(-1\). Le piège du centre correspond à une partie réelle nulle. Par ailleurs, un col exige deux valeurs propres réelles de signes opposés.

Réponse C.

Le théorème de linéarisation exige que toutes les valeurs propres aient une partie réelle strictement négative. Or ici, la partie linéaire vaut 0, donc il ne conclut pas. Pourtant, 0 est bien asymptotiquement stable : la fonction \(x^2\) décroît le long des solutions. Invoquer le théorème de linéarisation donne donc la bonne conclusion avec une mauvaise justification. En effet, \(x^{\prime}=x^3\) a la même linéarisée et un équilibre instable.

Réponse B.

On multiplie l’équation par \(x^{\prime}\). On obtient \(x^{\prime}x^{\prime\prime}+x^{\prime}\sin x=0\), c’est-à-dire la dérivée de \(\frac{1}{2}x^{\prime 2}-\cos x\). Par conséquent, cette énergie est conservée et les trajectoires du portrait de phase sont ses lignes de niveau. Le piège \(+\cos x\) vient d’une erreur sur la primitive de \(\sin\). Enfin, \(-\sin x\) confond la force avec le potentiel.

Réponse A.

Chaque pas multiplie la valeur par \(1+h=\frac{3}{2}\). Donc on obtient \(\left(\frac{3}{2}\right)^2=\frac{9}{4}\). La valeur exacte \(e\) n’est atteinte qu’à la limite, car \(\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\) tend vers \(e\) ; l’erreur globale de la méthode est d’ordre \(h\). Le piège 2 correspond à un seul pas de longueur 1. Enfin, 4 est le résultat du schéma implicite, qui divise par \(1-h\) à chaque pas.