Solutions maximales et explosion : corrigé du contrôle de maths en L3

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Barème du contrôle corrigé : solutions maximales et explosion

Exercice	Points
1. Un pinceau de solutions issu d’un même point	3 points
2. Une équation exponentielle qui explose avant t = 1	4 points
3. Le lemme de Gronwall et deux usages	4 points
4. La méthode d’Euler face à une explosion	3 points
5. Problème : un système conservatif à un col et un centre	6 points
Total	20 points

Le corrigé détaillé : solutions maximales et explosion

Exercice 1 – Un pinceau de solutions issu d’un même point (3 points)

Régularité du second membre loin de y = 2

1. La fonction \(u \mapsto \sqrt{|u|}\) est continue sur \(\mathbb{R}\), comme composée de la valeur absolue et de la racine carrée. Par composition avec \((t, y) \mapsto y – 2\), la fonction \(f\) est donc continue sur \(\mathbb{R}^2\).

   Sur l’ouvert \(U = \mathbb{R} \times \left(\mathbb{R} \setminus \{2\}\right)\), la quantité \(|y – 2|\) est strictement positive et vaut localement \(y – 2\) ou \(2 – y\). Or la racine carrée est de classe \(C^1\) sur \(\left]0, +\infty\right[\), si bien que \(f\) est de classe \(C^1\) sur \(U\), avec \(\frac{\partial f}{\partial y}(t, y) = \frac{\mathrm{sgn}(y – 2)}{\sqrt{|y – 2|}}\).

   Une fonction de classe \(C^1\) est localement lipschitzienne par rapport à \(y\), en vertu de l’inégalité des accroissements finis sur un pavé compact contenu dans \(U\). Le théorème de Cauchy-Lipschitz s’applique donc sur \(U\) : pour \(y_0 \neq 2\), le problème de Cauchy en \((t_0, y_0)\) possède une unique solution maximale à valeurs dans \(U\).

Une infinité de solutions passant par (0, 2)

2. Fixons \(a \geq 0\). D’abord, sur \(\left]-\infty, a\right[\), la fonction \(z_a\) est constante égale à 2, donc \(z_a^{\prime}(t) = 0 = 2\sqrt{0} = f(t, z_a(t))\).

   Ensuite, sur \(\left]a, +\infty\right[\), on a \(z_a^{\prime}(t) = 2(t – a)\) et \(f(t, z_a(t)) = 2\sqrt{(t – a)^2} = 2|t – a| = 2(t – a)\), car \(t > a\).

   Enfin, au point \(a\), le taux d’accroissement à gauche est nul, tandis qu’à droite il vaut \(\frac{(t – a)^2}{t – a} = t – a\), qui tend vers 0. Ainsi \(z_a\) est dérivable en \(a\) avec \(z_a^{\prime}(a) = 0 = f(a, 2)\). De plus, \(z_a(0) = 2\) puisque \(0 \leq a\).

   Ces fonctions sont deux à deux distinctes : si \(0 \leq a < b\), alors \(z_a(b) = 2 + (b – a)^2 \neq 2 = z_b(b)\). Elles sont définies sur \(\mathbb{R}\) entier, donc maximales. Le problème de Cauchy en \((0, 2)\) admet par conséquent une infinité de solutions maximales.

   Il n’y a là aucune contradiction, car le théorème de Cauchy-Lipschitz exige un second membre localement lipschitzien en \(y\), ce qui échoue en \(y = 2\) (question suivante). Seul le théorème de Cauchy-Peano, qui suppose la simple continuité, s’applique en ce point : il garantit l’existence, mais pas l’unicité.

3. Raisonnons par l’absurde. Supposons qu’il existe \(\delta > 0\) et \(L \geq 0\) tels que \(|f(t, y) – f(t, y^{\prime})| \leq L|y – y^{\prime}|\) pour \(|t| \leq \delta\) et \(y, y^{\prime} \in [2 – \delta, 2 + \delta]\). Avec \(y = 2 + h\) et \(y^{\prime} = 2\), où \(0 < h \leq \delta\), on obtient \(2\sqrt{h} \leq Lh\), soit \(\frac{2}{\sqrt{h}} \leq L\). Or le membre de gauche tend vers \(+\infty\) quand \(h\) tend vers \(0^{+}\). Aucune constante ne convient, donc \(f\) n’est lipschitzienne en \(y\) sur aucun voisinage de \((0, 2)\).

Barème : la question 1 vaut 1 point (0,5 pour la continuité et le caractère \(C^1\), puis 0,5 pour la citation correcte du théorème). Ensuite, la question 2 rapporte 1,5 point : 0,75 pour la vérification complète, y compris au point \(a\), puis 0,25 pour l’infinité de solutions et 0,5 pour l’explication. Enfin, 0,5 point récompense la question 3.

Piège classique : oublier la dérivabilité de \(z_a\) au point de raccord \(t = a\). C’est pourtant là que se joue toute la question, car un raccord anguleux ne donnerait pas une solution.

Exercice 2 – Une équation exponentielle qui explose avant t = 1 (4 points)

Existence, unicité et monotonie

1. Les fonctions \((t, y) \mapsto \mathrm{e}^{y}\) et \((t, z) \mapsto \mathrm{e}^{z} + t^2\) sont de classe \(C^1\) sur l’ouvert \(\mathbb{R}^2\). Elles sont donc localement lipschitziennes par rapport à la seconde variable. D’après le théorème de Cauchy-Lipschitz, chaque problème possède une unique solution maximale, définie sur un intervalle ouvert contenant 0. De plus, \(y^{\prime} = \mathrm{e}^{y} > 0\) et \(z^{\prime} = \mathrm{e}^{z} + t^2 > 0\). Les fonctions \(y\) et \(z\) sont donc strictement croissantes.

Calcul exact de la première solution

2. La fonction \(u = \mathrm{e}^{-y}\) est dérivable sur \(J\), et \(u^{\prime} = -y^{\prime}\mathrm{e}^{-y} = -\mathrm{e}^{y}\mathrm{e}^{-y} = -1\). Comme \(J\) est un intervalle contenant 0 et que \(u(0) = 1\), il vient \(u(t) = 1 – t\) pour tout \(t \in J\).

   Or \(u\) est strictement positive, donc \(1 – t > 0\) pour tout \(t \in J\), c’est-à-dire \(J \subset \left]-\infty, 1\right[\). Alors \(y(t) = -\ln u(t) = -\ln(1 – t)\).

   Réciproquement, la fonction \(\psi : t \mapsto -\ln(1 – t)\) est définie et dérivable sur \(\left]-\infty, 1\right[\), avec \(\psi^{\prime}(t) = \frac{1}{1 – t} = \mathrm{e}^{\psi(t)}\) et \(\psi(0) = 0\). C’est donc une solution du problème. Comme la solution maximale prolonge toute solution, on obtient \(\left]-\infty, 1\right[ \subset J\). Finalement, \(J = \left]-\infty, 1\right[\) et \(y(t) = -\ln(1 – t)\), qui tend vers \(+\infty\) quand \(t\) tend vers 1 : la solution explose en temps fini.

Comparaison avec l’équation perturbée

3. De même, \(v = \mathrm{e}^{-z}\) est dérivable sur \(I\) et \(v^{\prime} = -z^{\prime}\mathrm{e}^{-z} = -\left(\mathrm{e}^{z} + t^2\right)\mathrm{e}^{-z} = -1 – t^2\mathrm{e}^{-z}\). Puisque \(t^2\mathrm{e}^{-z} \geq 0\), on a bien \(v^{\prime} \leq -1\).

   Soit \(t \in I\) avec \(t \geq 0\). Le segment \([0, t]\) est contenu dans \(I\), donc \(v(t) – v(0) = \int_0^t v^{\prime}(s)\,\mathrm{d}s \leq -t\). Comme \(v(0) = 1\), on en déduit \(v(t) \leq 1 – t\).

   Or \(v(t) > 0\), donc \(1 – t > 0\) : tout élément positif de \(I\) est strictement inférieur à 1. Ainsi \(\sup I \leq 1\).

   Pour un tel \(t\), on a aussi \(t \in J\), et l’inégalité s’écrit \(\mathrm{e}^{-z(t)} \leq 1 – t = \mathrm{e}^{-y(t)}\). La fonction exponentielle étant croissante, \(-z(t) \leq -y(t)\). Par conséquent, \(z \geq y\) sur \(I \cap \left[0, +\infty\right[\).

   Comme \(\sup I\) est fini, le théorème des bouts montre que \(z\) sort de tout compact ; étant croissante, elle tend vers \(+\infty\). La figure, obtenue numériquement, situe ce temps d’explosion vers \(0{,}93\).

   

Une solution définie vers le passé

4. Soit \(t \in I\) avec \(t \leq 0\). Comme \(z\) est croissante, \(z(t) \leq z(0) = 0\). En outre, pour \(s \in [t, 0]\), on a \(z(s) \leq 0\), donc \(z^{\prime}(s) = \mathrm{e}^{z(s)} + s^2 \leq 1 + s^2\). En intégrant, il vient \(-z(t) = z(0) – z(t) \leq \int_t^0 \left(1 + s^2\right)\mathrm{d}s = -t – \frac{t^3}{3}\). D’où \(t + \frac{t^3}{3} \leq z(t) \leq 0\).

   Supposons alors \(\alpha = \inf I > -\infty\). La fonction \(t \mapsto t + \frac{t^3}{3}\) est croissante, donc pour \(t \in \left]\alpha, 0\right]\), le point \((t, z(t))\) reste dans le compact \([\alpha, 0] \times \left[\alpha + \frac{\alpha^3}{3}, 0\right]\) de l’ouvert \(\mathbb{R}^2\). Cela contredit le théorème des bouts. Donc \(\inf I = -\infty\).

Barème : la question 1 vaut 0,5 point. Pour la question 2, on compte 1,5 point : 0,5 pour \(u^{\prime} = -1\), 0,5 pour l’inclusion et la formule, puis 0,5 pour la réciproque qui donne l’égalité des intervalles. La question 3 vaut aussi 1,5 point, répartis entre la majoration de \(v^{\prime}\), l’intégration et les deux conclusions. Enfin, la question 4 rapporte 0,5 point.

Piège classique : écrire directement \(J = \left]-\infty, 1\right[\) après le calcul. Le calcul ne donne qu’une inclusion ; l’égalité demande la réciproque et la maximalité.

Exercice 3 – Le lemme de Gronwall et deux usages (4 points)

Preuve par une fonction auxiliaire

1. La fonction \(k\varphi\) est continue, donc \(F\) est de classe \(C^1\) sur \([0, T]\), avec \(F^{\prime} = k\varphi\). Comme \(k \geq 0\) et \(\varphi \leq F\), on obtient \(F^{\prime} \leq kF\).

   La fonction \(K\) est dérivable, de dérivée \(k\). Il en résulte \(\left(F\mathrm{e}^{-K}\right)^{\prime} = \left(F^{\prime} – kF\right)\mathrm{e}^{-K} \leq 0\), si bien que \(F\mathrm{e}^{-K}\) est décroissante sur \([0, T]\).

   Pour tout \(t \in [0, T]\), on a donc \(F(t)\mathrm{e}^{-K(t)} \leq F(0)\mathrm{e}^{-K(0)} = a\). Ainsi \(\varphi(t) \leq F(t) \leq a\,\mathrm{e}^{K(t)}\) : c’est le lemme de Gronwall.

Écart entre deux solutions et unicité

2. Les solutions vérifient la forme intégrale \(y(t) = y(0) + \int_0^t g(s, y(s))\,\mathrm{d}s\), et de même pour \(w\). Posons \(\varphi(t) = \|y(t) – w(t)\|\), fonction continue et positive. Par l’inégalité triangulaire, puis grâce au caractère lipschitzien de \(g\), on obtient :

   \(\varphi(t) \leq \|y(0) – w(0)\| + \int_0^t \|g(s, y(s)) – g(s, w(s))\|\,\mathrm{d}s \leq \|y(0) – w(0)\| + \int_0^t L\varphi(s)\,\mathrm{d}s\).

   Le lemme précédent, appliqué avec \(a = \|y(0) – w(0)\|\) et \(k = L\), donne \(\varphi(t) \leq \|y(0) – w(0)\|\,\mathrm{e}^{Lt}\). En particulier, si \(y(0) = w(0)\), alors \(\varphi = 0\), donc deux solutions de même condition initiale coïncident sur \([0, T]\).

Une majoration qui empêche l’explosion

3. La fonction \((t, y) \mapsto \frac{y\cos y}{1 + t^2}\) est de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2\). Le théorème de Cauchy-Lipschitz fournit donc une unique solution maximale \((J, y)\), avec \(J\) intervalle ouvert contenant 0.

   Soit \(t \in J\) avec \(t \geq 0\). Sur \([0, t] \subset J\), on a \(y(s) = c + \int_0^s \frac{y(r)\cos y(r)}{1 + r^2}\,\mathrm{d}r\). Puisque \(|\cos| \leq 1\), on en déduit \(|y(s)| \leq |c| + \int_0^s \frac{|y(r)|}{1 + r^2}\,\mathrm{d}r\) pour tout \(s \in [0, t]\).

   Le lemme de Gronwall, avec \(a = |c|\) et \(k(r) = \frac{1}{1 + r^2}\), donne alors \(|y(t)| \leq |c|\,\mathrm{e}^{\arctan t}\). Or \(\arctan t < \frac{\pi}{2}\), donc \(|y(t)| \leq |c|\,\mathrm{e}^{\pi/2}\).

   Supposons enfin \(\beta = \sup J\) fini. Pour \(t \in [0, \beta[\), le point \((t, y(t))\) reste alors dans le compact \([0, \beta] \times \left[-|c|\mathrm{e}^{\pi/2}, |c|\mathrm{e}^{\pi/2}\right]\), ce qui contredit le théorème des bouts. Par conséquent, \(\sup J = +\infty\).

Barème : la preuve du lemme vaut 1,5 point (0,5 pour \(F^{\prime} \leq kF\), 0,5 pour la décroissance, 0,5 pour la conclusion). Ensuite, la question 2 rapporte 1 point, dont 0,5 pour la mise sous forme intégrale. Pour la dernière question, sur 1,5 point, on attribue 0,25 à l’existence, 0,75 à la majoration et 0,5 à l’argument des bouts.

Piège classique : appliquer Gronwall sur \(J \cap \left[0, +\infty\right[\) tout entier sans savoir s’il est borné. Il faut travailler sur un segment \([0, t]\) contenu dans \(J\), puis conclure point par point.

Exercice 4 – La méthode d’Euler face à une explosion (3 points)

Solution exacte

1. Le second membre \(y \mapsto y^2\) est de classe \(C^1\), donc Cauchy-Lipschitz s’applique. La fonction nulle est solution ; par unicité, la solution maximale \((J, y)\), qui vaut 1 en 0, ne s’annule jamais et reste donc strictement positive. Ensuite, \(\left(\frac{1}{y}\right)^{\prime} = -\frac{y^{\prime}}{y^2} = -1\), d’où \(\frac{1}{y(t)} = 1 – t\) sur \(J\), ce qui impose \(J \subset \left]-\infty, 1\right[\). Comme \(t \mapsto \frac{1}{1 – t}\) est solution sur \(\left]-\infty, 1\right[\), la solution maximale est \(y(t) = \frac{1}{1 – t}\), définie sur \(\left]-\infty, 1\right[\).

Trois pas de la méthode

2. Avec \(h = \frac{1}{2}\), la récurrence s’écrit \(y_{k+1} = y_k + \frac{1}{2}y_k^2\).

   \(y_1 = 1 + \frac{1}{2} = \frac{3}{2}\).

   \(y_2 = \frac{3}{2} + \frac{1}{2} \times \frac{9}{4} = \frac{12}{8} + \frac{9}{8} = \frac{21}{8}\).

   \(y_3 = \frac{21}{8} + \frac{1}{2} \times \frac{441}{64} = \frac{336}{128} + \frac{441}{128} = \frac{777}{128}\).

   Ainsi \(y_1 = \frac{3}{2}\), \(y_2 = \frac{21}{8}\) et \(y_3 = \frac{777}{128}\). Par ailleurs, \(y\left(\frac{1}{2}\right) = 2\), donc dès le premier pas l’erreur vaut \(\frac{1}{2}\), et la méthode sous-estime la solution.

Convexité et minoration

3. Sur \(J\), \(y\) est de classe \(C^2\) et \(y^{\prime\prime} = 2yy^{\prime} = 2y^3 > 0\), donc \(y\) est convexe. Sa courbe est alors au-dessus de ses tangentes : pour \(s, t \in J\), \(y(t) \geq y(s) + (t – s)y^{\prime}(s)\). Avec \(s = kh\) et \(t = (k+1)h\), il vient \(y((k+1)h) \geq y(kh) + h\,y(kh)^2\).

   Montrons maintenant \(y_k \leq y(kh)\) par récurrence, tant que \(kh < 1\). D’abord, \(y_0 = 1 = y(0)\). Supposons ensuite \(y_k \leq y(kh)\) et \((k+1)h < 1\). La suite \((y_k)\) est croissante et positive, et \(\phi : u \mapsto u + hu^2\) est croissante sur \(\left[0, +\infty\right[\). Donc \(y_{k+1} = \phi(y_k) \leq \phi(y(kh)) \leq y((k+1)h)\). L’inégalité \(y_k \leq y(kh)\) est donc établie pour tout \(k\) tel que \(kh < 1\).

4. La suite \((y_k)\) est définie pour tout entier \(k\), car la récurrence est polynomiale. Elle fournit donc des valeurs finies même au-delà de \(t = 1\), par exemple \(y_2 = \frac{21}{8}\) au temps 1 et \(y_3\) au temps \(\frac{3}{2}\), où la solution exacte n’existe plus. Ainsi la méthode ne signale pas l’explosion : seule l’étude théorique, ou une croissance qui s’emballe quand on réduit le pas, peut la révéler.

   

Barème : la résolution exacte vaut 0,5 point. Les calculs de la question 2 rapportent 1 point (0,25 par valeur, puis 0,25 pour la comparaison). Pour la question 3, sur 1 point, on donne 0,5 à la convexité avec l’inégalité de la tangente, puis 0,5 à la récurrence. Enfin, le commentaire final vaut 0,5 point.

Exercice 5 – Problème : un système conservatif à un col et un centre (6 points)

Cadre et quantité conservée

1. Le champ \(F(x, y) = \left(2y, 3 – 3x^2\right)\) est polynomial, donc de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}^2\). D’après le théorème de Cauchy-Lipschitz, chaque condition initiale détermine une unique solution maximale.

   Le long d’une solution, la règle de dérivation des fonctions composées donne \(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}H(x, y) = 2yy^{\prime} + V^{\prime}(x)x^{\prime} = 2y\left(3 – 3x^2\right) + \left(3x^2 – 3\right)2y = 0\). Comme l’intervalle de définition est connexe, \(H\) est constante le long de chaque solution : c’est une intégrale première.

Équilibres : un col, puis un centre

2. Les équilibres vérifient \(2y = 0\) et \(3 – 3x^2 = 0\). Ce sont donc les points \((1, 0)\) et \((-1, 0)\). La jacobienne du champ vaut \(DF(x, y) = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ -6x & 0 \end{pmatrix}\).

   En \((-1, 0)\), la matrice \(\begin{pmatrix} 0 & 2 \\ 6 & 0 \end{pmatrix}\) a pour polynôme caractéristique \(\lambda^2 – 12\), donc pour valeurs propres \(\pm 2\sqrt{3}\). L’une d’elles est strictement positive. Par le théorème de linéarisation de Liapounov, l’équilibre \((-1, 0)\) est instable : c’est un col.

   En \((1, 0)\), en revanche, la matrice \(\begin{pmatrix} 0 & 2 \\ -6 & 0 \end{pmatrix}\) a pour polynôme caractéristique \(\lambda^2 + 12\), donc des valeurs propres \(\pm 2\mathrm{i}\sqrt{3}\) de partie réelle nulle. L’équilibre n’est pas hyperbolique, si bien que le théorème de linéarisation ne permet pas de conclure : les termes non linéaires pourraient décider de la stabilité.

   Étudions alors \(H\) près de \((1, 0)\), où \(H(1, 0) = -2\). En posant \(x = 1 + s\), on développe : \(H(1 + s, y) + 2 = y^2 + 1 + 3s + 3s^2 + s^3 – 3 – 3s + 2 = y^2 + s^2(3 + s)\). Cette quantité est strictement positive dès que \((s, y) \neq (0, 0)\) et \(|s| < 3\). Le point \((1, 0)\) est donc un minimum local strict de \(H\), et l’équilibre est stable (c’est un centre).

Une orbite fermée autour du centre

3. Pour cette solution, \(H = 1^2 + V(0) = 1\). Ainsi, pour tout \(t \in J\), \(y(t)^2 = 1 – V(x(t)) = p(x(t)) \geq 0\).

   Or \(p(-1) = -1\), \(p(0) = 1\) et \(p(2) = -1\). Si \(x\) atteignait une valeur hors de \(\left]-1, 2\right[\), comme \(x(0) = 0\), le théorème des valeurs intermédiaires donnerait un instant où \(x = -1\) ou \(x = 2\). On aurait alors \(y^2 = -1\), ce qui est absurde. Donc \(x(t) \in \left]-1, 2\right[\) pour tout \(t \in J\).

   De plus, \(p^{\prime}(x) = 3 – 3x^2\) s’annule en 1 sur cet intervalle, et \(p\) y atteint son maximum \(p(1) = 3\). Il vient \(|y(t)| \leq \sqrt{3}\). La solution reste dans le compact \([-1, 2] \times \left[-\sqrt{3}, \sqrt{3}\right]\) ; par le théorème des bouts, ses deux extrémités sont infinies. La solution est définie sur \(\mathbb{R}\) : sa trajectoire est la courbe fermée de niveau 1 qui entoure le centre.

Le cas du point (−2, −2) : signes conservés

4. 1. Ici \(H(-2, -2) = 4 + V(-2) = 4 – 2 = 2\). Notons \(\tau\) la borne supérieure des \(t \in [0, \beta[\) tels que \(x < -1\) et \(y < 0\) sur \([0, t]\) ; par continuité, \(\tau > 0\).

      Supposons \(\tau < \beta\). Sur \([0, \tau[\), on a \(x < -1\), donc \(y^{\prime} = 3 – 3x^2 < 0\), puis \(y \leq y(0) = -2\). Il s’ensuit \(x^{\prime} = 2y \leq -4\), d’où \(x \leq x(0) = -2\). Par continuité, \(x(\tau) \leq -2\) et \(y(\tau) \leq -2\), donc ces inégalités strictes persistent un peu après \(\tau\), ce qui contredit la définition de \(\tau\). Ainsi \(x < -1\) et \(y < 0\) sur \([0, \beta[\).

      Ensuite, \(y^2 = 2 – V(x) = 2 + 3x – x^3\). On vérifie que \((x + 1)^2(x – 2) = x^3 – 3x – 2\), donc \(y^2 = (x + 1)^2(2 – x)\). Puisque \(y < 0\), \(x + 1 < 0\) et \(2 – x > 0\), on obtient \(y = (x + 1)\sqrt{2 – x}\).

   2. Comme \(2 – x > 3\), la fonction \(u = \sqrt{2 – x}\) est dérivable et \(u > \sqrt{3}\). On calcule \(u^{\prime} = \frac{-x^{\prime}}{2u} = \frac{-2y}{2u} = -(x + 1)\). Or \(x = 2 – u^2\), donc \(-(x + 1) = u^2 – 3\). Ainsi \(u^{\prime} = u^2 – 3\) avec \(u(0) = \sqrt{4} = 2\).

      Par suite, \(\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\ln\left(\frac{u – \sqrt{3}}{u + \sqrt{3}}\right) = u^{\prime}\left(\frac{1}{u – \sqrt{3}} – \frac{1}{u + \sqrt{3}}\right) = \frac{2\sqrt{3}\,u^{\prime}}{u^2 – 3} = 2\sqrt{3}\).

   3. Posons \(w = \frac{u – \sqrt{3}}{u + \sqrt{3}}\). Comme \((2 + \sqrt{3})(2 – \sqrt{3}) = 1\), on a \(w(0) = \frac{2 – \sqrt{3}}{2 + \sqrt{3}} = \left(2 – \sqrt{3}\right)^2\). En intégrant, \(w(t) = \left(2 – \sqrt{3}\right)^2\mathrm{e}^{2\sqrt{3}\,t}\) sur \([0, \beta[\).

      D’une part, \(u > \sqrt{3}\) impose \(w(t) < 1\), soit \(2\sqrt{3}\,t < -2\ln\left(2 – \sqrt{3}\right) = 2\ln\left(2 + \sqrt{3}\right)\). Ainsi \(t < T\), où \(T = \frac{\ln\left(2 + \sqrt{3}\right)}{\sqrt{3}}\), donc \(\beta \leq T\).

      D’autre part, si l’on avait \(\beta < T\), alors \(w \leq \left(2 – \sqrt{3}\right)^2\mathrm{e}^{2\sqrt{3}\,\beta} < 1\) sur \([0, \beta[\). Dans ce cas, \(u = \sqrt{3}\,\frac{1 + w}{1 – w}\) resterait borné, de même que \(x = 2 – u^2\) et \(y\). La solution resterait dans un compact avec \(\beta\) fini, ce que le théorème des bouts interdit.

      Donc \(\beta = \frac{\ln\left(2 + \sqrt{3}\right)}{\sqrt{3}} \approx 0{,}76\). Quand \(t\) tend vers \(\beta\), \(w\) tend vers 1, puis \(u\) tend vers \(+\infty\). Par conséquent, \(x(t) = 2 – u(t)^2\) tend vers \(-\infty\), et \(y(t)\) aussi : la solution explose en temps fini.

Le portrait de phase complet

5. Le portrait s’obtient en traçant les lignes de niveau de \(H\). Le niveau 2 contient le col \((-1, 0)\) : il forme une boucle qui va de \(-1\) à 2 autour du centre, ainsi que deux branches qui partent vers \(x \to -\infty\). L’orbite de la question 3 est la courbe fermée de niveau 1, intérieure à la boucle. Celle de la question 4 est la branche inférieure gauche du niveau 2, parcourue vers le bas. Enfin, le sens de parcours est donné par \(x^{\prime} = 2y\) : vers la droite quand \(y > 0\), donc les orbites fermées tournent dans le sens des aiguilles d’une montre.

   

Barème : la question 1 vaut 1 point (0,5 pour Cauchy-Lipschitz, 0,5 pour la conservation). L’étude des équilibres rapporte 1,5 point : 0,5 pour leur calcul et la jacobienne, 0,5 pour le col, puis 0,5 pour le centre. Ensuite, 1 point va à l’orbite bornée de la question 3. Pour l’explosion, notée sur 2 points, on donne 1 point à a), puis 0,5 à b) et 0,5 à c). Enfin, le portrait de phase vaut 0,5 point.

Piège classique : déduire la stabilité de \((1, 0)\) de valeurs propres imaginaires pures. La linéarisation ne dit rien dans ce cas ; c’est l’intégrale première qui conclut.

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Consolider solutions maximales et explosion après ce corrigé

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