مسابقة دكتوراه 2012 — Source inconnue — الموضوع 02

1) Équation linéaire, racine double $r=1$ ; solution homogène $(c_1+c_2x)e^x$. Le second membre $e^x$ étant en résonance double, on cherche $y_p=\frac{x^2}2e^x$. Solution générale $y=(c_1+c_2x)e^x+\frac{x^2}2e^x$.

2) En posant $p=y''$ et $p'=y'''$, l'équation $(p')^2+xp'-p=0$ est de type Clairaut/Lagrange en $p$ ; la famille de solutions est $p=Cx+C^2$ (d'où $y''=Cx+C^2$, intégrer deux fois), plus la solution singulière $p=-x^2/4$ (enveloppe).

3) Équation de Bernoulli d'exposant $2$ : poser $z=1/y$, $z'=-y'/y^2$, ce qui donne $z'+\cos(x)z=-\cos(x)$. Solution $z=Ce^{-\sin x}-1$, donc $y=\dfrac1{Ce^{-\sin x}-1}$.

Avec $t=\varphi(x)$, $y'=\dot y\,\varphi'$ et $y''=\ddot y\,\varphi'^2+\dot y\,\varphi''$. En remplaçant, le coefficient de $\dot y$ est $x\varphi''-\varphi'$ ; on l'annule en choisissant $\varphi'=x\varphi''$, soit $\varphi'(x)=x^2$ (à constante près), donc $t=\frac{x^2}2$ (ou $t=x^2$). Avec $t=x^2$, l'équation devient $\ddot y-y=0$, de solution $y=Ae^{t}+Be^{-t}=Ae^{x^2}+Be^{-x^2}$.

La matrice $A=\begin{pmatrix}1&1\\4&1\end{pmatrix}$ a pour valeurs propres $\lambda=1\pm2$, soit $3$ et $-1$, de vecteurs propres $(1,2)$ et $(1,-2)$. La solution générale de l'homogène est $c_1\binom12e^{3t}+c_2\binom1{-2}e^{-t}$. En ajoutant la solution particulière donnée, $\binom{x}{y}=c_1\binom12e^{3t}+c_2\binom1{-2}e^{-t}+\binom0{-2e^{-t}}$.

$f(x,y)=3xy^{1/3}$ est continue sur $D$, donc le théorème de Peano garantit l'existence d'au moins une solution. Mais $\partial_yf=xy^{-2/3}$ n'est pas bornée près de $y=0$ : $f$ n'est pas lipschitzienne en $y$, l'unicité n'est pas assurée. De fait $y\equiv0$ et $y=\pm(x^2)^{3/2}=\pm|x|^3$ (obtenue par séparation des variables $y^{-1/3}dy=3x\,dx$, $\frac32y^{2/3}=\frac32x^2$) sont toutes solutions : il y a non-unicité.

Les orbites vérifient $\frac{dy}{dx}=\frac{y^2-x^2}{2xy}$, équation homogène. En posant $y=vx$, $v+xv'=\frac{v^2-1}{2v}$, soit $xv'=\frac{-v^2-1}{2v}$, donc $\frac{2v}{v^2+1}dv=-\frac{dx}x$. En intégrant, $\ln(v^2+1)=-\ln|x|+C$, d'où $x(v^2+1)=K$, c'est-à-dire $\frac{y^2+x^2}x=K$, soit $x^2+y^2=Kx$. Les orbites sont donc des cercles $x^2+y^2=Kx$ passant par l'origine, centrés sur l'axe des $x$ (famille de cercles tangents à l'axe $Oy$ en $0$).