Pour un problème $y' = f(t,y)$, $y(t_0) = y_0$, le théorème de Cauchy-Lipschitz garantit une solution et une seule dès que $f$ est assez régulière : la condition initiale fixe tout le futur. Mais cette solution peut ne vivre qu'un temps. Avec $y' = y^2$ et $y(0) = 1$, c'est $y(t) = \dfrac{1}{1-t}$, qui part à l'infini quand $t$ approche $1$. Tu vas voir comment résoudre les équations non linéaires qui s'y prêtent, et comment étudier les autres sans formule, sur deux modèles physiques.
Le théorème de Cauchy-Lipschitz
Commence par écrire l'équation sous la forme $y' = f(t,y)$. Pour $y' = y^2$, c'est $f(t,y) = y^2$ : dans $f$, la lettre $y$ est un nombre, pas la fonction inconnue $t \mapsto y(t)$.
Théorème : soient $I$ et $\Omega$ deux intervalles ouverts de $\mathbb{R}$ et $f : I \times \Omega \to \mathbb{R}$ de classe $C^1$, c'est-à-dire avec des dérivées partielles en $t$ et en $y$ continues. Pour tous $t_0 \in I$ et $y_0 \in \Omega$, le problème de Cauchy $y' = f(t,y)$, $y(t_0) = y_0$ a une unique solution maximale (une solution qu'on ne peut prolonger à aucun intervalle plus grand). Elle est définie sur un intervalle ouvert contenant $t_0$, et toute autre solution du problème en est une restriction.
C'est la version, avec $f$ de classe $C^1$, que prévoit le cours de licence d'Aix-Marseille Université. D'autres cours, comme ce contrôle de licence 3 de l'université d'Orléans, demandent seulement $f$ continue et localement lipschitzienne en $y$ : près de chaque point, $|f(t,y) - f(t,z)| \leqslant K|y - z|$ pour une constante $K$. Une fonction de classe $C^1$ l'est toujours, par l'inégalité des accroissements finis.
La conséquence la plus utile : deux solutions égales à un même instant sont égales partout où elles sont définies toutes les deux. Deux solutions différentes ont donc des courbes qui ne se croisent pas, et ne se touchent même pas. Une solution constante $y = c$, qui existe quand $f(t,c) = 0$ pour tout $t$, devient une barrière : une solution partie au-dessus reste au-dessus.
Résoudre en séparant les variables
Une équation à variables séparables s'écrit $y' = a(t)\,g(y)$, ici avec $a$ et $g$ de classe $C^1$. Chaque zéro $c$ de $g$ donne une solution constante $y = c$.
Toute autre solution évite ces constantes, par unicité : $g(y(t))$ ne s'annule jamais et tu peux diviser. Si $G$ est une primitive de $\dfrac{1}{g}$ et $A$ une primitive de $a$, la dérivée de $G(y(t))$ vaut $\dfrac{y'(t)}{g(y(t))} = a(t)$, donc $G(y(t)) = A(t) + C$. Il reste à isoler $y(t)$.
Exemple : pour $y' = y^2$, $y(0) = 1$, la constante $0$ est solution, et la nôtre, qui vaut $1$ en $0$, ne s'annule jamais. On divise : $\dfrac{y'}{y^2} = 1$, d'où $-\dfrac{1}{y(t)} = t + C$, et $t = 0$ donne $C = -1$. Ainsi $y(t) = \dfrac{1}{1-t}$.
Piège classique : diviser par $g(y)$ sans justification, puis oublier les solutions constantes, que la division efface du calcul. Cite l'unicité avant de diviser, et donne les solutions constantes dans ta réponse.
Solutions maximales et explosion en temps fini
La formule $\dfrac{1}{1-t}$ a un sens pour tout $t \neq 1$, mais la solution maximale de l'exemple vit seulement sur $]-\infty\,;1[$, l'intervalle qui contient $t_0 = 0$. Quand $t$ approche $1$, elle tend vers $+\infty$ : elle explose en temps fini, alors que $f(t,y) = y^2$ est parfaitement régulière.
Théorème des bouts : si $f$ est de classe $C^1$ sur $I \times \mathbb{R}$ et si une solution maximale est définie sur $]\alpha\,;\beta[$ avec $\beta < \sup I$, alors $|y(t)|$ tend vers $+\infty$ quand $t$ tend vers $\beta$. De même en $\alpha$ si $\alpha > \inf I$.
Tu t'en serviras surtout à l'envers : une solution maximale bornée est définie sur tout $I$, on dit qu'elle est globale. Les équations linéaires $y' = a(t)y + b(t)$, avec $a$ et $b$ continues sur $I$, n'explosent jamais : leurs solutions sont toutes définies sur $I$.
Piège classique : donner le domaine de la formule au lieu de l'intervalle de la solution. Sur $]1\,;+\infty[$, la fonction $\dfrac{1}{1-t}$ résout aussi $y' = y^2$, mais c'est une autre solution : elle est négative et ne vérifie pas $y(0) = 1$.
Vidange d'un réservoir : quand l'unicité tombe
Un réservoir cylindrique de section $S$ se vide par un petit orifice de section $s$ percé dans son fond. D'après la loi de Torricelli, l'eau sort à la vitesse $\sqrt{2gh}$, où $h$ est la hauteur d'eau et $g$ l'intensité de la pesanteur. Le niveau baisse donc selon $S\,h' = -s\sqrt{2gh}$, soit :
$$h' = -k\sqrt{h}, \qquad k = \frac{s}{S}\sqrt{2g}.$$
Tant que $h > 0$, la fonction $h \mapsto -k\sqrt{h}$ est de classe $C^1$, et séparer les variables donne $\sqrt{h(t)} = \sqrt{h_0} - \dfrac{k}{2}t$ si $h(0) = h_0 > 0$. La cuve est vide à l'instant $T = \dfrac{2\sqrt{h_0}}{k}$, et $h$ reste nulle ensuite.
En $h = 0$, tout change : la dérivée de $\sqrt{h}$ devient infinie, la fonction n'est plus lipschitzienne et le théorème ne s'applique plus. Suppose la cuve vide à l'instant $t_1$. Pour tout $a \leqslant t_1$, la fonction égale à $\dfrac{k^2}{4}(a-t)^2$ avant $a$, puis à $0$, est une solution nulle en $t_1$. Le problème $h(t_1) = 0$ a donc une infinité de solutions : en voyant une cuve vide, personne ne peut dire depuis quand elle l'est.
Piège classique : croire que la continuité suffit à l'unicité. Ici $h \mapsto -k\sqrt{h}$ est continue sur $[0\,;+\infty[$, et l'unicité tombe quand même en $0$. Vérifie la régularité de $f$ là où vit ta solution, surtout là où une racine carrée s'annule.
Chute avec frottement : étudier sans résoudre
Un objet de masse $m$, lâché sans vitesse, tombe dans l'air. Avec un frottement proportionnel au carré de la vitesse, modèle courant pour une chute rapide, sa vitesse vérifie $m\,v' = mg - c\,v^2$ et $v(0) = 0$, avec $c > 0$. On pose $v_\ell = \sqrt{\dfrac{mg}{c}}$.
La fonction $f(v) = g - \dfrac{c}{m}v^2$ est de classe $C^1$ et s'annule en $v_\ell$ et $-v_\ell$ : ces deux constantes sont solutions. Partie de $0$, la vitesse ne peut pas les traverser, donc $|v(t)| < v_\ell$ pour tout $t$, et la solution, bornée, est globale. Dans cette bande, $f(v) > 0$ : $v$ croît et a une limite $\ell \in [0\,;v_\ell]$ en $+\infty$.
Cette limite annule $f$ : si $f(\ell) > 0$, la dérivée $v'(t) = f(v(t))$ tendrait vers $f(\ell)$, et $v$ finirait par dépasser toute valeur. Comme $\ell \geqslant 0$, on obtient $\ell = v_\ell$ : c'est la vitesse limite, approchée sans jamais être atteinte. Le calcul exact, par séparation des variables, confirme : $v(t) = v_\ell \tanh\left(\dfrac{g\,t}{v_\ell}\right)$.
Conseil : quand $f$ ne dépend que de $y$, commence par un dessin. Trace les solutions constantes, puis le signe de $f$ entre elles : tu vois aussitôt dans quelle bande la solution est enfermée et dans quel sens elle avance.
Exercices corrigés
Du plus direct au niveau d'un contrôle. Cherche chacun sur ta feuille avant d'ouvrir la correction.
Exercice 1 : Résous le problème $y' = 3t^2y^2$, $y(0) = 1$, et donne l'intervalle de définition de sa solution maximale.
Correction :
$f(t,y) = 3t^2y^2$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}^2$ et la constante $0$ est solution. La nôtre vaut $1$ en $0$, donc ne s'annule jamais, et on peut diviser : $\dfrac{y'}{y^2} = 3t^2$, d'où $-\dfrac{1}{y(t)} = t^3 + C$. En $t = 0$, on trouve $C = -1$, donc $y(t) = \dfrac{1}{1-t^3}$.
Le dénominateur s'annule en $t = 1$. L'intervalle qui contient $0$ est $]-\infty\,;1[$, et la solution explose en $1$. Répondre $\mathbb{R} \setminus \{1\}$, c'est le piège : sur $]1\,;+\infty[$, la formule décrit une autre solution.
Exercice 2 : Un réservoir se vide par un orifice percé dans son fond. Sa hauteur d'eau $h$, en mètres, vérifie $h' = -0{,}012\sqrt{h}$, avec $t$ en secondes, et $h(0) = 1{,}44$ (données fictives). Au bout de combien de temps la hauteur est-elle divisée par 4 ? Quand le réservoir est-il vide ?
Correction :
Tant que $h > 0$, on sépare les variables : $\dfrac{h'}{\sqrt{h}} = -0{,}012$, donc $2\sqrt{h(t)} = 2\sqrt{1{,}44} - 0{,}012\,t$, soit $\sqrt{h(t)} = 1{,}2 - 0{,}006\,t$.
La hauteur est divisée par 4 quand $\sqrt{h}$ est divisée par 2 : $1{,}2 - 0{,}006\,t = 0{,}6$ donne $t = 100$ s. Le réservoir est vide quand $\sqrt{h} = 0$, soit à $t = 200$ s.
Le dernier quart de la hauteur prend donc autant de temps que les trois premiers : plus le niveau baisse, plus l'eau sort lentement.
Exercice 3 : On considère le problème $y' = \sin y$, $y(0) = 1$. Sans chercher de formule, montre que sa solution maximale est définie sur $\mathbb{R}$ et croissante, puis trouve sa limite en $+\infty$.
Correction :
$f(t,y) = \sin y$ est de classe $C^1$ sur $\mathbb{R}^2$, et les constantes $0$ et $\pi$ sont solutions. Comme $0 < 1 < \pi$, l'unicité enferme la solution : $0 < y(t) < \pi$ pour tout $t$. Bornée, elle est définie sur $\mathbb{R}$ d'après le théorème des bouts.
Sur $]0\,;\pi[$, $\sin y > 0$, donc $y' > 0$ et $y$ est croissante. Majorée par $\pi$, elle a une limite $\ell \in [1\,;\pi]$ en $+\infty$.
Comme pour la chute, si $\sin \ell > 0$, $y'(t)$ tendrait vers $\sin \ell$ et $y$ ne serait pas bornée. Donc $\sin \ell = 0$ et $\ell = \pi$. Vérification : $y(t) = 2\arctan\big(\tan(\tfrac{1}{2})\,e^t\big)$ résout bien le problème et tend vers $\pi$.
À retenir
À retenir :
- Cauchy-Lipschitz : si $f$ est de classe $C^1$, chaque condition initiale donne une unique solution maximale.
- Deux solutions distinctes ne se croisent jamais : les solutions constantes servent de barrières.
- Variables séparables : les solutions constantes d'abord, puis la division, justifiée par l'unicité.
- La solution vit sur l'intervalle qui contient $t_0$. Si elle s'arrête avant un bord de $I$, c'est qu'elle explose ; bornée, elle est globale.
- Sans régularité, plus d'unicité : $h' = -k\sqrt{h}$ en $h = 0$.
Sources
- Fiche de l'enseignement « Équations différentielles » de la licence de mathématiques, Aix-Marseille Université, année 2026-2027 : fiche sur formations.univ-amu.fr.
- Licence 3 de mathématiques, « Équations différentielles ordinaires », contrôle continu du 28 février 2024 et son corrigé, université d'Orléans : corrigé sur idpoisson.fr.