Le document présente des solutions d'exercices de mathématiques appliquées aux équations différentielles dans le cadre d'un cours de master. Chaque exercice aborde différentes propriétés de solutions, y compris l'unicité et la continuité, en utilisant des théorèmes tels que le théorème de Cauchy-Lipschitz. Les résolutions traitent de divers scénarios pour des équations différentielles spécifiques avec des conditions initiales variées.

1. Université Larbi Tébessi - Tébessa
Faculté Des Sciences Exactes et De La Nature et de la Vie
Département : Mathématiques et Informatique
Module : EDO
1ere
année Master EDP
Année Universitaire : 2017-2018
Serie 01
Solution d’exercice 01 :
y
0
(t) = 2ty2
)
y
0
y2
= 2t )
Z
dy
y2
=
Z
2tdt
)
1
y
= t2
+ c ) y (t) =
1
t2 + c
y (0) = 1 )
1
c
= 1 ) c = 1 ) y (t) =
1
t2 + 1
donc le problème de Cauchy
y
0
(t) = 2ty2
y (0) = 1
admet une solution globale
y (t) =
1
t2 + 1
, (8t 2 R)
Solution d’exercice 02 :
La fonction
f : ]0; +1[ R ! R
(t; y) 7!
sin(ty)
t2
est de classe C1
donc continue et localement Lipschitzienne par rapport à la
seconde variable sur son domaine de de…nition.
puisque (1; 1) 2 ]0; +1[ R, par application du théorème de Cauchy-Lipschitz,
on en déduit l’existence et l’unicité d’une solution maximale à l’équation
di¤érentielle.
Solution d’exercice 03 :
On résout le problème pour t > 0 ou t < 0
1) t < 0
tx
0
+ x = t2
,
x tx
0
t2
= 1 ,
d
dt
x
t
= 1
,
x
t
= t + c1 où c1 2 R
, x = t2
+ c1t; c1 2 R
1

2. Les solutions x (t) = t2
+ c1t; t 2 ] 1; 0[ sont maximales dans R.
2) t > 0
tx
0
+ x = t2
,
d
dt
(tx) = t2
, tx =
t3
3
+ c2; c2 2 R
, x =
t2
3
+
c2
t
, c2 2 R
Les solutions x (t) =
t2
3
+
c2
t
; t 2 ]0; +1[ sont maximales dans R.
3) Existe-t-il des solutions globales dans R.
On a lim
t!0
t2
+ c1t = 0 pour tout c1 2 R
lim
t!0+
t2
3
+
c2
t
=
8
<
:
+1 si c2 > 0
0 si c2 = 0
1 si c2 < 0
Pour obtenir une solution continuie, il faut donc c2 = 0.
On a alors
lim
t!0
t2
+ c1t
0
= lim
t!0
c1 2t = c1
lim
t!0+
t2
3
0
= lim
t!0+
2
3
t = 0
On obtient alors une fonction de classe C1
sur R si et seulement si c1 = c2 = 0:
il existe donc solution globale
x (t) =
8
<
:
t2
si t 0
t2
3
si t > 0
Solution d’exercice 04 :
a) (1)
f : R ]0; +1[! R
(t; x) 7!
1
x
f (t; x) =
1
x
est continue sur R ]0; +1[ car
1
x
est continue sur R
donc sur ]0; +1[.
f (t; x) est localement Lipschitzienne par rapport à la seconde variable
car f est de classe C1
.
b) (1) f est continue et localement Lipschitzienne par rapport à la seconde
variable alors 9!solution maximale au problème (1) (Théorème de C.L)
avec J =]t ; T [ contenant 0.
2

3. 8
<
:
x
0
(t) =
1
x (t)
x (0) = x0
, x (t) x
0
(t) = 1 ,
1
2
(x (t))2
= t + c
, x (t) =
p
2t + c; c 2 R
x (0) = x0 ,
p
c = x0 , c = x2
0
, x (t) =
q
2t + x2
0
x (t) > 0 , 2t + x2
0 > 0 , 2t > x2
0 , t <
x2
0
2
on a donc J = 1;
x2
0
2
intervalle maximale, t = 1; T =
x2
0
2
:
2. lim
t!T
x (t) = lim
t!
x2
0
2
p
2t + x2
0 = 0, 0 =2 ]0; +1[ donc x (t) sort de tout compact
de ]0; +1[ donc n’est pas global.
Solution d’exercice 05 : (Pas d’unicité)
1) Si y(t) > 0
)
y
0
(t)
p
y(t)
= 1 ) 2
p
y(t) = t + c
) y(t) =
t + c
2
2
; y (0) = 0 ) c = 0
) y(t) =
t2
4
; t > 0.
Si y(t) < 0
)
y
0
(t)
p
y(t)
= 1 ) 2
p
y(t) = t + c; y (0) = 0
) c = 0 ) 2
p
y(t) = t
) y(t) =
t2
4
; t < 0.
) y(t) =
8
>>><
>>>:
t2
4
si t < 0
0 si t = 0
t2
4
si t > 0
Par prolongement alors les solutions globales sont :
y(t) =
8
>>><
>>>:
t2
4
si t < 0
0 si t = 0
t2
4
si t > 0
3

4. et y(t) = 0; 8t 2 R.
2) Le théorème de Cauchy-Lipschitz ne s’applique pas car f(t; x) n’est pas
localement Lipschitzienne par rapport x.
* On vois de 0 :
p
jy1j
p
jy2j
jy1 y2j
=
1
p
jy1j +
p
jy2j
p
jy1j+
p
jy2j !0
! +1
* Supposons qu’il existe un voisinage V de (0; 0) sur lequel f est Lipschitzienne
par rapport x.
On peut supposer que V est de la form ] a; a[ ] b; b[, 8 (t; x) et
(t; y) 2 ] a; a[ ] b; b[
p
jxj
p
jyj L jx yj
en particulier, 8x 2 ]0; b[,
p
x Lx; (x > 0; y = 0) donc 8x 2 ]0; b[,p
x
x
=
1
p
x
L Absurd car
1
p
x
! +1
x!0+
:
Alors le théorème de C.L ne s’applique pas donc il n’y a pas d’unicité.
Solution d’exercice 06 :
1) f est de classe C1
donc localement Lipschitzienne par rapport x donc 9 unique
solution maximale (x; I) à ce problème.
2) x est impaire , x ( t) = x (t)
Soit
y(t) = x(t); t 2 ~I; ~I = ft 2 R, t 2 Ig
Montrons que ~I = I et 8t 2 I; x(t) = y(t).
y
0
(t) = x
0
( t) = t2
+ x2
( t) = t2
+ ( x ( t))2
= t2
+ y2
(t) et y(0) = x(0) = 0:
donc y solution au problème de Cauchy et ~I I et 8t 2 ~I; y(t) = x(t) par unicité
de la solution maximale
~I I et ~I symétrique de I ) ~I = I; donc x est impaire.
x
0
(t) 0 donc x est croissante.
x (0) = 0 et x croissante ) x positive sur R+
.
x est impaire et x positive sur R+
) x négative sur R .
x est deux fois dérivable et
x
00
(t) = 2t + 2x
0
(t)x(t)
= 2t + 2 t2
+ x2
(t) x(t)
x
00
(t) est positive sur R+
) x est convexe.
x
00
(t) est négative sur R ) x est concave.
4

5. 3) Supposons I = R
x est croissante, x(t)
t!+1
! ; 2 R+ [ f+1g
Si t > 0 ) x (t) > 0
8t > 0;
x
0
(t)
x2(t)
=
t2
x2(t)
+ 1
Soit t > 1 on a :
tZ
1
x
0
(s)
x2(s)
ds =
1
x(t)
+
1
x(1)
=
tZ
1
s2
x2(s)
+ 1 ds
tZ
1
ds = t 1
)
1
x(t)
1
x(1)
+ 1 t
t!+1
! 1
) x(t)
t!+1
! 0 pas possible
donc sup I < +1 et par symétrique inf I > +1 d’où I est borné.
Autre Méthode :
Si sup I = +1
pour t 1; x
0
(t) = t2
+ x2
(t) 1 + x2
(t) )
x
0
(t)
1 + x2(t)
1
) Arctg (x(t)) Arctg (x(1)) t 1
) Arctg (x(t)) t 1 + Arctg (x(1)) impossible car Arctg bornée.
donc sup I < +1 et par symétrique inf I > +1 d’où I est borné.
Etudions les limites de x aux bornes de I :
x est croissante donc elle admet une limite en sup (I) par le théorème de sortie
de compact elle est sort de tout compact de R, donc
lim
t!sup(I)
x(t) = +1; par imparité lim
t!inf(I)
x(t) = 1
Solution d’exercice 07 :
1) Montrons que f est 1-Lipschitzienne, c-à-d
8x; y 2 R jf(x) f(y)j jx yj :
Soit x; y 2 R on suppose que x y (par symétrie) on a 6 cas :
1) x y 0 ) jf(x) f(y)j = 0 y x = jy xj = jx yj
2) x 0 y 1 ) jf(x) f(y)j = j0 yj = y y x = jx yj
3) x 0 et y 1 ) jf(x) f(y)j = j0 1j = 1 y y x = jx yj
4) 0 x y 1 ) jf(x) f(y)j = jx yj
5) 0 x 1 y ) jf(x) f(y)j = jx 1j = 1 x y x = jx yj
6) 1 x y ) jf(x) f(y)j = j1 1j = 0 y x = jx yj
Conclusion : 8x; y 2 R, jf(x) f(y)j jx yj :
5

6. D’après le théorème de Cauchy-Lipschitz global on en déduit l’éxistence et l’uni-
cité d’une solution globale de l’équation y
0
= f(y) avec condition initiale y (t0) = y0
pour tout (t0; y0) 2 R2
:
2)
y
0
= y
y (0) = y0; y0 2 ]0; 1[
la solution de cette équation est y (t) = y0et
pour t > 0 tel que
y(t ) = 1 , y0et
= 1 , t = ln
1
y0
,
on a que : y
0
= 1; 8t t , alors y (t) = t + c; 8t t ; y(t ) = 1 = t + c
) c = 1 t ) y(t) = t + 1 t ; t t .
de même, on calcule : y (t ) = 0 , y0et
= 0, cette équation n’admet pas le
solution.
Conclusion :
y(t) =
8
>><
>>:
y0et
; t < ln
1
y0
1 t + t; t ln
1
y0
=
8
>><
>>:
y0et
; t < ln
1
y0
t + 1 ln
1
y0
; t ln
1
y0
Rémarque : t = ln
1
y0
> 0 car y0 2 ]0; 1[.
6