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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
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
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
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
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
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

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Sol td 1 edo

  • 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