Ce document présente des solutions et démonstrations d'exercices de mathématiques avancées, notamment des équations différentielles. Il aborde l'existence et l'unicité des solutions, la continuité et la propriété de Lipschitz, ainsi que les solutions maximales pour différents cas. Chaque exercice traite un problème spécifique lié aux équations différentielles et à leurs solutions en fonction des conditions imposées.

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