Sujet : Analyse, Equations différentielles non linéaires, Etude qualitative

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Etude qualitative Exercice 4 [ 00434 ] [correction] Justifier qu’il existe une solution maximale à l’équation différentielle Exercice 1 [ 00430 ] [correction] 0 2 y =x +y Soit 0 2 2E :y =x +y vérifianty(0) = 0 et que celle-ci est développable en série entière au voisinage de 0. a) Justifier l’existence d’une unique solution maximale y de E vérifiant y(0) = 0. b) Montrer que y est une fonction impaire. Exercice 5 [ 00435 ] [correction]c) Etudier la monotonie et la concavité de y. On considère l’équationd) Montrer que y est définie sur un intervalle borné deR. 0 2 E :y =x +ye) Dresser le tableau de variation de y. a) Quel est le lieu des points où les solutions de (E) présentent une tangente horizontale? Exercice 2 [ 00431 ] [correction] b) Décrire le lieu des points d’inflexion? a) Montrer que le problème de Cauchy  10 Exercice 6 [ 00437 ] [correction]y = 1 +xy On considère l’équation différentielle y(0) = 0 0 2E :xy =x +y sur ]0, +∞[ possède une solution maximale unique. +?b) Montrer que celle-ci est impaire et strictement croissante. a) Montrer que les solutions sont définies sur des intervalles bornés de R . c) Etablir enfin qu’elle est définie surR. b) Etudier le comportement d’une solution maximale aux bornes de son intervalle d) Déterminer la limite en +∞ de cette solution. de définition. e) On note ϕ la bijection réciproque de cette solution.
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Etude qualitative

Exercice 1[ 00430 ][correction]
Soit
E:y0=x2+y2

Enoncés

a) Justifier l’existence d’une unique solution maximaleydeEvérifianty(0) = 0.
b) Montrer queyest une fonction impaire.
c) Etudier la monotonie et la concavité dey.
d) Montrer queyest définie sur un intervalle borné deR.
e) Dresser le tableau de variation dey.

Exercice 2[ 00431 ][correction]
a) Montrer que le problème de Cauchy
y01+1
=
xy
y(0) = 0

possède une solution maximale unique.
b) Montrer que celle-ci est impaire et strictement croissante.
c) Etablir enfin qu’elle est définie surR.
d) Déterminer la limite en+∞de cette solution.
e) On noteϕla bijection réciproque de cette solution. Exprimerϕà l’aide d’une
intégrale en formant une équation différentielle vérifiée par cette fonction.

Exercice 3[ 00432 ][correction]
On considère le problème différentiel :
(y0= cos(xy)
y(0) =y0

a) Justifier l’existence d’une unique solution maximaley.
b) En observant
y(x) =y0+Z0xcos(ty(t))d
t
montrer queyest définie surR.

Exercice 4[ 00434 ][correction]
Justifier qu’il existe une solution maximale à l’équation différentielle

y0=x+y2

1

vérifianty(0) = 0et que celle-ci est développable en série entière au voisinage de 0.

Exercice 5[ 00435 ][correction]
On considère l’équation

E:y0=x+y2

a) Quel est le lieu des points où les solutions de(E)présentent une tangente
horizontale ?
b) Décrire le lieu des points d’inflexion ?

Exercice 6[ 00437 ][correction]
On considère l’équation différentielle

E:xy0=x+y2sur]0+∞[

+?
a) Montrer que les solutions sont définies sur des intervalles bornés deR.
b) Etudier le comportement d’une solution maximale aux bornes de son intervalle
de définition.

Exercice 7Centrale MP[ 02456 ][correction]
On notefla solution maximale de

dy= e−xy
dx

telle quef(0) = 0.
a) Montrer quefest impaire.
b) Montrer quefest définie surR.
c) Montrer quefpossède une limite finieaen+∞.
d) Montrer quea >1.
e) Montrer qu’en+∞:

f(x) 1ae−ax+oe−ax
=a−

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Exercice 8Centrale MP[ 02457 ][correction]
Soitλ∈]−11[. On s’intéresse à l’équation différentielle avec retard :

(E) :f0(x) =f(x) +f(λx)

Enoncés

L’inconnue est une fonction dérivable deRdansR.
a) Soitfune solution de(E); montrer quefest de classeC∞puis développable
en série entière surR.
b) Expliciter les solutions de(E).
n
c) Montrer queQ(1 +λk)tend vers une limite finie, non nulle, notéeK(λ)
k=0
quandntend vers∞.
d) Montrer que,fétant une solution non nulle de(E),

f(x)x→∼+∞K(λ)f(0)ex

Exercice 9Centrale MP[ 02458 ][correction]
Soita∈R. Pourα∈R, on notePαle problème

x0= cos(x2+ sin(2πt))−aetx(0) =α

a) Soitα∈R. Montrer l’existence d’une solution maximalexαdePα.
b) Que dire des intervalles de définition des solutions maximales ?
c) Pour|a|>1, donner les variations et les limites aux bornes des solutions.
On suppose|a|<1.
d) Montrer que, pour toutA >0, il existeM(A)>0tel que pour tout
α∈[−A A]et toutt∈[01],|xα(t)|6M(A).
e) Montrer que, pour tout(α β)∈[−A A]2et toutt∈[01]:
t
|+ 2M)Z0
|xα(t)−xβ(t)|6|α−β(A|xα(u)−xβ(u)|du

f) En déduire :

∀t∈[01],|xα(t)−xβ(t)|6|α−β|e2M(A)t

Exercice 10Mines-Ponts MP[ 02899 ][correction]
Soit une fonctionϕde classeC1surR2et bornée.
Soityune solution maximale de l’équation différentielle

Montrer queyest définie surR.

y0=ϕ(x y)

Exercice 11X MP[ 02979 ][correction]
On considère l’équation
y0=x+y2

Soityune solution maximale définie sur un intervalleI.
a) Montrer queIest majoré. On poseb= supI.
b) Montrer queyest croissante au voisinage deb. Quelle est la limite deyenb?
c) Trouver un équivalent deyau voisinage deb.

Exercice 12[ 03344 ][correction]
On étudie l’équation différentielle

(E) :y0=x3+y3

Soityune solution maximale de l’équation différentielle(E)définie en 0 et
vérifianty(0)>0.
a) Justifier queyest définie sur un intervalle ouvert]α β[.
b) Montrer queyest croissante sur[0 β[.
c) Etablir queβest réel.
d) Déterminer la limite deyenβ−.

Exercice 13[ 03503 ][correction]
Soitfla solution maximale sur]α β[du problème de Cauchy

Montrer queβ= +∞.

y0=x+y1avecy(0) =a >0

Exercice 14Centrale MP[ 03739 ][correction]
On considère l’équation différentielle

(E) :x0(t) = cos (2π(x(t)−t))

a) Rappeler l’énoncé du théorème de Cauchy-Lipschitz qui s’applique ici.
b) Soitxune solution de(E). Montrer quexest lipschitzienne.
c) Soitxune solution maximale de(E)etI= ]a b[son intervalle de définition.
Montrer queI=R.
d) Sixest solution maximale de(E)etk∈Z, vérifier quet7→x(t+k)etk+x
sont solutions.
Trouver des solutions simples de(E).

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Enoncés

e) On fixe une solution maximale de(E).
Montrer quet∈R7→x(t)−tconverge en±∞et exprimer les limites en fonction
dex(0).
f) On considère maintenant une solution maximalexde

(E2) :x0(t)=+11x(t)2+ cos (2π(x(t)−t))

Montrer quexest définie surRet quet∈R+7→x(t)−test bornée.
Enoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

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Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
a) La fonctionf: (x y)7→x2+y2est de classeC1sur l’ouvertU=R2. Le
théorème de Cauchy-Lipschitz assure l’existence d’une solution maximale unique
au problème de Cauchy posé, solution définie sur un intervalle ouvertIcontenant
0.
dsolve(D(y)(x)=xˆ2+y(x)ˆ2, y(0)=0, y(x));
plot(rhs(%), x=-1.5..1.5);

La solution dey0=x2+y2vérifianty(0) = 0
b) Soitz:x7→ −y(−x)définie surI0symétrique deIpar rapport à0.
zest dérivable et est encore solution du problème de Cauchy précédent.
DoncI0⊂Iet∀x∈I0 z(x) =y(x).
Or puisqueI0est le symétrique deI, on observeI0=Ipuisz=y.
c)y0(x)>0doncyest croissante, négative surR−et positive surR+.
yest deux fois dérivable ety00(x) = 2x+ 2y0(x)y(x) = 2x+ 2(x2+y2(x))y(x).
y00est négative surR−et positive surR+d’où la concavité dey.
d) Par l’absurde, siyn’est pas définie sur un intervalle borné deR, c’est qu’elle
est définie surR(car elle est impaire). Mais alors∀x>1 y0(x)>1 +y2(x)donc
en intégrant, il existeC∈Rtel que pour toutx>1,arctany(x)>x+C. Ceci
est absurde.

e)yest définie, impaire, croissante surI= ]−a a[aveca∈R.
Reste à étudierlimyCette limite existe compte tenu de la monotonie de
x→a−(x).
y(x)et soit réelle, soit+∞.
y
Sixl→iam−(x) =`∈Ralors posonsy(a) =`.yest alors continue sur]−a a].
De plusy0(x)→a2+`2∈Rdonc ce prolongement estC1sur]−a a]et vérifie
l’équation différentielle ena.
Ceci est absurde caryest solution maximale.
Par suitelimy(x) = +∞.
x→a−

4

Exercice 2 :[énoncé]
a)f(x y) =+11xyest une fonction de classeC1sur l’ouvertR2 {(x y)xy=−1}.
Le théorème de Cauchy-Lipschitz assure l’existence d’une solution maximale
unique au problème de Cauchy posé. De plus celle-ci est définie sur un intervalle
¯
ouvert]α β[avecα β∈R,α <0< β.
b) Considéronsz(x) =−y(−x)définie sur]−β−α[. Aisément on observe quez
est solution du problème de Cauchy posé et est donc restriction de la solution
maximaley. On en déduit]−β−α[⊂]α β[doncα=−βety(−x) =−y(x)pour
toutx∈]−β β[.
Montrons queyest strictement croissante.
La fonctionyest de classeC1ety0=+11xyne s’annule pas doncyest strictement
monotone.
Puisquey(0) = 0, on ay0(0) = 1et doncyest strictement croissante.
c) De ce qui précède découle queyest positive surR+. Montrons queβ= +∞.
Par l’absurde supposonsβ∈R+?.
Pour toutx∈[0 β[,
y(x) =Z0xy0(t) dt=Z0x1+dtty(t)6Z0xdt6β
donc la fonctionyest croissante et majorée, elle admet par conséquent une limite
finie enβ. Ceci permet de prolongeryen une solution sur]−β β]ce qui contredit
la maximalité dey. On conclut queβ= +∞.
d) Puisque la solutionyest croissante, elle admet une limite`en+∞avec
`∈R+?∪ {+∞}.
Par l’absurde supposons`∈R+?.
On a
y(x) =Zx+1dtty(t)
0
Quandt→+∞
1 1


1 +ty(t)`t

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Par comparaison de fonctions positives, on peut affirmer la divergence de
l’intégrale
dt
Z[0+∞[1 +ty(t)

puis, par intégration d’une fonction positive non intégrable
y(x) =Zxd+1ytt(t)x−→−−+−∞→+∞
0

Corrections

e) Par ce qui précède, on peut affirmer queyest bijection deRversRde classeC1
dont la dérivée ne s’annule pas. Sa bijection réciproqueϕest donc de classeC1et
sa dérivée vérifie
ϕ0(x 1 +) 1 = )ϕ(x)x
=
y0◦ϕ(x
Après résolution de cette équation différentielle linéaire avec la condition initiale
ϕ(0) = 0, on obtient
x
Z0e−t22dt
ϕ(x) = ex22

Exercice 3 :[énoncé]
a)y0=f(x y)avecf(x y) = cos(xy)de classeC1surR2. Le théorème de
Cauchy-Lipschitz assure l’existence d’une solution maximale unique définie sur un
intervalle ouvertI= ]a b[contenant 0.
b)y(x)−y0=y(x)−y(0) =R0xy0(t)dt=R0xcos(ty(t))dt.
Supposonsb <+∞.
R[0b[cos(ty(t))dtest définie en tant qu’intégrale d’une fonction bornée sur un
intervalle borné.
Quandx→b−, on ay(x)→y0+R0bcos(ty(t))dt=`.
Posonsy(b) =`de sorte de prolongerypar continuité.
Quandx→b−,y0(x)→cos(bx)∈Rdoncy0(b) = cos(b`) = cos(by(b)).
On obtient alors une solution de l’équation différentielle définie sur]a b].
Cela contredit la maximalité dey. Absurde.
Ainsib= +∞et de mmea=−∞.

Exercice 4 :[énoncé]
L’équation différentielle est de la formey0=f(x y)avecf(x y) =x+y2fonction
de classeC1surR2. Le Théorème de Cauchy-Lipschitz assure l’existence et
l’unicité d’une solution maximale au problème de Cauchy posé.

5

Supposons quePanxnest une série entière de rayon de convergenceR >0et de
somme solution du problème de Cauchy posé. On aa0= 0et sur]−R R[,
n+P=∞0(n+ 1)an+1xn=x+n+=P∞0kPnakan−kxn.
=0
Par unicité des coefficients d’une série entière de rayon de convergence>0:
n
1Pakan−k.
a0=a1= 0,a2= 12puis∀n>2,an+1=n+1k=0
Ces relations déterminent une suite(an)unique et de plus on observe|an|61de
sorte que la série entièrePanxndéfinie par la suite(an)est de rayon de
convergenceR>1et ainsi les calculs qui précèdent assurent que sa somme est
effectivement solution du problème de Cauchy posé.

Exercice 5 :[énoncé]
a) Si une solution deEprésente une tangente horizontal en un point d’abscissex
alorsy0(x) = 0et doncx+y2(x) = 0. Un tel point figure sur la courbe d’équation
x+y2= 0point de cette courbe, le théorème de. Inversement, pour un
Cauchy-Lipschitz assure l’existence d’une solution passant par ce point, solution
qui présentera évidemment une tangente horizontale en celui-ci.
b) Par récurrence, une solution deEest une fonctions de classeC∞vérifiant
y00= 1 + 2yy0= 1 + 2y(x+y2). Un point d’inflexion d’une solution deEfigure
alors obligatoirement sur la courbe d’équation1 + 2y(x+y2) = 0. Inversement,
pour un point de cette courbe il existe une unique solution deEpassant par ce
point et cette solution y vérifiey00(x) = 0ainsi que
y(3)(x) = 2(x+y2)2+ 2y(1 + 2y(x+y2)) = 2(x+y2)26= 0. La courbe présente
donc une inflexion en ce point.

Exercice 6 :[énoncé]
a) Soityune solution maximale deEdéfinie sur un intervalleI⊂]0+∞[.
Soita∈I, pourx>a,ya+0y(2x()x)>x1donc√1arctany√(ax)>lnx+CsurI. Puisque
a
la fonctionarctanest bornée, l’intervalleIl’est aussi.
b) Notonsα < βles extrémités deI.I= ]α β[.
La fonctionyest croissante surI.
La fonctionyne peut converger enβ−car sinon on pourrait prolongeryen une
solution deEsur]α β]ce qui contredirait la maximalité dey. Par suiteycroît
rs+∞enβ−
ve .
Siα >0, pour les mmes raisons que ci-dessus,yne peut converger enα+et donc
ytend vers∞enα+.

Siα= 0. Puisqueyy02=y12+x1,y()1−y(1a)=Ryxa2(dtt)+ lnxa.
x
Par la monotonie deynous sommes assurés de l’existence d’une limite en, 0+.

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Corrections

Siyne tend pas vers 0 en0+alorsR]0a]y2d(tt)converge et l’identité précédente
donne une absurdité quandx→0+.
Ainsiyconverge vers 0 en0+.

Exercice 7 :[énoncé]
a) On introduitg:x7→ −f(−x)et on observe quegest solution du problème de
Cauchy caractérisant la solution maximalef,gest donc une restriction defet
cela permet d’affirmer l’imparité def.
b) Supposonsfdéfinie sur]−b b[avecb∈R+?
f0(x)>0,fest croissante donc positive sur[0 b[.
f(x) =Z0xf0(t) dt=Z0xe−tf(t)dt
Ort7→e−tf(t)est bornée donc intégrable sur[0 b[.fadmet donc une limite finie
enbet cela permet de prolongerfen une solution sur[0 b]ce qui contredit la
maximalité def.
c)
f(x) =Z0xdt=Z0xe−tf(t)dt
f0(t)
avect2e−tf(t)−−−−→0carfest strictement croissante et positive. Par suitef
t→+∞
converge en+∞vers
a=Z+0∞e−tf(t)dt
d) Par croissance,f(x)6adonca>R+0∞e−atdtce qui donnea2>1puisa>1.
De plus, il y a égalité si, et seulement si,f(t) =apour toutt∈[0+∞[ce qui est
exclu puisquef(0) = 0.
e) Commençons par observer :

(a−f(x))6xZx+tf(t)dt6Zx+∞te−t
06xe−f(t)dt
)−t−→−+−∞→cR0+∞te−tf(t)dtconverge etRx+∞te−ftx→+∞
Ort3e−tf(t0don(t)dt−−−−→0.
Ainsix(a−f(x))x−→−+−−∞→0.
Ensuite
a−f(x) =Zx+∞e−tf(t)dt=Zx+∞e−ate−t(f(t)−a)dt
Pour toutε >0et pourxassez grand :

∀t>x:1−ε6e−t(f(t)−a)61

donc

d’où la relation proposée.

1a−εe−ax6a−f(x)6ae1−ax

6

Exercice 8 :[énoncé]
a)fest de classeC∞en montrant par récurrence quefest de classeCnpour tout
n∈N.
Poura >0, on peut introduireMa=kfk∞[−aa].
Comme
f(n+1)(x) =f(n)(x) +λnf(n)(λx)

une récurrence facile donne
f(n)(x)62nMa

Par l’inégalité de Taylor-Lagrange

∀x∈[−a a],f(x)−nk=X0f(kk)!(0)xk6(2|(nx|+)n+11)!Ma→0

Ainsi,fest égale à la somme de sa série de Taylor surRet est donc développable
en série entière surR.
+∞
b) SurR:f(x) =Panxnavecan=f(nn)!(0)où une récurrence facile donne
n=0

n−1
f(n)(0) =f(0)Y(1 +λk)
k=0

n−1
c) Posonsun(λ) =Q(1 +λk). On a
k=0

n−1
ln(un(λ)) =Xln(1 +λk)
k=0

avecln(1 +λk)∼λkterme général d’une série absolument convergente donc la
suite(ln(un(λ)))converge puis la suite(un(λ))converge versK(λ)>0.
d) On a
f(x)−K(λ)f(0)ex=+X∞un(λ)n−!K(λ)f(0)xn
n=0

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En réinjectant dans l’inégalité de départ :
|xα(t)−xβ(t)|6|α−β|+|α−β|e2M(A)t−1=|α−β|e2M(A)t

g(t)e−2M(A)t6|2Mα−(Aβ)|1−e−2M(A)t

Exercice 9 :[énoncé]
a) On peut appliquer le théorème de Cauchy-Lipschitz.
b) Les solutions maximales sont définies surRcar si une solution maximale est
définie sur]a b[avecb∈Ralors la relation
t
+Z0sin(2πu))−adu
x(t) =αcos(x2(u) +

En intégrant

car
|xα(t) +xβ(t)|62M(A)
f) Posonsg(t) =R0t|xα(u)−xβ(u)|du.
L’inégalité précédente donne
g(t)e−2M(A)t06|α−β|e−2M(A)t

puis

(t)−xβ(t)|6|α−β|+ 2M(A)Z0t
|xα|xα(u)−xβ(u)|du

et donc

|f(x)−K(λ)f(0)ex|62εK(λ)|f(0)|ex

|P(x)|6εK(λ)|f(0)|ex

Pourxassez grand

Exercice 10 :[énoncé]
SoitIl’intervalle sur lequel est définiyeta∈I. On sait que cet intervalle est
ouvert.
Supposons par l’absurde queIsoit majoré. Notonsb∈Rson extrémité supérieure.
Pourx∈[a b[,
y(x) =y(a) +Zaxϕ(t y(t))dt
Or la fonctionϕest bornée donc l’intégraleR[ab[ϕ(t y(t)) dtconverge. On peut
donc prolongerypar continuité enben une solution de l’équation différentielle sur
I∪ {b}. Ceci contredit la maximalité dey.
De mme, l’intervalleIn’est pas minoré et doncI=R.

permet de prolongerxpar continuité enbcaru7→cos(x2(u) + sin(2πu))−aest
intégrable sur[0 b[puisque bornée. Par limite de la dérivée, on peut montrer que
ce prolongement est solution sur]a b]ce qui contredirait sa maximalité. Ainsi
b= +∞et de mmea=−∞.
c) Sia >1alorsx0(t)61−a60.xest décroissante et puisque
x(t) =α+R0tx0(u) du, l’inégalité précédente permet d’obtenir les limites dexen
t−∞. Ainsit−∞0 +∞.
+∞ex(t) +∞ &α& −∞
d) Pourt∈[01],
t
Z0cos(
xα(t) =α+x2α(u) + sin(2πu))−adu

ce qui permet de conclure.

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donne
|xα(t)|6|α|+ 26M(A)avecM(A) =A+ 2
e) En exploitant|cosu−cosv|6|u−v|,
|xα(t)−xβ(t)|=|α−β|+Z0tx2α(u)−xβ2(u)du

Pourε >0, il existe un rangNau-delà duquel :

avec le terme polynomial

Corrections

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+∞
f(x)−K(λ)f(0)ex=P(x) +Xun(λ)n−!K(λ)f(0)xn
n=N+1

P(x)NXun(λ)n−!K(λ)f(0)xn
=
n=0

On a alors

|un(λ)−K(λ)|6εK(λ)

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Exercice 11 :[énoncé]
a) SiIn’est pas majoré alors pourx>1,y0>1 +y2puis

En intégrant,

y0(x)>1
1 +y2(x)

arctan(y(x))−arctan(y(1))>x−1

Corrections

ce qui est absurde car la fonctionarctanest bornée.
b) Soita∈I. Pour toutx∈I, on a
y(x) =y(a) +Zxay0(t) dt=y(a) +x22−a2+Zaxy2(t) dt
Si l’intégraleR[ab[y2(t) dtconverge, on peut prolonger par continuitéyenben un
solution deEce qui contredit la maximalité dey.
Sinon, l’intégraleR[ab[y2(t) dtdiverge et puisque c’est l’intégrale d’une fonction
positive,
Zxay2(t) dtx−→−b−−→+∞
On en déduit queytend vers+∞enb−et en particuliery0(x) =x+y2(x)est
positif au voisinage deb.
Cela résout le problème dans un ordre différent de celui qui était soumis. L’auteur
de l’énoncé avait-il une démarche plus simple en tte ?
c) En intégrant
yy20= 1x
+y2
on obtient
Zby0(t)Zbt

t=b−x+2
xy2(t) dxy(t) dt
avec convergence des intégrales engagées.
Or
0(t)
Zbxyy2(t) dt=y(1x)
et
Zbtdt1 11

donc

y2(t)6y2(x () 2b2−x2) =yo(x)
x

1)b

y(x∼x

puis

1
y(x)∼b−x

Exercice 12 :[énoncé]
a) La fonctionf: (x y)7→x3+y3est définie et de classeC1sur l’ouvertR2, on
peut donc appliquer le théorème de Cauchy-Lipschitz et celui-ci assure que les
solutions maximales sont définies sur un intervalle ouvert.
b) Supposons, qu’il existex∈[0 β[tel quey0(x)<0.
Sachanty0(0) = (y(0))3>0, la continuité dey0permet d’introduire

a= inf{x∈[0 β[ y0(x) = 0}

et on vérifiey0(a) = 0carala borne inférieure d’une partie fermée.est
Par continuité dey0, on a
∀x∈[0 a] y0(x)>0
et doncyest croissante sur[0 a]ce qui entraîney(a)>y(0)>0.
Ory0(a) = 0donne(y(a))3=−a3<0. C’est absurde.
On en déduit que
∀x∈[0 β[ y0(x)>0
et doncyest croissante sur[0 β[.
c) Par l’absurde, supposonsβ= +∞. Pourx>1, on a

et donc

y0(x)>1 + (y(x))3

Z1x1 +y(0(ty)(t))3dt>Z1xdt=x−1

Or
(x)d
Z1x1 +y(0y(t)(t))3dt=Zy(y1)1 +tt36Z0+∞d+1tt3<+∞
C’est absurde.
On en déduit queβ∈R.
Puisqueyest croissante sur[0 β[, la fonctionyadmet une limite`enβdans
R∪ {+∞}.
Par l’absurde, supposons`∈R.
On peut prolongeryenβen posanty(β) =`.
Par le théorème du prolongementC1, on peut montrer que le prolongement dey
est dérivable enβet est solution de l’équation différentielle sur]α β]. Ceci
contredit la maximalité initiale de la fonctiony, c’est absurde.
On en déduit queytend vers+∞enβ−.

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Corrections

Exercice 13 :[énoncé]
Le problème de Cauchy posé possède bien une solution définie sur un intervalle
ouvert car la fonction(x y)7→x+ 1yest définie et de classeC∞sur l’ouvert
?
R×R.
Cette solution ne peut pas s’annuler sur[0 β[et donc, puisquey(0) =a >0, celle
solution est strictement positive sur[0 β[. On en déduity0(x)>0sur[0 β[et
doncyest croissante sur[0 β[.
Supposonsβ <+∞.
Pour toutx∈[0 β[
y(x) =yZ0x+ 1y(t) dt
(0) +t
La fonctiont7→t+ 1y(t)est intégrable sur[0 β[car positive et majorée par
β+ 1a. On en déduit queyconverge enβ−vers une valeur strictement positive.
On peut donc prolongeryenβet ce prolongement est dérivable et solution de
l’équation différentielle enβcar
y0(x) =x+y1(x)−x−→−β−−→β+1ilmy
β−

Ceci contredit la maximalité de la solutionysur]α β[.
On peut conclureβ= +∞.

Exercice 14 :[énoncé]
a) La fonctionf: (t x)7→cos(2π(x−t))est définie et de classeC1sur l’ouvert
R2On peut appliquer le théorème de Cauchy-Lipschitz et affirmer que pour.
chaque condition initiale il existe une unique solution maximale et celle-ci est
définie sur un intervalle ouvert.
b) On a|x0(t)|61doncx1-lipschitzienne en vertu de l’inégalité desest
accroissements finis.
c) Par l’absurde supposonsb <+∞.
Fixonst0∈]a b[. On a
x(t) =x(t0) +Zt0tx0(u) du
Puisquex0est bornée, cette fonction est intégrable sur[t0 b[et l’on peut donc
prolonger la fonctionxpar continuité enben posant
x(b) =x(t0) +Zx0(u) du
[t0b[
Par le théorème du prolongementC1, on vérifie que ce prolongement est encore
solution de(E): c’est absurde puisque cela contredit la maximalité de la
solutionx.

9

Ainsib= +∞et de mmea=−∞.
d) Posonsy(t) =x(t+k). Un calcul facile assure queyest solution de(E)surR.
On procède de mme pour vérifier quek+xest solution de(E)surR.
La fonctiont7→t+k(aveck∈Z) sont solutions de(E)
e) Posonsk= [x0]intégrales ne peuvent se couper sans se. Puisque des courbes
confondre, on a
∀t∈R t+k6x(t)6t+k+ 1

De plus
ddt(x(t)−t) = cos (2π(x(t)−t))−160
La fonctiont7→x(t)−test décroissante, minorée parket majorée park+ 1, elle
converge donc en±∞. Par opération sur les limites
x0(t)− (21 = cosπ(x(t)−t))−1converge quandt→ ±∞. Cette limite est
nécessairement nulle (car sinont7→x(t)−tserait de limite infinie en±∞) et donc

On en déduit

cos (2π(x(t)−t))−−−−→1
t→±∞

et−−−−→k+ 1
x(t)−tt−→−−+−∞→k x(t)−tt→−∞

Quelques solutions de(E)
f) Pour une solution maximale, on a|x0(t)|62. On peut alors reproduire la
démonstration de c) pour conclure que la fonctionxest définie surR. Posons
y(t) =x(t)−t. On a

y0(t 1 + () =t1+y(t))2+ cos (2πy(t))−1

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Posonsk= [y(0)]et montrons

∀t∈R+ k−16y(t)6k+ 32

Par l’absurde, s’il existet>0tel quey(t)> k+ 32, alors on peut introduire
t0= inft∈R+y(t) =k+ 32

et vérifier

∀t∈[0 t0[ y(t)< k+ 32ety(t0) =k+ 32

Corrections

Or
1
y0(t0 ( +) =t0+y(t0))2−2<0
1
ce qui est incompatible avec ce qui précède (il suffit de faire un dessin pour s’en
convaincre).
Par l’absurde, s’il existet>0tel quey(t)< k−1, alors on peut introduire
t0= inft∈R+y(t) =k−1

et vérifier

∀t∈[0 t0[ y(t)> k−1ety(t0) =k−1

Or
y0(t0) = 1 + (t0+1y(t0))2>0
ce qui est incompatible avec ce qui précède.
On peut conclure quet7→x(t)−test bornée.

Quelques solutions de(E2)

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