322 Chap. 13. Équations différentielles non linéaires
finie en c. En utilisant le système, il en est de même pour x
et y
, ce qui permet de prolonger la solution (x, y) au point c, ce qui contredit sa maximalité. En
conséquence c = +∞, donc I est non majoré.
2. Le système est autonome, donc on se ramène au problème de Cauchy en t 0 = 0.
On pose (x 0 , y 0 ) = (x(0), y(0)). Si (x 0 , y 0 ) = (0, 0), le couple de fonctions nulles
est solution du même problème de Cauchy que (x, y) en 0, donc par unicité, x et
y sont les fonctions nulles.
Sinon, d’après 1, ∀t, x(t)
2 + y(t)
2 = (x
2
0 + y
2
0 )e
2t . On pose r (t) =
x 2
0 + y 2
0 e
t , de
sorte que r est C
1 et la fonction (
x
r
,
y
r
) est de classe C
1 , à valeurs dans le cercle
unité. D’après le théorème de relèvement rappelé dans l’énoncé, il existe une fonction u de classe C
1 sur I telle que (
x
r
,
y
r
) = (cos u, sin u). On pose u 0 = u(0) et
r 0 = r (0). On a alors x
= r
cos u − ru
sin u et y
= r
sin u + ru
cos u. (S)
équivaut à
r
cos u − ru
sin u = r cos u + r
2 cos u sin u
r
sin u + ru
cos u = r sin u − r
2 cos
2 u
En multipliant la première ligne par − sin u, la deuxième par cos u et en ajoutant,
on obtient en simplifiant par r (∗) u
= −r cos u = −r 0 e
t cos u, qui est une équation autonome du premier ordre en u.
Si u 0 ≡ p/2 (mod p), alors x 0 = 0. Le couple t → (0, y 0 e
t ) est solution de S
et prend même valeur que (x, y) en t 0 = 0, donc par unicité est égal à (x, y). La
courbe intégrale est une droite.
Sinon, par unicité du problème de Cauchy pour (∗), u ne prend aucune valeur
congrue à p/2 (mod p). La fonction u étant continue, elle reste dans un intervalle de la forme ] −
p
2
+ kp,
p
2
+ kp [ . On suppose par exemple x 0 > 0. Par
périodicité, on peut se ramener au cas où u(I ) ⊂ ] −
p
2
,
p
2
[ . On obtient alors
−
u
cos u
= r 0 e
t , d’où en intégrant de 0 à t : −
u(t)
u 0
dv
cos v
= r 0 (e
t
− 1), d’où
r 0 (e
t
− 1) = − ln(tan(
u(t)
2
+
p
4
)) + ln(tan(
u 0
2
+
p
4
)). On en déduit :
u(t) = 2 Arctan
exp(C − r 0 e
t )
−
p
2
, avec C = r 0 + ln(tan(
u 0
2
+
p
4
)).
On se ramène par rotation à la situation où u 0 = 0, auquel cas la courbe intégrale
admet la représentation polaire r = r 0 − ln(tan(
u
2
+
p
4
)).
En Maple, on obtient la courbe à l’aide de l’instruction suivante :
plot([1-ln(tan(u/2+Pi/4)),u,u=-Pi..Pi],coords=polar);
ou, avec Mathematica
PolarPlot[1-Log[Tan[t/2+Pi/4]],{t,-Pi, Pi}]
finie en c. En utilisant le système, il en est de même pour x
et y
, ce qui permet de prolonger la solution (x, y) au point c, ce qui contredit sa maximalité. En
conséquence c = +∞, donc I est non majoré.
2. Le système est autonome, donc on se ramène au problème de Cauchy en t 0 = 0.
On pose (x 0 , y 0 ) = (x(0), y(0)). Si (x 0 , y 0 ) = (0, 0), le couple de fonctions nulles
est solution du même problème de Cauchy que (x, y) en 0, donc par unicité, x et
y sont les fonctions nulles.
Sinon, d’après 1, ∀t, x(t)
2 + y(t)
2 = (x
2
0 + y
2
0 )e
2t . On pose r (t) =
x 2
0 + y 2
0 e
t , de
sorte que r est C
1 et la fonction (
x
r
,
y
r
) est de classe C
1 , à valeurs dans le cercle
unité. D’après le théorème de relèvement rappelé dans l’énoncé, il existe une fonction u de classe C
1 sur I telle que (
x
r
,
y
r
) = (cos u, sin u). On pose u 0 = u(0) et
r 0 = r (0). On a alors x
= r
cos u − ru
sin u et y
= r
sin u + ru
cos u. (S)
équivaut à
r
cos u − ru
sin u = r cos u + r
2 cos u sin u
r
sin u + ru
cos u = r sin u − r
2 cos
2 u
En multipliant la première ligne par − sin u, la deuxième par cos u et en ajoutant,
on obtient en simplifiant par r (∗) u
= −r cos u = −r 0 e
t cos u, qui est une équation autonome du premier ordre en u.
Si u 0 ≡ p/2 (mod p), alors x 0 = 0. Le couple t → (0, y 0 e
t ) est solution de S
et prend même valeur que (x, y) en t 0 = 0, donc par unicité est égal à (x, y). La
courbe intégrale est une droite.
Sinon, par unicité du problème de Cauchy pour (∗), u ne prend aucune valeur
congrue à p/2 (mod p). La fonction u étant continue, elle reste dans un intervalle de la forme ] −
p
2
+ kp,
p
2
+ kp [ . On suppose par exemple x 0 > 0. Par
périodicité, on peut se ramener au cas où u(I ) ⊂ ] −
p
2
,
p
2
[ . On obtient alors
−
u
cos u
= r 0 e
t , d’où en intégrant de 0 à t : −
u(t)
u 0
dv
cos v
= r 0 (e
t
− 1), d’où
r 0 (e
t
− 1) = − ln(tan(
u(t)
2
+
p
4
)) + ln(tan(
u 0
2
+
p
4
)). On en déduit :
u(t) = 2 Arctan
exp(C − r 0 e
t )
−
p
2
, avec C = r 0 + ln(tan(
u 0
2
+
p
4
)).
On se ramène par rotation à la situation où u 0 = 0, auquel cas la courbe intégrale
admet la représentation polaire r = r 0 − ln(tan(
u
2
+
p
4
)).
En Maple, on obtient la courbe à l’aide de l’instruction suivante :
plot([1-ln(tan(u/2+Pi/4)),u,u=-Pi..Pi],coords=polar);
ou, avec Mathematica
PolarPlot[1-Log[Tan[t/2+Pi/4]],{t,-Pi, Pi}]