Solution des exercices
161
SOLUTION DES EXERCICES
Exercice 5.1 Les solutions de x
= 1 + x sont toutes de la forme x : t → x 0 e
t
− 1,
et elles sont définies sur R tout entier (ceci est dû au fait que la fonction x → 1 + x est
affine). La fonction x → x
4/3 est de classe C
1 sur R (car l’exposant 4/3 est supérieur
à 1), ce qui permet d’appliquer le théorème de Cauchy–Lipschitz. Les solutions de
x
= x
4/3 ne s’annulant pas se calculent pas quadrature. On trouve ainsi que la solution
maximale valant 1 en t = 0 est donnée par x(t) = 1/(1 − t/3)
3 pour tout t ∈] − ∞, 3[.
La fonction sin est de classe C
1 (même analytique) et bornée sur R, donc les solutions
maximales de l’équation x
= sin x sont globales, c’est-à-dire définies sur R tout
entier (d’après le théorème 5.11).
Exercice 5.2 La fonction x → x
2/3 n’étant pas Lipschitzienne en x = 0, le
théorème de Cauchy–Lipschitz ne s’applique pas à l’équation x
= x
2/3 près de 0.
Les solutions ne s’annulant pas se calculent par quadrature : elles sont de la forme
x(t) = (x
1/3
0
+ (t − t 0 )/3)
3 ; on voit ainsi que pour tout t 0 < 0 et x 0 > (t 0 /3)
3 , la
solution correspondante s’annule en t 1 = t 0 − 3x
1/3
0
< 0 ; si on la prolonge par 0 pour
tout t ≥ t 1 , on obtient une solution valant 0 en 0.
Exercice 5.3
i). L’espace E est stable par f , puisque
√ est continue en 0 et la suite de terme
général 1/(n + 1) tend vers 0. De plus, la fonction t →
|t| est uniformément
continue sur R (en tant que fonction continue sur le compact [0, T ]), et sa dérivée
est uniformément bornée sur [T , +∞[ pour T > 0 : pour tout ´ > 0 il existe
h > 0 tel que si |t − s| ≤ h alors |
|t| −
|s|| ≤ ´. Par suite, pour x et z ∈ E
tels que x − z ≤ h, on a f (x) n − f (z) n = |
|x n | −
|z n || ≤ ´. Ceci
montre que f est continue.
ii). Par hypothèse, pour tout n ∈ N et tout t ∈ [0, a[,
x
n (t) =
|x n (t)| +
1
n + 1
> 0 ,
donc la fonction scalaire x n est strictement croissante (c’est le seul intérêt du
terme 1/(n + 1)), ce qui implique en particulier x n (t) > x n (0) = 0 . On peut
donc diviser par
√
x n (t) =
|x n (t)|, ce qui donne
x
n (t)
√
x n (t)
= 1 +
1
(n + 1)
√
x n (t)
> 1 .
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
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SOLUTION DES EXERCICES
Exercice 5.1 Les solutions de x
= 1 + x sont toutes de la forme x : t → x 0 e
t
− 1,
et elles sont définies sur R tout entier (ceci est dû au fait que la fonction x → 1 + x est
affine). La fonction x → x
4/3 est de classe C
1 sur R (car l’exposant 4/3 est supérieur
à 1), ce qui permet d’appliquer le théorème de Cauchy–Lipschitz. Les solutions de
x
= x
4/3 ne s’annulant pas se calculent pas quadrature. On trouve ainsi que la solution
maximale valant 1 en t = 0 est donnée par x(t) = 1/(1 − t/3)
3 pour tout t ∈] − ∞, 3[.
La fonction sin est de classe C
1 (même analytique) et bornée sur R, donc les solutions
maximales de l’équation x
= sin x sont globales, c’est-à-dire définies sur R tout
entier (d’après le théorème 5.11).
Exercice 5.2 La fonction x → x
2/3 n’étant pas Lipschitzienne en x = 0, le
théorème de Cauchy–Lipschitz ne s’applique pas à l’équation x
= x
2/3 près de 0.
Les solutions ne s’annulant pas se calculent par quadrature : elles sont de la forme
x(t) = (x
1/3
0
+ (t − t 0 )/3)
3 ; on voit ainsi que pour tout t 0 < 0 et x 0 > (t 0 /3)
3 , la
solution correspondante s’annule en t 1 = t 0 − 3x
1/3
0
< 0 ; si on la prolonge par 0 pour
tout t ≥ t 1 , on obtient une solution valant 0 en 0.
Exercice 5.3
i). L’espace E est stable par f , puisque
√ est continue en 0 et la suite de terme
général 1/(n + 1) tend vers 0. De plus, la fonction t →
|t| est uniformément
continue sur R (en tant que fonction continue sur le compact [0, T ]), et sa dérivée
est uniformément bornée sur [T , +∞[ pour T > 0 : pour tout ´ > 0 il existe
h > 0 tel que si |t − s| ≤ h alors |
|t| −
|s|| ≤ ´. Par suite, pour x et z ∈ E
tels que x − z ≤ h, on a f (x) n − f (z) n = |
|x n | −
|z n || ≤ ´. Ceci
montre que f est continue.
ii). Par hypothèse, pour tout n ∈ N et tout t ∈ [0, a[,
x
n (t) =
|x n (t)| +
1
n + 1
> 0 ,
donc la fonction scalaire x n est strictement croissante (c’est le seul intérêt du
terme 1/(n + 1)), ce qui implique en particulier x n (t) > x n (0) = 0 . On peut
donc diviser par
√
x n (t) =
|x n (t)|, ce qui donne
x
n (t)
√
x n (t)
= 1 +
1
(n + 1)
√
x n (t)
> 1 .
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit