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5 • Introduction et outils de base
pour tout n ∈ N et tout t ∈ [0, a[.
iii). Quel que soit n, la fonction t →
√
x n (t) est continue sur [0, a[ et dérivable
sur ]0, a[, donc d’après la formule des accroissements finis, valable pour les
fonctions scalaires, quel que soit t ∈]0, a[, il existe t (dépendant de t et de n) tel
que
x n (t) =
x
n (t)
2
√
x n (t)
t ,
d’où, grâce à la question précédente,
√
x n (t) ≥
1
2 t et par conséquent x n (t) ≥
1
4 t
2
(y compris d’ailleurs en 0). Cela empêche évidemment la suite x(t) = (x n (t)) n∈N
de tendre vers 0 lorsque t > 0. L’équation n’a donc pas de solution dans E.
Exercice 5.4
i). a) Comme la fonction nulle est trivialement solution de l’équation différentielle
(qui vérifie les hypothès du théorème de Cauchy–Lipschitz car la fonction
(t, u) → (1 + cos t)u − u
3 est de classe C
1 , et même analytique), le lemme 5.6
montre que si une solution s’annule en un point elle identiquement nulle.
b) Si v ∈ R
+∗ et u ∈ C
1 (J ; R) est la solution maximale du problème de Cauchy
pour la donnée initiale u(0) = v, elle ne s’annule pas d’après la question
précédente, donc elle est à valeurs strictement positives. Par suite, pour tout
t ∈ J , u
(t) < (1 + cos t) u(t) ≤ 2 u(t), d’où par intégration, u(t) ≤ u(0) e
2t .
c) Supposons que u ∈ C
1 (J ; R) soit une solution maximale avec sup J = T ∈ R.
Soit (t n ) une suite déléments de J tendant vers T . La suite (u(t n )) est bornée
(par u(0) e
2T ) donc elle admet une sous-suite convergente, que l’on note encore
(u(t n )) pour simplifier. Notons u sa limite. Alors d’après le lemme 5.8, il existe
t > 0, R > 0, et t ∈ ] 0 , t] tels que pour tout (t 0 , u 0 ) ∈ [T − t, T + t] ×
B(u, R), la solution maximale du problème de Cauchy valant u 0 en t 0 soit
définie sur un intervalle contenant [t 0 − t, t 0 + t]. En choisissant n assez grand
pour que u(t n ) ∈ B(u, R) et t n ∈]T − t, T + t[, on peut prolonger u au delà
de T en appliquant ce qui précède à u 0 = u(t n ) et t 0 = t n .
ii). a) On a f(t, 0) = 0 quel que soit t (ceci est une façon de reformuler la réponse
à la première question). Donc en particulier p(0) = 0. Par ailleurs, la dérivée
par rapport à v du flot f, notée c, vérifie l’équation aux variations :
∂ t c = (1 + cos t − 3f(t, v)
2 ) c ,
avec la condition initiale c(0, v) = 1. Cette équation (linéaire en c) s’intègre (comme au §5.2.1) en c(t, v) = exp
t + sin t − 3
t
0
f(s, v)
2 ds
. En
particulier, p
(0) = c(2p, 0) = e
2p .
5 • Introduction et outils de base
pour tout n ∈ N et tout t ∈ [0, a[.
iii). Quel que soit n, la fonction t →
√
x n (t) est continue sur [0, a[ et dérivable
sur ]0, a[, donc d’après la formule des accroissements finis, valable pour les
fonctions scalaires, quel que soit t ∈]0, a[, il existe t (dépendant de t et de n) tel
que
x n (t) =
x
n (t)
2
√
x n (t)
t ,
d’où, grâce à la question précédente,
√
x n (t) ≥
1
2 t et par conséquent x n (t) ≥
1
4 t
2
(y compris d’ailleurs en 0). Cela empêche évidemment la suite x(t) = (x n (t)) n∈N
de tendre vers 0 lorsque t > 0. L’équation n’a donc pas de solution dans E.
Exercice 5.4
i). a) Comme la fonction nulle est trivialement solution de l’équation différentielle
(qui vérifie les hypothès du théorème de Cauchy–Lipschitz car la fonction
(t, u) → (1 + cos t)u − u
3 est de classe C
1 , et même analytique), le lemme 5.6
montre que si une solution s’annule en un point elle identiquement nulle.
b) Si v ∈ R
+∗ et u ∈ C
1 (J ; R) est la solution maximale du problème de Cauchy
pour la donnée initiale u(0) = v, elle ne s’annule pas d’après la question
précédente, donc elle est à valeurs strictement positives. Par suite, pour tout
t ∈ J , u
(t) < (1 + cos t) u(t) ≤ 2 u(t), d’où par intégration, u(t) ≤ u(0) e
2t .
c) Supposons que u ∈ C
1 (J ; R) soit une solution maximale avec sup J = T ∈ R.
Soit (t n ) une suite déléments de J tendant vers T . La suite (u(t n )) est bornée
(par u(0) e
2T ) donc elle admet une sous-suite convergente, que l’on note encore
(u(t n )) pour simplifier. Notons u sa limite. Alors d’après le lemme 5.8, il existe
t > 0, R > 0, et t ∈ ] 0 , t] tels que pour tout (t 0 , u 0 ) ∈ [T − t, T + t] ×
B(u, R), la solution maximale du problème de Cauchy valant u 0 en t 0 soit
définie sur un intervalle contenant [t 0 − t, t 0 + t]. En choisissant n assez grand
pour que u(t n ) ∈ B(u, R) et t n ∈]T − t, T + t[, on peut prolonger u au delà
de T en appliquant ce qui précède à u 0 = u(t n ) et t 0 = t n .
ii). a) On a f(t, 0) = 0 quel que soit t (ceci est une façon de reformuler la réponse
à la première question). Donc en particulier p(0) = 0. Par ailleurs, la dérivée
par rapport à v du flot f, notée c, vérifie l’équation aux variations :
∂ t c = (1 + cos t − 3f(t, v)
2 ) c ,
avec la condition initiale c(0, v) = 1. Cette équation (linéaire en c) s’intègre (comme au §5.2.1) en c(t, v) = exp
t + sin t − 3
t
0
f(s, v)
2 ds
. En
particulier, p
(0) = c(2p, 0) = e
2p .