Solution des exercices
165
c) Pour revenir à u il faut déterminer si z s’annule. Plus précisément, si l’on
montre que z ne s’annule pas sur [−2, 2], on en déduira u(t) = −z
(t)/z(t)
pour tout t ∈ [−2, 2], et donc que u est définie sur un intervalle ] − t, t[ avec
t > 2. Étant donné que z est paire, il suffit de vérifier que z ne s’annule pas
sur [0, 2], c’est-à-dire encore que
f (x) := 1 +
+∞
k=1
a 4k x
k .
ne s’annule pas sur [0, 16]. On va utiliser pour cela le fait que la série est
alternée (a 4k a 4(k+1) < 0) et que |a 4(k+1) x
k+1
| < |a 4k x
k
| pour 0 < x < 56. Ceci
implique en particulier
f (16) > 1 + 16 a 4 + 16
2 a 8 + 16
3 a 12 =
1 −
4
3
+
8
21
−
32
33 × 21
=
1
693
,
et pour tout x ∈ [0, 16],
f
(x) ≤ a 4 + 2 a 8 x ≤ −
1
12
+
1
42
= −
5
84
.
Par suite, f est décroissante et donc à valeurs strictement positives sur [0, 16]
puisque f (16) > 0.
Exercice 5.6
i). a) Comme par hypothèse x(0) = 0, on a
lim
s→0
x(s)
s
= x
(0) = l
d’après l’équation différentielle satisfaite par x. Donc la fonction
f : s ∈ [0, T ] →
x(s)/s si s = 0 ,
l
si s = 0 ,
est continue, et atteint son maximum sur le compact [0, T ]. Par suite on a
M(t) = max
s∈[0,t]
f (s)
pour tout t ∈ [0, T ]. La fonction M est croissante et donc à valeurs positives
puisque M(0) = l > 0. De plus, f étant uniformément continue sur le
compact [0, T ], quel que soit ´ > 0, il existe h > 0 tel que |t − t| ≤ h
implique | f (t) − f (t)| ≤ ´. Par suite, si t ≤ s ≤ t + h, pour tout t ∈ [t, s]
on a f (t) ≤ f (t) + ´ ≤ M(t) + ´, tandis que pour tout t ∈ [0, t], on
a f (t) ≤ M(t), et donc finalement M(s) ≤ M(t) + ´. Comme M est
croissante cela suffit à montrer qu’elle est continue.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
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c) Pour revenir à u il faut déterminer si z s’annule. Plus précisément, si l’on
montre que z ne s’annule pas sur [−2, 2], on en déduira u(t) = −z
(t)/z(t)
pour tout t ∈ [−2, 2], et donc que u est définie sur un intervalle ] − t, t[ avec
t > 2. Étant donné que z est paire, il suffit de vérifier que z ne s’annule pas
sur [0, 2], c’est-à-dire encore que
f (x) := 1 +
+∞
k=1
a 4k x
k .
ne s’annule pas sur [0, 16]. On va utiliser pour cela le fait que la série est
alternée (a 4k a 4(k+1) < 0) et que |a 4(k+1) x
k+1
| < |a 4k x
k
| pour 0 < x < 56. Ceci
implique en particulier
f (16) > 1 + 16 a 4 + 16
2 a 8 + 16
3 a 12 =
1 −
4
3
+
8
21
−
32
33 × 21
=
1
693
,
et pour tout x ∈ [0, 16],
f
(x) ≤ a 4 + 2 a 8 x ≤ −
1
12
+
1
42
= −
5
84
.
Par suite, f est décroissante et donc à valeurs strictement positives sur [0, 16]
puisque f (16) > 0.
Exercice 5.6
i). a) Comme par hypothèse x(0) = 0, on a
lim
s→0
x(s)
s
= x
(0) = l
d’après l’équation différentielle satisfaite par x. Donc la fonction
f : s ∈ [0, T ] →
x(s)/s si s = 0 ,
l
si s = 0 ,
est continue, et atteint son maximum sur le compact [0, T ]. Par suite on a
M(t) = max
s∈[0,t]
f (s)
pour tout t ∈ [0, T ]. La fonction M est croissante et donc à valeurs positives
puisque M(0) = l > 0. De plus, f étant uniformément continue sur le
compact [0, T ], quel que soit ´ > 0, il existe h > 0 tel que |t − t| ≤ h
implique | f (t) − f (t)| ≤ ´. Par suite, si t ≤ s ≤ t + h, pour tout t ∈ [t, s]
on a f (t) ≤ f (t) + ´ ≤ M(t) + ´, tandis que pour tout t ∈ [0, t], on
a f (t) ≤ M(t), et donc finalement M(s) ≤ M(t) + ´. Comme M est
croissante cela suffit à montrer qu’elle est continue.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit