Solution des exercices
167
c) On a donc
z
(t)
z(t) 2 + l
≤
1
√
1 + t 2
≤
z
(t)
z 2 (t) − z(t) + l
,
d’où par intégration et changement de variables (justifié car z
ne s’annule
pas) :
z(t)
0
ds
s 2 + l
≤
t
0
ds
√
1 + s 2
≤
z(t)
0
ds
s 2 − s + l
.
L’intégrale du milieu vaut Argsh t, et l’intégrale de droite est majorée par
+∞
0
ds
s 2 − s + l
≤
1
l − 1/4
+∞
−∞
ds
1 + s 2 =
2p
√
4l − 1
,
d’où (la fonction sh étant croissante) t ≤ sh(2p/(
√
4l − 1)) quel que soit
t < T
∗ , ce qui montre la majoration voulue pour T
∗ . D’autre part, lorsque t
tend T
∗ , x(t) doit tendre vers l’infini (d’après le théorème des bouts), et donc
aussi z(t). A la limite on obtient donc
p
2
√
l
=
+∞
0
ds
s 2 + l
≤ Argsh T
∗ .
Exercice 5.7
i). On procède comme au §5.2.4 : la solution est donnée implicitement par
x(t)
x 0
ds
f (s)
= t − t 0 .
Comme la fonction 1/ f est à valeurs strictement positives, la fonction x →
x
x 0
ds/ f (s) est un difféomorphisme (strictement croissant) de R sur ]t ∗ , t
∗ [
avec
t ∗ := −
x 0
−∞
ds
f (s)
, t
∗ :=
+∞
x 0
ds
f (s)
.
ii). Lorsque f s’annule en un unique point j 0 (et, rappelons-le, f est à valeurs
dans R
+ ), les solutions maximales telles que x(t 0 ) = x 0 = j 0 sont strictement
croissantes, et majorées par j 0 si x 0 < j 0 , ou minorées par j 0 si x 0 > j 0 (car
elles ne peuvent prendre la valeur de la solution constante j 0 d’après le lemme
d’unicité 5.6). D’après le théorème des bouts, les premières sont définies pour
tout t ≥ t 0 et les secondes pour tout t ≤ t 0 .
Exercice 5.8
i). On a r (t) r
(t) = u
(t), u(t) ≤ F(r (t)) r (t) d’après l’inégalité de CauchySchwarz et l’hypothèse sur f . Donc r
(t) ≤ F(r (t)) pour tout t ∈ J où r (t) = 0.
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