On peut appliquer toutes les idées précédentes aux équations d’ordre supérieur. Les notions de consistance, stabilité et convergence sont adaptées au cas par cas.
Une façon de faire (mais qui n’est pas la seule) est d’appliquer les schémas étudiés précédemment au système d’ordre 1 équivalent à l’équation considérée.
Considérons par exemple l’équation suivante
y00+q(t)y= 0.
Si on écrit le système équivalentY0 =A(t)Y et qu’on lui applique le schéma d’Euler explicite, on arrive facilement au schéma suivant
yn+1−2yn+yn−1
∆t2 +q(tn−1)yn−1= 0, ∀n≥1, avec les données initiales
y0=y0, y1=y0+ ∆ty˙0.
4. Compléments 39 On peut y préférer le schéma suivant
yn+1−2yn+yn−1
∆t2 +q(tn)yn = 0, ∀n≥1, qui a l’avantage d’être d’ordre 2.
41
Chapitre III
Exercices
Exercice 1 (Lemme de Gronwall à l’infini)
Soita∈R,C∈Retz, ϕdeux fonctions continues sur[a,+∞[à valeurs réelles. On suppose quezest bornée,
On constate tout d’abord que commezest bornée etϕest positive et intégrable à l’infini, le produitzϕest une fonction absolument intégrable en+∞. On peut donc, à bon droit, poser
h(t) =C+ Z +∞
t
ϕ(s)z(s)dx, ∀t≥a.
Cette fonction est dérivable en tout point et on a
h0(t) =−ϕ(t)z(t).
Commeϕest positive, on peut utiliser l’hypothèse et obtenir
h0(t)≥ −ϕ(t)h(t).
Ainsi, la fonctionZest croissante sur[a,+∞[. Comme sa limite en+∞est clairement égale à celle deh, c’est-à-direC, on déduit que
et nous donne le résultat carz≤hpar hypothèse.
Exercice 2 (Lemme de Gronwall uniforme)
Soienty, g, htrois fonctions positives sur[0,+∞[vérifiant
y0(t)≤g(t)y(t) +h(t), ∀t≥0.
Commehest positive, on peut majorer l’intégrale entretetsdehpark3, il vient y(s)≤y(t) +k3+
Z s t
g(τ)y(τ)dτ, ∀s∈[t, t+ 1].
On applique le lemme de Gronwall sur[t, t+ 1]pour obtenir y(s)≤(y(t) +k3) exp
Commegest positive, on obtient la majoration
y(s)≤(y(t) +k3)ek2, ∀s∈[t, t+ 1]. Ce qui est le résultat attendu.
Exercice 3 ( [Gou94, p. 372])
Soitq:R+→Rde classeC1, strictement positive et croissante.
Montrer que toutes les solutions dey00+q(t)y= 0sont bornées surR+.
Indication : on pourra multiplier l’équation pary0puis intégrer par parties entre0ett.
Soityune solution de l’équation proposée. Suivons l’indication : 0 =
On peut donc appliquer le lemme de Gronwall à la fonctionqy2et obtenir q(t)y2(t)≤Cexp
43
En divisant parq(t), on obtient la borne attendue.
Exercice 4 (Inégalités différentielles)
Soity: [0,+∞[une fonction positive dérivable qui vérifie
y0+νy≤A+By2, sur[0,+∞[, oùν >0,A >0etB >0sont données et vérifientν2≥4AB.
Montrer qu’il existeM >0qui dépend deν, AetBtelles que siy(0)≤M, alors la fonctionyest bornée sur [0,+∞[et vérifiey(t) ≤M pour toutt ≥0. On donnera une expression deM en fonction des paramètres.
Montrer sur exemple que cette valeur est optimale, c’est-à-dire que siy(0) > M alors il peut arriver que la solution ne soit par bornée.
Sous l’hypothèse entreA,B etν, le polynômeBy2+A−νyadmet deux racines réelles positives éventuellement confondues (d’après les signes des coefficients). On note
M = ν+√
ν2−4AB
2B ,
la plus grande des deux racines et0< N ≤Mla plus petite. On a donc l’inégalité différentielle suivante y0≤B(y−M)(y−N),
que l’on peut aussi écrire sous la forme
(y−M)0≤B(y−M)(y−N).
On déduit immédiatement que pour toutt, on a
y(t)−M ≤(y(0)−M) exp
B Z t
0
(y−N)ds
. On observe ainsi que siy(0)≤M, on a bieny(t)≤M pour toutt≥0.
Supposons maintenant quey(0)> Met queysoit solution exacte de l’équation différentielle y0+νy=A+By2,
soit encore en posantz=y−M
z0=Bz(z+C), oùC=M −N ≥0. On a doncz(0)>0et cette fois
z0≥Bz2,
ce qui montre quezest strictement croissante et ne peut être bornée car sinon elle serait globale (théorème d’explosion en temps fini) et aurait une limite en l’infini qui serait un zéro strictement positif du polynômez(z+C), ce qui n’existe pas. Ainsi la fonctionz(et doncy) ne peut être bornée sur son intervalle de définition.
On va montrer qu’en fait la fonctionz(et doncy) explose en temps fini. Sur son intervalle maximal d’existence[0, T∗[, on peut écrire
−z0
z2 ≤ −B, et donc
1 z(t)− 1
z(0) ≤ −Bt, ce qui donne
0< 1 z(t)≤ 1
z(0)−Bt.
On voit que ceci n’est possible que pourt < z(0)B1 et doncT∗ne saurait être plus grand que cette valeur.
Exercice 5 (Groupes à un paramètre de matrices, inspiré de [GT98, p. 117]) Soitϕ:R→Md(R)une application continue qui vérifie
ϕ(t+s) =ϕ(t).ϕ(s), ∀t, s∈R.
Montrer qu’il existe0≤k≤d, une matriceA∈Mk(R)et une matriceP ∈GLd(R)telle que ϕ(t) =P−1
etA 0
0 0
P, ∀t∈R. On pourra commencer par étudier le cas oùϕ(0)est inversible.
On commence par prendres=t= 0 Exercice 6
SoitI⊂Run intervalle ouvert etf :I×Rd→Rdune application continue et localement Lipschitzienne par rapport à la variable d’état. On suppose qu’il existe des fonctions continues et positivesa, b:I→Rtelles que f vérifie
(f(t, x), x)≤a(t)kxk2+b(t), ∀t∈I,∀x∈Rd. Ici, on a noté(., .)le produit scalaire euclidien surRd.
Montrer que pour tout(t0, x0)∈I×Rd, le problème de Cauchyx0 =f(t, x),x(t0) =x0admet une unique solution globale en temps positif (i.e. définie sur[t0,+∞[∩I).
Discuter, dans le casd= 1, la globalité en temps positif des solutions de l’équationx0=x−x3et de l’équation x0=x+x3.
L’existence et l’unicité de la solution maximale découle du théorème de Cauchy-Lipschitz dont les hypothèses sont ici vérifiées, d’après l’énoncé.
De façon usuelle, pour montrer la globalité (en temps positif) il s’agit de raisonner par l’absurde en supposant que la borne supérieure de l’intervalle d’existence de la solution maximale (notéeβ) est dans l’intervalleI. D’après le théorème d’explosion en temps fini, on sait dès lors que la solutionxdoit exploser au voisinage deβ
lim sup
t→β− kx(t)k= +∞. (III.1)
Calculons la dérivée en temps det7→ kx(t)k2(la norme choisie surRdétant la norme euclidienne. Il vient d
dtkx(t)k2= 2(x0(t), x(t)) = 2(f(t, x(t)), x(t))≤2a(t)kx(t)k2+ 2b(t), ∀t∈[t0, β[.
Par hypothèse, on a[t0, β]⊂Iet sur cet intervalle compact les fonctions continuesaetbsont donc bornées. On noteAβ
etBβleurs bornes respectives (qui dépendent deβ). L’inégalité précédente devient d
dtkx(t)k2≤2Aβkx(t)k2+ 2Bβ, ∀t∈[t0, β[.
A ce stade, il faut en déduire une borne surkx(t)k2. Deux méthodes (très similaires en fait) sont possibles
— Méthode 1 : on intègre l’inégalité précédente entret0ett kx(t)k2≤ kx(t0)k2+ 2(t−t0)Bβ
| {z }
≤2(β−t0)Bβ
+2Aβ
Z t t0
kx(s)k2ds, ∀t∈[t0, β[,
puis on utilise le lemme de Gronwall qui nous donne kx(t)k2≤ kx(t0)k2+ 2(β−t0)Bβ
e2Aβ(t−t0)≤ kx(t0)k2+ 2(β−t0)Bβ
e2Aβ(β−t0), ∀t∈[t0, β[.
45
— Méthode 2 : on raisonne directement sur l’inéquation différetielle en posant z(t) =kx(t)k2e−2Aβ(t−t0), et en vérifiant que
z0(t)≤2Bβe−2Aβ(t−t0)≤2Bβ, d’où
z(t)≤z(t0) + 2Bβ(t−t0)≤ kx(t0)k2+ 2Bβ(β−t0), ∀t∈[t0, β[, ce qui est équivalent à la borne obtenue dans la première méthode.
La borne ainsi obtenue (indépendante det! !) contredit la propriété d’explosion en temps fini (III.1).
Traitons les exemples proposés.
1. Casf(t, x) =x−x3. On a ici
(f(t, x), x) =f(t, x)x=x2−x4≤x2,
et donc l’hypothèse est vérifiée aveca(t) = 1etb(t) = 0. Les solutions sont donc globales en temps positif.
2. Casf(t, x) =x+x3. Ici, on obtient
(f(t, x), x) =x2+x4,
et il est donc clair que cette fonction ne rentre pas dans le cadre proposé dans cet exercice. On peut néanmoins étudier les solutions de ce problème.
— Six0= 0, l’unique solution est la solution nulle.
— Six0<0, on peut changerxen−xet se ramener au cas oùx0>0.
— Six0>0, on sait que la solution reste toujours strictement positive sur son intervalle de définition (sinon elle s’annulerait en un certain point, ce qui n’est pas possible par unicité dans Cauchy-Lipschitz car elle n’est pas identiquement nulle). On a donc en particulier
x0=x+x3≥x3, et on peut diviser parx3(qui n’est jamais nul) pour obtenir
x0 x3 ≥1, ou encore
1 x2
0
=−2x0 x3 ≤ −2.
Il vient, pour touttdans l’intervalle de définition dex 1
x(t)2 ≤ −2(t−t0) + 1 x20. Si la solution était globale en temps positif, on aurait pourt=t∗=t0+2x12
0, 1
x(t∗)2 ≤0,
ce qui n’est pas possible. Ceci montre que la solution ne peut en aucun cas être définie sur un intervalle de temps contenantt∗. Elle n’est donc pas globale.
Exercice 7 (Lemme d’Osgood, [CLF96, page 82])
Soitf :Rd 7→Rdune fonction uniformément continue dont on noteωle module de continuité ω(δ) = sup
kx−yk≤δkf(x)−f(y)k. On notera queωest croissante, positive et tend vers0en0. On suppose que
Z 1 0
1
ω(s)ds= +∞. 1. Montrer que siu:R+ 7→R+est continue positive et vérifie
u(t)≤a+ Z t
0
ω(u(s))ds, ∀t≥0, aveca >0, alors on a
Ω(u(t))≤Ω(a) +t,∀t≥0 où on a posé
Ω(z) = Z z
1
1
ω(s)ds, ∀z >0, et Ω(0) =−∞. 2. En déduire que siu:R+→R+vérifie
u(t)≤ Z t
0
ω(u(s))ds, ∀t≥0, alorsuest nulle sur[0,+∞[.
3. Montrer que pour touty0∈Rd, il existe une unique solution globale au problème de Cauchy ( y0=f(y)
y(0) =y0.
4. On suppose qued = 1. Montrer que pour touty0 ∈]−1,1[, il existe une unique solutionglobaleau
problème de Cauchy (
y0=ylog|y| y(0) =y0. et que celle-ci vérifielimt→∞y(t) = 0.
On remarque tout d’abord que la conventionΩ(0) =−∞est raisonnable au vu de l’hypothèse de non-intégrabilité de 1/ωen0. La fonctionΩainsi contruite est continue de[0,+∞[dans[−∞,+∞[.
1. Inspirons nous de la démonstration du lemme de Gronwall (qui est d’ailleurs un cas particulier du résultat attendu, si par exempleω(s) =s). On pose donc
h(t) =a+ Z t
0
ω(u(s))ds.
Il s’agit d’une fonction de classeC1(strictement positive) dont la dérivée vérifie h0(t) =ω(u(t))≤ω(h(t)),
carωest croissante etu≤hpar hypothèse.
On calcule maintenant la dérivée deΩ(h(t)) d
dtΩ(h(t)) = h0(t) ω(h(t))≤1.
47
Par intégration, il vient
Ω(h(t))≤Ω(h(0)) +t= Ω(a) +t.
On conclut en remarquant queΩest elle-même croissante (sa dérivée est1/ωqui est positive), ce qui implique que Ω(u(t))≤Ω(h(t))≤Ω(a) +t.
Notez que cette inégalité est valable même siu(t) = 0grâce à la conventionΩ(0) =−∞.
2. Siuvérifie l’hypothèse proposée, elle vérifie en particulier l’hypothèse de la question précédente pour tout valeur dea >0. En conséquence, pour toutt >0, on a
Ω(u(t))≤Ω(a) +t, et ce pour touta >0.
Si on fait tendreavers0, le membre de droite tend vers−∞, ceci n’est possible que siu(t) = 0sinonΩ(u(t)) aurait une valeur finie.
On a bien montré queuest nulle.
3. L’existence d’au moins une solution est donnée par le théorème de Cauchy-Arzela-Peano (la continuité def est ici suffisante). Pour montrer l’unicité locale (et donc l’unicité d’une solution maximale par l’argument usuel), procédons comme dans le cas Lipschitzien. Soienty1ety2deux solutions du problème de Cauchy considéré définies sur un intervalle communJ = [−α, α],α >0. On a donc
Par soustraction et majoration, on trouve
|y1(t)−y2(t)| ≤
Pour obtenir la globalité des solutions, il suffit de constater que, comme f est uniformément continue, il existe δ0>0tel queω(δ0)≤1. On a alors, pour toutx, y
(découper le segment joignantxàyen sous-segments de tailleδ0et utiliser l’inégalité triangulaire). En particulier, on a
Ainsif est sous-linéaire et l’argument usuel à base de lemme de Gronwall montre qu’il ne peut y avoir d’explosion en temps fini.
4. Cette question est un peu plus délicate. On ne peut appliquer directement ce qui précède carf(y) =ylog|y|n’est pas uniformément continue surR(sinon elle serait sous-linéaire d’après le calcul de la question précédente ...).
— Commençons par traiter le cas y0 = 0. La fonction nulley(t) = 0 est clairement solution (globale) du problème. Toute autre solution vérifie, pourt≥0
|y(t)| ≤ Z t
0 |y(s)||log|y(s)||ds,
et de plus, il existe unt∗>0tel quey(t)∈[0,1/e]pourt∈[0, t∗].
On peut donc appliquer la question 2, avecω(s) =s|logs|qui vérifie bien l’hypothèse de non-intégrabilité (et qui est bien croissante sur[0,1/e]; au-delà de1/eon prolongeωde n’importe quelle façon croissante et continue, par exemple par une fonction constante). On obtient donc que la solutionyest nécessairement nulle sur l’intervalle[0, t∗]. De la même façon, on raisonne sur les temps négatifs et on montre ainsi que l’ensemble des points oùys’annulle est un ouvert non vide deR. Mais c’est également un fermé (image réciproque de {0}par une fonction continue) et c’est donc nécessairementRtout entier. On a bien montré l’unicité dans ce cas.
— Quitte à changer y en −y, on peut toujours supposer y0 > 0. IntroduisonsF :]0,+∞[→ Rdéfinie par F(y) =ylogy. Cette fonction est de classeC∞sur son intervalle de définition. Ainsi le théorème de Cauchy-Lipschitz s’applique et nous dit que le problème de Cauchy associé à la donnée intialey0admet une unique solution maximale à valeurs dans]0,+∞[. Par ailleurs, la fonction constante égale à1est clairement solution de l’équation. Par unicité dans Cauchy-Lipschitz, on déduit que notre solutionyne peut jamais valoir1(car y0<1).
On en déduit donc quey(t)<1pour touttdans l’intervalle de définition dey. Il s’en suit quey0 =ylogy <0 et donc queyest strictement décroissante et minorée par0.
Si on noteβ >0la borne supérieure de son intervalle de définition, les propriétés précédentes montrent que y admet une limite enβ. Siβ était finie, le théorème de sortie de tout compact nous dit que cette limite est nécessairement0. Ainsi, la fonctionyserait prolongeable par continuité enβavecy(β) = 0et on aurait donc affaire à une solution du problème de Cauchy associé à la donnéey(β) = 0. On a vu précédemment qu’une telle solution est nécessairement identiquement nulle, ce qui est une contradiction. On conclut de tout cela que la borne supérieureβest nécessairement infinie.
Si maintenant on noteαla borne inférieure de l’intervalle de définition, commeyest décroissante et majorée par1, elle possède nécessairement une limite enαqui est, de plus, plus grande quey0 et en particulier non nulle. Tout ceci montre que la solution reste dans le compact[y0,1]⊂]0,+∞[au voisinage deαet donc que αne peut être finie. On a doncα=−∞.
En conclusion, on a bien montré queyest définie sur toutR(donc globale) et qu’elle tend vers0en+∞. On pourrait également vérifier qu’elle tend vers1en−∞.
Exercice 8 (Dérivation de fonctions non dérivables !)
Le but de l’exercice est de montrer que six: [a, b]→Rest dérivable, alors la fonction|x|vérifie
|x|(t) =|x|(a) + Z t
a
sgn(x(s))x0(s)ds, (III.2)
oùsgnest la fonction définie par
sgn(u) =
(b) Montrer queβεconverge simplement vers la fonction valeur absolue surRquandε→0.
(c) Montrer queβ0εconverge simplement vers la fonctionsgnsurRquandε →0et que|βε0(u)| ≤2 pour toutuet toutε >0.
2. Démontrer la formule(III.2).
3. Démontrer maintenant, sous les mêmes hypothèses que
x+(t) =x+(a) + Z t
a
sgn+(x(s))x0(s)ds,
oùx+désigne la partie positive dex:x+= max(0, x)etsgn+la partie positive desgn.
49
1. (a) La quantité sous la racine carrée ne s’annulant manifestement jamais, le résultat est immédiat.
(b) Pouru= 0, on a clairementβε(0) = 0pour toutε >0, ce qui assure la convergence vers|0|= 0. Pouru6= 0 on a clairementβε(u)→u2/√
u2=|u|2/|u|=|u|. (c) Calculons la dérivée deβε
βε0(u) =2u√
u2+ε−u2(u2+ε)−1/2u
u2+ε = 2εu+u3
(u2+ε)3/2.
Pouru= 0, on a doncβε0(0) = 0qui converge bien le signe de0(qui conventionnellement est choisi nul).
Pouru6= 0, on a
ε→0limβ0ε(u) = u3 (u2)3/2 =
u
|u| 32
= signe(u).
2. On écrit d’abord pour toutε
βε(x(t)) =βε(x(a)) + Z t
a
βε0(x(s))x0(s)ds.
Grâce aux propriétés démontrées plus haut sur les fonctionsβεet leurs dérivées, on peut utiliser le théorème de convergence dominée de Lebesgue et passer à la limite quandε→0dans cette formule (tétant fixé). On obtient le résultat.
3. Il suffit de constater quex+= (x+|x|)/2et d’appliquer le résultat précédent.
Exercice 9 (Barrières. Entonnoirs. [CLF96, page 105])
Soity0 =f(t, y)une équation différentielle avecf :R×R→Rcontinue.
Soit(J, y)une solution maximale du problème associée à la donnée de Cauchyy(t0) =y0. 1. Soitα:J →Rune fonction de classeC1vérifiant
α0(t)< f(t, α(t)), ∀t≥t0, t∈J.
Montrer que siy0≥α(t0)alors
y(t)≥α(t), ∀t≥t0, t∈J.
2. On suppose quef est localement Lipschitzienne par rapport à sa seconde variable.
(a) SoitT >0tel que la solutionyest définie sur l’intervalle[t0, t0+T](autrement dit[t0, t0+T]⊂J).
Pour toutε >0on considère le problème de Cauchy
( y0ε(t) =f(t, yε(t)) +ε, yε(t0) =y0.
Démontrer que pourε >0assez petit, la solution maximale de ce nouveau problème est également définie sur le même intervalle[t0, t0+T]et que l’on a
ε→0limkyε−ykL∞(t0,t0+T)= 0.
(b) Montrer que le résultat de comparaison de la question 1. demeure si on suppose seulement que l’on a l’inégalité large
α0(t)≤f(t, α(t)), ∀t≥t0.
(c) Au lieu d’introduire les approximationsyεci-dessus, montrer qu’on peut obtenir la même conclusion que la question précédente en utilisant les résultats de l’exercice 8.
3. Sous les mêmes hypothèses, montrer que siβ:R→Rest de classeC1et vérifieβ0(t)≥f(t, β(t)), ∀t≥ t0etβ(t0)≥y0alors on a
y(t)≤β(t), ∀t≥t0.
4. Application :On posef(t, y) = y2−t. On suppose quet0 ≥ 0ety0 > 0, montrer que la solution maximale du problème de Cauchy est bien définie sur l’intervalle[t0, t0+ 1/y0[.
1. On supposey(t0)≥α(t0)et, par l’absurde on suppose que l’ensemble
La fonctiony−αest donc strictement croissante au voisinage det∗(et nulle ent∗). On en déduit qu’il existeε >0 tel quey−αest positive sur[t∗, t∗+ε]. Ceci montre que[t∗, t∗+ε]∩S = ∅et contredit donc à nouveau la définition de l’infimum.
2. Dans la question précédente, on a utilisé de façon cruciale le fait que l’inégalité dans l’hypothèse était stricte (sinon on ne peut conclure quey−αest croissante au voisinage det∗). Il faut donc s’y prendre différemment ici.
On souhaite montrer quey≥α, ce qui revient à montrer quez= (α−y)+est identiquement nulle. Pour cela, on écrit (utilisant l’exercice 8)
Commefest continue et localement Lipschitzienne par rapport à la variable d’état, le quotient présent dans l’inté-grale est borné sur tout intervalle de temps compact inclu dansJ. NotonsM une telle borne.
On déduit de tout cela que
z(t)≤M Z t
t0
z(s)ds, ∀t∈[t0,+∞[∩J.
Le lemme de Gronwall nous assure maintenant quezest nulle, ce qu’il fallait démontrer.
3. Il suffit d’adapter l’argument précédent très légérement.
4. La fonctionfproposée vérifie toutes les hypothèses du théorème de Cauchy-Lipschitz. On cherche des fonctionsα etβsimples vérifiant les inégalités différentielles des questions précédentes.
On pose
cart0≥0. Les résultats précédents nous disent que, tant queα, βetysont définies, on a l’encadrement α(t)≤y(t)≤β(t).
En particulier, il ne peut pas se produire d’explosion dans l’intervalle de temps[t0, t0+y10[, ce qui nous assure que la solution maximale est bien définie, au minimum, sur cet intervalle. Cet argument ne permet pas de prévoir ce qui se passe au-delà de cet intervalle.
51
Exercice 10
Soit f : Rd → Rd localement Lipschitzienne. Pour toutα ∈ Rd, on note T(α) ∈]0,+∞]le temps positif d’existence de la solution maximale du problème de Cauchyx0=f(x),x(0) =α.
1. Montrer que l’applicationTest semi-continue inférieurement :
∀α0∈Rd, T(α0)≤lim inf
α→α0
T(α).
2. En étudiant l’exemple suivant, montrer queTn’est pas nécessairement continue (x0 =x2−y2x4,
y0= 0.
3. Montrer que, si on supposed= 1, alorsTest continue.
On noteraxαla solution du pb de Cauchy pour la donnéeα.
1. On se donne0 < T∗ < T(α0)quelconque, et on veut montrer qu’il existeδ > 0tel que pour toutαvérifiant kα−α0k ≤δ, on aT(α)≥T∗. On considère le compact
K=xα0([0, T∗]) +B(0,1).
Sur celui-ci,F est Lipschitzienne (notonsLsa constante de Lipschitz). On pose maintenant δ=e−LT∗,
et on va montrer que ceδconvient. On se donne donc unα∈ Rdtel quekα−α0k ≤δet on veut montrer que T(α)≥T∗et quekxα(t)−xα0(t)k ≤1pour toutt∈[0, T∗[.
Supposons que ceci soit faux et notons donc
S={t∈[0, T(α)[∩[0, T∗[, tel quekxα(s)−xα0(s)k ≤1, ∀s∈[0, t]}.
Commeδ <1, cet ensemble est non-vide et contient un voisinage à droite det0. Notonst∗sa borne supérieure. Il suffit maintenant de montrer quet∗=T∗. Raisonnons par l’absurde en supposant quet∗< T∗.
Pour toutt∈[0, t∗], on soustrait les définitions dexαetxα0
xα(t)−xα0(t) =α−α0+ Z t
0
f(xα(s))−f(xα0(s)) ds.
On remarque que, par définition deS, pourt∈[0, t∗]on axα(t)∈Ketxα0(t)∈K. Prenant la norme et utilisant le caractère Lipschitzien def, on obtient
kxα(t)−xα0(t)k ≤ kα−α0k+L Z t
0 kxα(s)−xα0(s)kds, ∀t∈[0, t∗[.
Le lemme de Gronwall nous donne alors
kxα(t)−xα0(t)k ≤δeLt∗ =e−L(T∗−t∗)<1, ∀t∈[t0, t∗].
Ceci montre tout d’abord que xα ne peut exploser avant le temps t∗ et donc quet∗ < T(α). Par ailleurs, par continuité, il existeε >0tel que
t∗+ε < T(α), t∗+ε < T∗,
kxα(s)−xα0(s)k ≤1, ∀s∈[t∗, t∗+ε].
Tout ceci montre quet∗+εest dansS, ce qui contredit la définition de la borne supérieure de cet ensemble.
On a donc bien montré quet∗=T∗ce qui, en particulier, implique queT(α)≥T∗. Le résultat est démontré.
2. Pour une donnée de Cauchy de la forme
α0= 1
0
, on est ramenés au problème de Cauchyx0 =x2, x(0) = 1(savez-vous le justifier complètement ?) dont on sait que le temps d’existence est fini (et même exactement égal à1dans ce cas).
Alors que pour des données de la forme
αε= montré la non-continuité deT.
3. Soitα0∈R. SiT(α0) = +∞, il n’y a rien à démontrer de plus car la propriété de semi-continuité donne dans l’intervalleI0. Montrons que cette solution atteintα0en un tempst(α)>0vérifiant
0< t(α)≤|α−α0| ce qui prouve par unicité dans Cauchy-Lipschitz que l’on a
xα0(t) =xα(t+t(α)), ∀t < T(α0).
On en déduit que les temps d’existence vérifient
T(α) =T(α0) +t(α).
D’après l’estimation (III.3), on a vu quet(α) →0tendα→α0par valeurs inférieures, ce qui prouve bien queT(α)tend versT(α0).
— Le cas de la limiteα→α0par valeurs supérieures se traite de façon identique.
Exercice 11
1. Trouver toutes les solutions maximales de l’équation t3y0+y= 1.
2. Même question avec l’équation
−t3y0+y= 1.
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Exercice 12
Résoudre explicitement le système différentiel
(x0=y+a(t), y0= 2x−y+b(t), oùaetbsont deux fonctions continues surRdonnées.
Exercice 13
1. Montrer que siAetBsont deux matrices qui commuttent alors eA+B=eAeB.
2. Soit t ∈ R 7→ A(t) ∈ Md(R) une application. Montrer que siA(t) etA(s) commuttent pour tous t, s∈R, alors l’unique solution du problème de Cauchyx0=A(t)x,x(0) =x0est donnée par
x(t) = exp Z t
0
A(s)ds
.x0.
3. Résoudre le système différentiel
x0 =
a(t) b(t)
−b(t) a(t)
x, oùaetbsont des fonctions continues données.
4. Donner un exemple où le résultat de la question 2 tombe en défaut quand l’hypothèse de commutation n’est pas vérifiée.
Exercice 14 (Méthode d’Euler pour les systèmes linéaires à coefficients constants) SoitA∈Mn(R).
1. Soitk.kune norme d’algèbre surMn(R). Montrer que pour toute matrice
eA−
1 +A n
n≤ekAk−
1 +kAk n
n .
2. Soity0 ∈ Rn etT > 0. On noteyTN ∈ Rn, la solution approchée au tempsT obtenue par la méthode d’Euler explicite àN pas appliquée à l’EDO
y0 =Ay, (III.4)
sur l’intervalle[0, T].
Montrer queyTN converge vers la valeur de la solution exacte à l’instantT de l’équation(III.4)pour la donnée initialey0.
Exercice 15 (Contrôlabilité des systèmes linéaires à coeffs constants) SoientA∈Mn(R)etB∈Mn,k(R). On fixe unT >0.
1. Soitu: [0, T]→Rkune fonction continue. Calculer explicitement la solution du problème de Cauchy (x0u(t) =Axu(t) +Bu(t),
xu(0) = 0. (III.5)
2. On cherche à déterminer si pour touteciblexT ∈Rd, il existe une fonctionupour laquelle la solution xude(III.5)vérifie
xu(T) =xT. Si c’est le cas on dira que le système est contrôlable.
Pour cela, on introduit la matrice K=
A|AB|A2B|...|An−1B
∈Mn,nk(R),
et on veut montrer que le système(III.5)est contrôlable si et seulement si la matriceKest de rangn.
(a) Supposons que le sytème(III.5)n’est pas contrôlable.
i. En étudiant la structure de l’ensemble {xu(T), u ∈ C0([0, T],Rk)} des états atteignables, montrer qu’il existeψ∈Rk,ψ6= 0tel quetψ.xu(T) = 0pour toute fonctionu.
ii. On choisit maintenantu(t) = tBe(T−t)tAψ. En déduire quetψe(T−t)AB = 0 pour toutt ∈ [0, T]puis queψest dans le noyau detK. Qu’en déduit-on sur le rang deK.
(b) Supposons maintenant querang(K)< net montrons que le système n’est pas contrôlable.
i. Montrer qu’il existeψ∈Rn,ψ6= 0dans le noyau detK.
ii. Montrer que pour touts∈R, on atψ.esA= 0.
iii. Soitu: [0, T]×Rkcontinue. Montrer que
tψ.xu(T) = 0, pour toute fonction continueu: [0, T]×Rk. Conclure.
3. On suppose maintenant que le système est contrôlable (c’est-à-dire que le rang deK vautn). On note C = {u ∈ C0([0, T],Rk), xu(T) = xF} l’ensemble des contrôles qui résolvent la question. Par hypothèse cet ensemble est non vide.
(a) Montrer qu’il existe un unique élément dansC de la forme u(t) =˜ tBp(t)oùpest solution de l’équation rétrograde
−p0(t) =tAp(t).
(b) Comment, en pratique, calculeriez-vous ce contrôleu˜? (c) Montrer que
Z T
0 ku(t)k2dt >
Z T
0 ku(t)˜ k2dt, ∀u∈C, u6= ˜u.
Exercice 16
Soitω, ω0∈R. Résoudre l’équation
x00+ω2x= cos(ω0t).
Exercice 17 ( [CLF96, page 148])
Soitf :R →Rcontinue et bornée eta >0. Montrer qu’il y a une et une seule solution bornée à l’équation y00−a2y=f(t).
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Exercice 18
Soitf :R→Rcontinue intégrable. On considère l’équation différentielle y00+f(t)y= 0.
1. Montrer que siyest une solution bornée de l’équation, alorslimt→∞y0 = 0.
2. En déduire que l’équation admet au moins une solution non bornée. On pourra considérer le wronskien de deux solutions indépendantes.
Exercice 19 (Cf. [Pom94, p. 311])
On considère l’équation différentielle
On considère l’équation différentielle