• Montrer que, si ϕ(0) > 1 alors ∀t ∈ R + ∩ I, ϕ(t) > √ t + 1.

TD DU 14/02/2011 ET DU 21/02/2011

Exercice 1 . Soit (I, ϕ) une solution maximale de l’´ equation diff´ erentielle (E) : x ⁰ = x ² − t d´ efinie en 0.

• Montrer que, si ϕ(0) > 1 alors ∀t ∈ R + ∩ I, ϕ(t) > √ t + 1.

• Montrer que, si ϕ(0) < 0 alors ∀t ∈ R + ∩ I, ϕ(t) < √ t.

Exercice 2 .

Etudier les solutions ´ C ¹ de l’´ equation diff´ erentielle y ^{0 2} (4 − 3y) ² = 4(1 − y).

1

2 TD DU 14/02/2011 ET DU 21/02/2011

Solution 1 Tout d’abord, faire un dessin de la parabole x ² = t, ensemble des points o` u les solutions ont une tangente horizontale. On appelle I l’int´ erieur de cette parabole.

• S’il existe t ₁ ∈ R + ∩ I tel que ϕ(t ₁ ) ₆ √

t ₁ + 1 alors, le T.V.I. appliqu´ e entre 0 et t ₁ nous assure l’existence d’un r´ eel t ⁰ tel que ϕ(t ⁰ ) = √

t ⁰ + 1.

Soit F = {t ∈ R ⁺ ∩ I | ϕ(t) = √

t + 1} alors F est non vide et c’est un ferm´ e de I donc il poss` ede un plus petit ´ el´ ement t ₀ . On a alors ϕ(t ₀ ) = √

t ₀ + 1 et ϕ(t) > √

t + 1 sur ]0, t ₀ [.

Comme ϕ ⁰ (t) > 1 sur [0, t ₀ [, on ´ ecrit ϕ(0) − ϕ(t ₀ ) +

Z t

0

ϕ ⁰ (t) dt = 0

> ϕ(0) − ϕ(t ₀ ) + t ₀ = 1 + t ₀ − √

1 + t ₀ > 0 ce qui est impossible donc ∀t ∈ R ⁺ ∩ I , ϕ(t) > √

1 + t.

• S’il existe t ₁ ∈ R ⁺ ∩ I tel que ϕ(t ₁ ) _> √

t ₁ alors on peut trouver t ₀ > 0 tel que ϕ(t ₀ ) = − √

t ₀ . On prouve alors que pour t > t ₀ , − √

t < ϕ(t) < √

t (ϕ ⁰ est n´ egative et ne peut s’annuler) ce qui est impossible.

Solution 2 On pose z = 1 − y et l’´ equation devient z ⁰² (3z + 1) ² = 4z. On d´ eduit de ceci 2 choses : z _> 0 et 3z + 1 ne s’annule pas. On ´ ecarte par la suite la solution z = 0. On cherche les solutions de l’´ equation sur I intervalle maximal.

• Etudions d’abord les solutions telles que ´ z > 0. On a z ⁰ (3z + 1) 2 √

z = ε o` u ε = ±1 (ε ne d´ epend pas de x car la fonction z ⁰ (3z + 1)

2 √

z est une fonction continue qui s’annule si elle change de signe). On obtient alors z ^3/2 + √

z = ε(x − x ₀ ). Si on pose ϕ(t) = t ^3/2 + √ t alors ϕ ⁰ (t) > 0 sur ]0, +∞[ donc cette fonction admet une fonction r´ eciproque θ de classe C ^∞ de ]0, +∞[ sur lui mˆ eme (et on v´ erifie que θ ⁰ se prolonge en 0 par 0). La solution dans ce cas est donn´ ee par z(x) = θ[ε(x − x 0 )] o` u on va pr´ eciser les intervalles de d´ efinition :

– si ε = 1 alors y(x) = 1 − θ(x − x ₀ ) pour x > x ₀ , – si ε = −1 alors y(x) = 1 − θ(x ₀ − x) pour x < x ₀ .

• Cas g´ en´ eral : soit Z = {x ∈ I | z(x) = 0} que l’on suppose non vide et non r´ eduit ` a un point. Soit x ₁ < x ₂ deux points de Z et supposons qu’il existe x ₃ ∈]x ₁ , x ₂ [ tel que z(x ₃ ) 6= 0. Z ∩ [x ₁ , x ₃ ] est compact donc il admet un plus grand ´ el´ ement a, de mˆ eme, soit b le plus petit ´ el´ ement de Z ∩ [x ₃ , x ₂ ]. On a a < x ₃ < b et sur [a, b], comme z ne s’annule pas, z ⁰ non plus donc z est strictement monotone sur [a, b] et z(a) = z(b) = 0 ce qui est contradictoire. Z est donc un intervalle de R .

Conclusion : Si Z = ∅ alors y est de la forme donn´ ee dans le premier cas mais on peut alors prolonger y ` a R comme on peut le voir ci-dessous.

Si Z = [x ₁ , x ₂ ] alors y(x) =



 

 

1 − θ(x ₁ − x) si x < x ₁ 1 si x ∈ [x ₁ , x ₂ ] 1 − θ(x − x ₂ ) si x > x ₂

, si Z =] − ∞, x ₂ ] ou Z = [x ₁ , +∞[

on adapte.