montrer quef est born´ee sur IR+

(1)

SEMAINE 21

EQUATIONS DIFF ´´ ERENTIELLES

EXERCICE 1 :

On considère l’équation différentielle

(E) y⁰⁰+p(x)y= 0,

o`upest une fonction croissante sur IR+, `a valeurs dans IR^∗₊. Soitf une solution non nulle de(E)sur IR^∗₊.

1.Etudier l’ensemble des z´´ eros def, puis def⁰.

2.Dans cette question, on suppose pdérivable. En considérant la fonctionhdéfinie par h(x) =f(x)²+f⁰(x)²

p(x) ,

montrer quef est born´ee sur IR+. Montrer que, siaet bsont deux extremums cons´ecutifs def, on a|f(b)| ≤ |f(a)|.

- - - -

1. NotonsE=f⁻¹({0}) l’ensemble des z´eros de f, etE⁰ = (f)⁰⁻¹({0}) l’ensemble des z´eros de f⁰. On a E ∩ E⁰ =∅ puisque, si une solution f de (E)n’est pas la fonction nulle, on a

f(x), f⁰(x)

6= (0,0) pour toutx∈IR+ en vertu du th´eor`eme de Cauchy-Lipschitz.

Les zéros de f sont isolés : en effet, si a ∈ IR+ était un point d’accumulation de E, c’est-

`

a-dire s’il existait une suite (an) de points de E distincts de a et convergeant versa, on aurait alorsa∈E carE est ferm´e, puisf⁰(a) = lim

n→+∞

f(a_n)−f(a)

an−a = 0 puisque ces taux d’accroissement sont tous nuls eta∈E ∩ E⁰, ce qui est absurde.

On montre de même que les zéros def⁰ sont isolés (carf⁰⁰(a) = 0 =⇒f(a) = 0).

L’ensembleE des z´eros def est infini. Nous allons montrer que ∀a∈IR₊ E ∩ [a,+∞[6=∅.

Pour cela, d´emontrons le lemme suivant :

Soientp1etp2 deux fonctions r´eelles continues sur un intervalleI, v´erifiantp2≥p1 surI.

Soit f1 une solution de (E1): y⁰⁰+p1(x)y= 0 sur I, on suppose que aet b (a < b) sont deux ´el´ements deI tels que f₁(a) =f₁(b) = 0 et ∀x∈]a, b[ f₁(x)6= 0.

Soitf2 une solution de(E2):y⁰⁰+p2(x)y= 0sur I.

Alorsf₂ admet au moins un z´ero sur[a, b].

<D´emonstration du lemme> : supposons f₁ > 0 sur ]a, b[, ce qui entraˆıne f₁⁰(a) > 0 et f₁⁰(b) <0. Supposons quef2 ne s’annule pas sur [a, b], par exemple que f2 > 0 sur [a, b].

Considérons le “wronskien croisé” W =f1f₂⁰−f2f₁⁰. La fonctionW est dérivable avec W⁰ =f₁f₂⁰⁰−f₂f₁⁰⁰= (p₁−p₂)f₁f₂≤0 sur [a, b],

donc W est décroissante sur cet intervalle. Or, W(a) = −f2(a)f₁⁰(a) < 0 et W(b) = −f2(b)f₁⁰(b) > 0, d’où une contradiction. En faisant d’autres hypothèses sur les signes de f1 et f2 dans ]a, b[, on aboutit aussi à des contradictions. En conclusion, f2 ne peut garder un signe constant sur [a, b], donc s’annule sur cet intervalle.

</D´emonstration du lemme>

Soit maintenanta∈IR₊, soitp₀=p(a)>0. L’´equation (`a coefficients constants)y⁰⁰+p₀y= 0 admet pour solution sur I = [a,+∞[ la fonction x7→sin√

p₀(x−a), qui admet les r´eels

(2)

aet b=a+ π

√p0

comme zéros consécutifs. La fonctionpétant croissante, on ap(x)≥p₀ sur I, ce qui permet d’appliquer le lemme : la fonction f admet au moins un zéro dans l’intervalle [a, b].

Les zéros def peuvent donc être ordonnés en une suite strictement croissante (x_n)_n∈INpuisque f admet au moins un zéro, et chaque zéro def admet un zéro “consécutif”.

Par le théorème de Rolle, entre deux zéros consécutifs de f, il y a au moins un zéro de f⁰. Mais, entre deux zéros def⁰, il y a au moins un zéro def⁰⁰ qui est aussi un zéro def. En conclusion, les zéros def⁰ peuvent aussi être ordonnés en une suite strictement croissante (x⁰_n)n∈IN et les deux suites (xn) et (x⁰_n) sont “entrelacées”, c’est-à-dire que l’on a

soit 0≤x1< x⁰₁< x2< x⁰₂<· · · , soit 0≤x⁰₁< x1< x⁰₂< x2<· · ·

2. D´erivonsh: h⁰ = 2f f⁰+2f⁰f⁰⁰

p −f⁰²p⁰

p² =−f⁰² p⁰

p² ≤0, donc la fonction h est décroissante sur IR+, donc majorée. A fortiori, f² est majorée, donc f est bornée. Enfin, si a et b sont deux zéros consécutifs de la dérivée (ce sont des extremums car la dérivée seconde ne peut s’annuler en ces points), alors h(b)≤ h(a), c’est-à-dire f(b)² ≤ f(a)², ou encore

|f(b)| ≤ |f(a)|.

EXERCICE 2 :

Soientf etgcontinues de [a, b] vers IR, avecf ≤0 sur [a, b]. Montrer que l’équation différentielle (E):y⁰⁰+f(x)y =g(x) admet une unique solution sur [a, b] vérifiant les conditions aux limites y(a) =y(b) = 0.

- - - -

Montrons d’abord que toute solution (autre que la fonction nulle) de l’équation sans second membre y⁰⁰+f(x)y = 0 s’annule au plus une fois sur [a, b] : soit y une telle solution, supposons qu’elle admette au moins deux zéros distincts dans [a, b]. Soitx₀∈[a, b] un de ces zéros, supposonsx₀6= max y⁻¹({0})

. On a alorsy⁰(x₀)6= 0, sinony serait identiquement nulle par le thórème de Cauchy-Lipschitz. Supposons y⁰(x0) > 0. Les zéros de y étant isolés (cf. exercice 1), soitx1 le zéro dey consécutif à x0. On a alorsy >0 sur l’intervalle ]x0, x1[, donc f y ≤ 0 et y⁰⁰ = −f y ≥ 0 sur [x0, x1] ; sur cet intervalle, la fonction y⁰ est donc croissante, d’oùy⁰ ≥y(x0)>0, et y est strictement croissante sur [x0, x1], ce qui est absurde.

Notons S0 l’ensemble des solutions de l’´equation sans second membre y⁰⁰+f(x)y= 0. On sait que S0 est un sous-espace vectoriel de dimension deux de C² [a, b],IR

. Soit l’application Φ :

(S0 → IR²

y 7→ y(a), y(b). L’application Φ est linéaire, injective d’après ce qui précède, donc Φ est un isomorphisme deS0 sur IR² puisqu’on a égalité des dimensions.

Soit alors y une quelconque solution de l’équation (E) sur [a, b] (il en existe, la méthode de variation des constantes permet de les exprimer à partir d’un système fondamental deS0).

(3)

Posonsα=y(a) et β =y(b). Soity0 l’unique ´el´ement deS0 tel que

(y0(a) = −α y0(b) = −β, c’est-

`

a-dire y0= Φ⁻¹(−α,−β). La fonctiony1=y+y0vérifie l’équation différentielle(E)et les conditions aux limites imposées, et c’est la seule solution du problème posé.

EXERCICE 3 :

Soitg: IR^∗₊→IR^∗₊ une application continue telle que lim

x→0⁺g(x) = 0.

On suppose que la fonction 1

g n’est pas int´egrable sur ]0,1].

Montrer que, pour tout λ > 0, il existe une unique fonction h_λ, d´efinie et continue sur un intervalle de la formeIλ=]− ∞, bλ[ (avecbλ∈]0,+∞]), telle que

(I) ∀t∈Iλ hλ(t) =λ+

Z t 0

g hλ(u) du . Dans quel cas a-t-on b_λ= +∞?

- - - -

Si une fonction hλ, continue sur un intervalle I contenant 0, vérifie l’équation intégrale (I), alors h_λ est dérivable sur I et est solution du problème de Cauchy (*) :

( y⁰ = g(y) y(0) = λ , et hλ est alors de classeC¹surI.

Réciproquement, sih_λ:I→IR₊, de classeC¹, est solution du problème(*), alors elle vérifie(I) sur l’intervalleI.

R´esolvons donc le probl`eme de Cauchy(*):

Soit h une fonction de classe C¹ sur un intervalle I de IR, `a valeurs strictement positives, et solution du probl`eme de Cauchy (*). On a alors, pour tout t ∈ I, h⁰(t)

g h(t) = 1 soit, en notant G une primitive de la fonction 1

g sur IR^∗₊

par exemple G(x) = Z x

1

du g(u)

, la relation (G◦h)⁰= 1 sur I, d’o`u G h(t)

=t+C.

Or, la fonctionGest de classeC¹ et strictement croissante sur IR^∗₊ et v´erifie lim

x→0G(x) =−∞

puisque la fonction positive 1

g n’est pas int´egrable sur ]0,1]. Posons ω = lim

x→+∞G(x) : on a ω = +∞ si la fonction 1

g n’est pas int´egrable sur [1,+∞[. La fonction G est alors un C¹-diff´eomorphisme de IR^∗₊ vers son imageJ =]− ∞, ω[.

Ce qui précède montre que, nécessairement,t+C∈]−∞, ω[ eth(t) =G⁻¹(t+C) ; la condition initiale enfin permet de déterminer la constante :C=G(λ) =

Z λ 1

du

g(u). La fonctionhλ est donc n´ecessairement donn´ee par l’expression

(4)

h_λ(t) =G⁻¹ t+ Z λ

1

du g(u)

!

=G⁻¹ t+G(λ)

et on vérifie (réciproque) qu’une telle fonction est bien solution de (*) sur l’intervalle Iλ =]− ∞, bλ[ avec bλ = ω−G(λ). Une telle solution ne peut être prolongée puisque

t→blimλ

hλ(t) = lim

x→ωG⁻¹(x) = +∞.

On a donc bλ= +∞si et seulement si la fonction 1

g n’est pas int´egrable sur [1,+∞[.

EXERCICE 4 :

On note (I, f) la solution maximale du probl`eme de Cauchy (E) : y⁰⁰= 1

2(1−3y²) ; y(0) = 0 ; y⁰(0) = 0.

1. Montrer qu’il existe un r´eel a >0 tel que [0, a]⊂I, f est strictement croissante sur [0, a] et f⁰(a) = 0.

2.Montrer queI= IR, quef est paire et 2a-p´eriodique.

- - - -

1. Si (I, f) est la solution maximale, alors la fonctiong définie sur −I parg(−x) =f(x) vérifie le même problème de Cauchy, donc−I⊂I (ce qui signifie en fait que−I=I : l’intervalle I est symétrique par rapport à 0) etg=f. On a donc prouvé la parité def.

• Analyse : L’intervalle I est de la forme ]−ω, ω[ avec 0 < ω ≤ +∞. On a f⁰⁰(0) = 1 2, donc f⁰ est strictement positive `a droite de 0. Consid´erons le plus grand intervalle de la forme J =]0, a[ sur lequel f⁰ reste strictement positive (0 < a ≤ +∞) : l’ensemble {x∈I|f⁰(x)>0} est un ouvert de IR contenant un intervalle de la forme ]0, ε[ et J est la composante connexe par arcs de cet ensemble contenant ]0, ε[.

Sur l’intervalleJ, la fonctionf est solution de 2y⁰y⁰⁰= (1−3y²)y⁰; en int´egrant cette relation de 0 `atavect∈J, on obtient

∀t∈J f⁰(t)²−f⁰(0)²=f(t)−f(0)−f(t)³+f(0)³,

soit f⁰(t)²=f(t)−f(t)³ et, commef⁰>0 surJ, cela entraˆıne quef−f³ est strictement positive sur le mˆeme intervalle, puis que

∀t∈J f⁰(t)

pf(t)−f(t)³ = 1. En int´egrant de 0 `ax(avecx∈J), on a

Z x 0

f⁰(t)

pf(t)−f(t)³ dt=x soit, en posantu=f(t), ce qui est l´egitime puisquef est unC¹-diff´eomorphisme deJ sur son image,

∀x∈J

Z f(x) 0

√ du

u−u³ =x .

(5)

La fonction u7→ 1

√

u−u³ est int´egrable dans un voisinage de 0, ce qui justifie l’existence des int´egrales ci-dessus.

On a donc, pour toutx∈J,ϕ f(x)

=x, en posant ϕ(y) = Z y

0

√ du

u−u³ pour touty∈f(J).

• Synth`ese : Soit ϕl’application d´efinie sur [0,1] par ϕ(y) = Z y

0

√ du

u−u³. L’int´egrabilit´e de u7→ 1

√u−u³ sur ]0,1[ garantit l’existence et la continuit´e deϕ sur [0,1]. La fonction ϕest strictement croissante sur [0,1] et ´etablit donc une bijection de [0,1] vers [0, a], avec a = ϕ(1) =

Z 1 0

√ du

u−u³. On peut préciser que ϕ est dérivable (et même C^∞) sur ]0,1[, avec ϕ⁰(y) = 1

py−y³ > 0 et ϕ est un C^∞-difféomorphisme de ]0,1[ vers ]0, a[. Notons f : [0, a]→[0,1] l’application réciproque, continue sur [0, a] et de classe C^∞ sur ]0, a[. Sur ]0, a[, on peut écrire f⁰(t) = (ϕ⁻¹)⁰(t) =p

f(t)−f(t)³. En élevant au carré, en dérivant et en simplifiant parf⁰(t) non nul, on obtient ∀t∈]0, a[ f⁰⁰(t) = 1

2 1−3f(t)²

. Enfin, des relations ´ecrites ci-dessus, on d´eduit que lim

0 f⁰ = 0, lim

a f⁰ = 0, et quef⁰⁰ aussi admet des limites finies en 0⁺ et en a⁻, donc f est de classeC² sur [0, a]. En posant f(x) =f(−x) pour tout x ∈ [−a,0[, on prolonge f en une fonction de classe C² sur l’intervalle [−a, a]

qui est solution du problème de Cauchy posé, mais qui n’est certainement pas la solution maximale (l’intervalle de définition n’étant pas ouvert).

2.On a f(−a) =f(a) = 1 etf⁰(−a) =f⁰(a) = 0, ce qui permet de “translater la solution” (par exemple, la fonction g, définie sur [a,3a] par g(x) = f(x−2a) vérifie le même problème de Cauchy que la solution maximalef au pointa, donc co¨ıncide avecf sur cet intervalle).

Donc la solution maximale est d´efinie sur IR ; elle est paire et 2a-p´eriodique.

EXERCICE 5 :

Etude de l’´´ equation du pendule

Soit l’équation différentielle(E):y⁰⁰+k² siny= 0 (k >0 donné).

Etudier le comportement de la solution maximale satisfaisant aux conditions initiales´ y(0) = 0 ; y⁰(0) =v (v >0 donn´e ).

Interpr´eter physiquement.

- - - -

Analyse : Notons (I, f) la solution maximale correspondant aux conditions initiales impos´ees.

Constatons d’abord que la fonctiong:−I →IR définie parg(t) =−f(−t) est solution du même problème de Cauchy, donc−I ⊂I ce qui entraˆıne en fait −I =I (l’intervalle I est symétrique par rapport à 0) etg=f : la fonction f est impaire.

(6)

On a donc I =]−ω, ω[ avec 0 < ω ≤ +∞. On a f⁰(0) = v > 0 et f⁰ est continue, soit J =]−a, a[ avec 0 < a ≤ +∞ le plus grand intervalle contenant 0 sur lequel f⁰ > 0 (l’ensemble {t ∈ I | f⁰(t) > 0} est un ouvert de IR contenant 0, J est sa composante connexe par arcs contenant0).

Sur l’intervalleJ, f est solution de y⁰y⁰⁰=−k²y⁰ siny ; en int´egrant cette relation de 0 `a t (avect∈J), on a 1

2(y⁰²−v²) =k²(cosy−1), soit y⁰²=v²−2k²+ 2k²cosy, donc, puisque f⁰>0 surJ,

∀t∈J f⁰(t) =p

v²−2k²+ 2k² cosf(t).

“S´eparons les variables” : f⁰(t)

pv²−2k²+ 2k² cosf(t) = 1 pourt∈J donc, en int´egrant de 0 `a xavecx∈J,

∀x∈J

Z x 0

f⁰(t) dt

pv²−2k²+ 2k² cosf(t) = Z x

0

dt=x

ou, en posantu=f(t), ce qui est l´egitime puisque la fonctionf est unC¹-diff´eomorphisme de l’intervalleJ sur son image,

∀x∈J

Z f(x) 0

√ du

v²−2k²+ 2k² cosu=x . On a donc, pour tout x∈ J, ϕ f(x)

=x en posant ϕ(y) = Z y

0

√ du

v²−2k²+ 2k² cosu pour touty∈f(J).

Synth`ese :SoitU le plus grand intervalle contenant 0 sur lequel l’expressionv²−2k²+ 2k²cosu reste strictement positive. L’application ϕ:y7→

Z y 0

√ du

v²−2k²+ 2k² cosu est de classe C^∞ et strictement croissante sur U, donc réalise un C^∞-difféomorphisme de l’intervalleU vers son image V =ϕ(U). Notonsf =ϕ⁻¹:V →U l’application réciproque. SurV, on a f⁰(t) = 1

ϕ⁰ ϕ⁻¹(t)= q

v²−2k²+ 2k²cos f(t)

. En élevant au carré, en dérivant, puis en simplifiant parf⁰(t) qui est non nul, et enfin en vérifiant les conditions initiales, on voit que (V, f) est une solution du problème de Cauchy posé (mais ce n’est peut-être pas la solution maximale).

Etude des diff´´ erents cas :

• si v = 2k, on a v²−2k²+ 2k²cosu= 2k²(1 + cosu) donc, avec les notations ci-dessus (cf.

synth`ese), U =]−π, π[ et, la fonction u 7→ 1

√1 + cosu n’´etant pas int´egrable sur [0, π[

puisque √

1 + cosu = √ 2 cosu

2 ∼ π−u

√2 au voisinage de π, on a V = ϕ(U) = IR. La solution maximale est donc dans ce cas (V, f) etf est un diff´eomorphisme croissant de IR vers ]−π, π[.

Ce cas est “physiquement” improbable, le pendule tend vers sa position d’´equilibre instable.

(7)

Remarquons qu’ici, le calcul peut être complètement explicité : ϕ(y) = 1 k ln tan

π+y 4

poury∈]−π, π[, puis f(t) =ϕ⁻¹(t) = 4 arctan(e^kt)−πpourt∈IR.

•siv >2k, alorsU = IR. La fonctionu7→ 1

√

v²−2k²+ 2k² cosu n’étant pas intégrable sur IR+, on aV =ϕ(U) = IR. Ici encore, la solution maximale est (V, f) etf est un difféomorphisme croissant de IR vers IR. Posons T0=ϕ(2π) =

Z 2π 0

√ du

v²−2k²+ 2k² cosu. On a alors

∀y∈IR ϕ(y+ 2π) =ϕ(y) + Z y+2π

y

√ du

v²−2k²+ 2k² cosu =ϕ(y) +T0, donc la bijection r´eciproque f =ϕ⁻¹v´erifie ∀t∈IR f(t+T0) =f(t) + 2π.

Le pendule tourne indéfiniment et repasse par sa position d’équilibre à intervalles réguliers et

`

a la mˆeme vitesse : le mouvement est p´eriodique.

• siv <2k, posonsy₀= arccos

1− v² 2k²

. On aU = ]−y₀, y₀[ .

La fonction u 7→ 1

√v²−2k²+ 2k² cosu est int´egrable sur [0, y₀[ (en effet, en posant u=y0−h, on obtient facilement l’´equivalentv²−2k²+2k²cos(y0−h)∼(2k²siny0)hlorsque h tend vers 0). Posons a=

Z y0

0

√ du

v²−2k²+ 2k² cosu ; on a alors V =ϕ(U) =]−a, a[, mais ici (V, f) n’est pas la solution maximale : en effet, en posant f(a) =y0, la fonctionf est continue sur ]−a, a] et d´erivable au point aavecf⁰(a) = 0 car lim

y→y₀⁻

ϕ⁰(y) = +∞; la solution maximalef peut donc être prolongée au-delà du pointa, et de même à gauche du point−a.

Soit I l’intervalle de définition de la solution maximale, on sait que [−a, a] ⊂ I. Notons J = 2a−I l’intervalle symétrique deI par rapport à la valeura. La fonctiong :J →IR définie parg(x) =f(2a−x) est de classeC²surJ avecg⁰⁰(x) =f⁰⁰(2a−x), donc elle vérifie







g⁰⁰ = −k² sing g(a) = f(a) =y0

g⁰(a) = −f⁰(a) = 0 =f⁰(a)

, problème de Cauchy aussi vérifié par la solution (I, f) ; on a doncJ ⊂I(ce qui signifie en fait queJ =I) etg=f, autrement dit la solution maximale f (qui est maintenant définie au moins sur [−a,3a]) possède la symétrief(2a−x) =f(x).

Enfin, f(3a) =f(a) etf⁰(3a) =−f⁰(a) = 0 =f⁰(a), ce qui permet de “translater la solution obtenue”, autrement dit la fonction 4a-p´eriodique d´efinie sur IR et co¨ıncidant avec f sur [0,3a] est la solution maximale.

Le pendule effectue des oscillations autour de sa position d’´equilibre stable, la p´eriode de ces oscillations est T = 4aet l’angle maximal atteint esty0.

(8)

EXERCICE 6 :

SoitA∈ Mn(IR) dont toutes les valeurs propres ont des parties r´eelles strictement n´egatives.

1. Montrer que l’application b: (x, y)7→

Z +∞

0

e^tAx

e^tAy

dt d´efinit un produit scalaire sur IRⁿ.

2.Soitf : IRⁿ →IRⁿ, de classeC¹, avec

(f(0) = 0 df(0) = A .

Soitx0∈IRⁿ. Montrer que, pourkx0ksuffisamment petit, la solution maximalexdu probl`eme (*):

(x⁰ = f(x) x(0) = x0

est d´efinie sur IR₊ et v´erifie lim

t→+∞x(t) = 0.

Source : Fran¸cois ROUVI ÈRE, Petit guide de calcul différentiel, Éditions Cassini, ISBN 2-84225- 008-7

- - - -

1.Utilisons la réduction deAsuivant ses sous-espaces caractéristiques. NotonsE= Cⁿ, notons u l’endomorphisme de E canoniquement associé à la matrice A. Alors E =

m

M

j=1

Ej, avec E_j = Ker(u−λ_jid_E)^r^j. Rappelons que r_j est ici l’ordre de multiplicité de la valeur propre λ_j en tant que racine du polynôme minimal deA, et c’est aussi l’indice de nilpotence de la restriction àE_j de l’endomorphismeu−λ_jid_E.

Si x∈E, on le d´ecompose enx=x1+· · ·+xm avecxj ∈Ej pour toutj. Alors, en notant k · kune norme quelconque sur Cⁿ, on ake^tAxk ≤

m

X

j=1

ke^tAx_jk, mais

e^tAx_j=e^tλ^je^t(A−λ^j^I)x_j=e^tλ^j

r_j−1

X

k=0

t^k

k!(A−λ_jI)^kx_j

! .

Ainsi,

ke^tAxjk ≤e^tλ^j

r_j−1

X

k=0

1

k! k(A−λjI)^kxjk |t|^k

!

≤Pj(|t|)e^tλ^j , o`uPj est un polynˆome. On a|e^tλ^j|=e^t·Re(λ^j⁾ donc, en notant max

1≤j≤mRe(λj) =−a <0 et r= max

1≤j≤m(rj)−1, chaque termeke^tAxjkest un O(t^re^−at) lorsquettend vers +∞, donc ke^tAxk=O(t^re^−at) lorsquet→+∞.

A partir de maintenant, notons` k · k la norme euclidienne canonique sur IRⁿ. Pour tout (x, y)∈(IRⁿ)², on a

e^tAx|e^tAy

≤ ke^tAxk ke^tAyk=O(t^2re^−2at)

(9)

lorsque t tend vers +∞, donc la fonction t 7→ e^tAx|e^tAy

est int´egrable sur IR+, d’o`u l’existence deb(x, y).

La bilinéarité, la symétrie et la positivité deb sont immédiates. Sib(x, x) = 0, alorse^tA = 0 pour toutt∈IR+, doncx= 0.

La forme quadratique d´efinie positive q : x 7→b(x, x) est appel´ee fonction de Liapounov.

Nous poserons d´esormaisN(x) =p

q(x): ainsi,N est une norme euclidienne sur IRⁿ. 2.Soitx:I→IRⁿla solution maximale du probl`eme de Cauchy(*). On sait queI∩IR₊= [0, ω[

avec 0< ω≤+∞.

Notons que, pour tout vecteury de IRⁿ, on a d

dt e^tAy

=A e^tAy, d’o`u b(y, Ay) =

Z +∞

0

e^tAy|A e^tAy dt= 1

2 Z +∞

0

d

dt ke^tAyk²

dt

= 1

2

hke^tAyk²i+∞

0 =−1 2kyk². Les normes N et k · ksur IRⁿ sont ´equivalentes :

∃(C1, C2)∈(IR^∗₊)² ∀y∈IRⁿ C1kyk ≤N(y)≤C2kyk.

La fonction f ´etant diff´erentiable en 0 avec f(0) = 0 et df(0) =A, si on se donneρ > 0, on peut trouverr >0 tel que

∀y∈IRⁿ N(y)≤r=⇒N f(y)−Ay

≤ρ N(y). SupposonsN(x0)< ret soit J ={t∈I∩IR+| ∀s∈[0, t] N x(s)

< r}. AlorsJ est un intervalle inclus dans IR+, contenant 0 et non r´eduit `a {0}. Pourt∈J, on a

d

dt q x(t)

= 2b x(t), x⁰(t)

= 2b x(t), A x(t) + 2b

x(t), f(x(t))−A x(t)

≤ −kx(t)k²+ 2N x(t)

N f x(t)

−A x(t)

≤ − 1

C₂² q x(t)

+ 2ρ q x(t)

=

2ρ− 1 C₂²

q x(t) .

Choisissonsρtel que 0< ρ < 1

2C₂² et posonsm= 1

C₂² −2ρ >0. On a alors

∀t∈J d

dtq x(t)

≤ −m q x(t) .

La fonction z :t7→z(t) =e^mtq x(t)

est alors d´ecroissante sur J puisque z⁰ ≤0 surJ, donc ∀t∈J q x(t)

≤e^−mtq(x0) (**).

Soitβ = supJ. On a 0< β ≤ω carJ ⊂I. Si on avaitβ < ω, alors n´ecessairementβ <+∞

et, de ∀t∈ β

2, β

N x(t)

≤e^−m

β

4r, on tireN x(β)

< ret, par continuit´e, supJ > β, ce qui est contradictoire. Doncβ =ω.

(10)

On aω= +∞: si on avaitω <+∞, alors la fonctionxresterait bornée dans [0, ω[, ainsi que la fonctionx⁰=f◦xpuisquef est de classeC¹; la fonctionxserait donc lipschitzienne sur [0, ω[ donc prolongeable par continuité en ω (elle vérifie le critère de Cauchy en ce point), et le théorème de Cauchy-Lipschitz permettrait de “prolonger la solution” au-delà deω, ce qui contredit la maximalité de cette solution.

Enfin, l’in´egalit´e (**) montre que lim

t→+∞x(t) = 0. L’origine est un point fixe asympto- tiquement stable (ou “point d’équilibre attractif ”) du système différentiel non linéaire x⁰=f(x).