On supposera que (i) α(x)≥0 pour tout x∈R

Universit´e Paris Diderot - Paris 7 L3 Maths Appliqu´ees

Equations Diff´erentielles 2011-2012

Travaux Dirig´es no. 4

Fonctions de Lyapunov et Int´egrales premi`eres

Exercice 56. Soient α : R → R et β : R → R deux fonctions continues, localement Lipschitziennes. On supposera que

(i) α(x)≥0 pour tout x∈R;

(ii) β(0) = 0, etxβ(x)>0 pour tout x∈R\ {0};

(iii) R+∞

0 β(x)dx=R₀

−∞|β(x)|dx= +∞.

On consid`ere sur [0,+∞[ le probl`eme de Cauchy suivant (o`u u₀, u₁∈Rfix´es) :

(1)







u⁰⁰+α(u)u⁰+β(u) = 0 u(0) =u₀

u⁰(0) =u₁

(1) Montrer qu’il existe τ > 0 tel que le probl`eme (1) admette une unique solution sur [0, τ].

(2) Pourx ∈ R, on poseA(x) = Rx

0 α(s)ds. Montrer qu’une fonction u : [0,∞[→ R est solution de (1) sur [0,∞[ si et seulement si la fonction v = (v1, v2) :I → R² d´efinie parv₁ =u etv₂=u⁰+A(u), est solution sur [0,∞[ de

(2)

(v⁰₁=v₂−A(v₁) v⁰₂=−β(v1) et v´erifiev1(0) =u0,v2(0) =u1+A(u0).

(3) Pour x ∈ R, on pose B(x) = Rx

0 β(s)ds. Montrer que la fonction Φ d´efinie pour y= (y1, y2)∈R² par

Φ(y) = 1

2|y₂−A(y1)|²+B(y1) est une fonction de Lyapunov pour le syst`eme (2).

(4) En d´eduire que le probl`eme de Cauchy (1) admet une unique solution sur [0,+∞[.

Correction

(3) Nous avions montr´e que Φ v´erifie le premier point d´efinissant les fonctions de Lya- punov. Il nous reste `a montrer que, pour tout M r´eel et pour tout J ⊂I intervalle compact, l’ensemble

{(t, y)∈J×R²|Φ(t, y)≤M}

1

2

est compact. Comme Φ est ind´ependante det, cet ensemble est ´egal `a J× {y∈R²|Φ(y)≤M}.

Le produit de compacts ´etant compact, il nous suffit de montrer que E_M est com- pact. Comme c’est un sous-ensemble deR² qui est de dimension fini, il est ´equivalent de montrer que E_M est ferm´e et born´e. C’est un ferm´e comme image r´eciproque de l’intervalle ferm´e ]− ∞;M] par la fonction continue Φ. Pour montrer que E_M est born´e, on va utiliser le lemme suivant.

Lemme. Supposons que

Φ(y) −→

||y||→+∞+∞.

Alors pour toutM r´eel, l’ensemble E_M est born´e.

Preuve du Lemme. On ´ecrit la d´efinition de la limite pour le r´eelM :

∃η >0,∀y ∈R²,||y||> η⇒Φ(y)> M.

D`es lors, si y ∈ E_M, on a Φ(y) ≤M. Donc par contraposition ||y|| ≤η, soit encore y∈B(0, η) (boule ferm´ee de centre 0 et de rayonη. Finalement on a montr´e que

E_M ⊂B(0, η) et en particulier que E_M est born´e pour toutM.

Reste donc `a montrer que

Φ(y) −→

||y||→+∞+∞.

On raisonne par l’absurde. Par caract´erisation s´equentielle de la limite, il existerait une suite (yn)n `a valeur dans R² telle que

||y_n|| →

n→+∞+∞ et Φ(y_n) 9

n→+∞+∞.

Quitte `a en extraire une sous-suite on peut supposer que

||y_n|| →

n→+∞+∞ et (Φ(yn))n est born´ee.

Notons pour toutn∈N,y_n= (y_n¹, y_n²). On a les deux cas suivants :

– soit la suite (y¹_n)n est non-born´ee. Alors quitte `a en extraire une sous-suite, on peut supposer que|y¹_n| →

n→+∞+∞. D`es lors Φ(y_n)≥B(y_n¹) →

n→+∞+∞

ce qui est impossible car (Φ(yn))n est born´ee.

– soit la suite (y_n¹)_n est born´ee et la suite (y²_n)_n est non born´ee. Alors quitte

`

a extraire une sous-suite de (yn)n, on peut supposer que y¹_n converge et que

|y_n²| →

n→+∞+∞. Mais alors

Φ(y_n)≥(y²_n−A(y¹_n))² →

n→+∞+∞

ce qui est ´egalement impossible car (Φ(y_n))_n est born´ee.

3

Finalement, on aboutit `a une contradiction. Pour tout M, l’ensemble E<sub>M</sub> est donc born´ee (et compact) par le lemme, et Φ est bien une fonction de Lyapunov pour le syst`eme (2).