Equations différentielles non linéaires

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Enoncés Equations différentielles non linéaires Etudes qualitatives Eercice [ 43 ] [Correction] Soit E : y = + y a) Justifier l eistence d une unique solution maimale y de E vérifiant y() =. b) Montrer que y est une fonction impaire. c) Étudier la monotonie et la concavité de y. d) Montrer que y est définie sur un intervalle borné de R. e) Dresser le tableau de variation de y. Eercice [ 43 ] [Correction] a) Montrer que le problème de Cauchy { y = +y y() = possède une solution maimale unique. b) Montrer que celle-ci est impaire et strictement croissante. c) Établir enfin qu elle est définie sur R. d) Déterminer la limite en + de cette solution. e) On note ϕ la bijection réciproque de cette solution. Eprimer ϕ à l aide d une intégrale en formant une équation différentielle vérifiée par cette fonction. Eercice 3 [ 43 ] [Correction] On considère le problème différentiel : { y = cos(y) y() = y a) Justifier l eistence d une unique solution maimale y. b) En observant y() = y + montrer que y est définie sur R. cos(ty(t)) dt Eercice 4 [ 434 ] [Correction] Justifier qu il eiste une solution maimale à l équation différentielle y = + y vérifiant y() = et que celle-ci est développable en série entière au voisinage de. Eercice 5 [ 435 ] [Correction] On considère l équation E : y = + y a) Quel est le lieu des points où les solutions de (E) présentent une tangente horizontale? b) Décrire le lieu des points d infleion? Eercice 6 [ 979 ] [Correction] On considère l équation y = + y Soit y une solution maimale définie sur un intervalle I. a) Montrer que I est majoré. On pose b = sup I. b) Montrer que y est croissante au voisinage de b. Quelle est la limite de y en b? c) Trouver un équivalent de y au voisinage de b. Eercice 7 [ 437 ] [Correction] On considère l équation différentielle E : y = + y sur ] ; + [ a) Montrer que les solutions sont définies sur des intervalles bornés de R +. b) Étudier le comportement d une solution maimale au bornes de son intervalle de définition.

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Enoncés Eercice 8 [ 456 ] [Correction] On note f la solution maimale de telle que f() =. a) Montrer que f est impaire. b) Montrer que f est définie sur R. dy d = e y c) Montrer que f possède une limite finie a en +. d) Montrer que a >. e) Montrer qu en + : f() = a a e a + o ( e a) Eercice 9 [ 457 ] [Correction] Soit λ ] ; [. On s intéresse à l équation différentielle avec retard : (E): f () = f() + f(λ) L inconnue est une fonction dérivable de R dans R. a) Soit f une solution de (E) ; montrer que f est de classe C puis développable en série entière sur R. b) Epliciter les solutions de (E). c) Montrer que n k= ( + λk ) tend vers une limite finie, non nulle, notée K(λ) quand n tend vers. d) Montrer que, f étant une solution non nulle de (E), f() + K(λ)f() e c) Pour a >, donner les variations et les limites au bornes des solutions. On suppose a <. d) Montrer que, pour tout A >, il eiste M(A) > tel que pour tout α [ A ; A] et tout t [ ; ], α (t) M(A). e) Montrer que, pour tout (α, β) [ A ; A] et tout t [ ; ] : f) En déduire : α (t) β (t) α β + M(A) t α (u) β (u) du t [ ; ], α (t) β (t) α β e M(A)t Eercice [ 899 ] [Correction] Soit une fonction ϕ de classe C sur R et bornée. Soit y une solution maimale de l équation différentielle Montrer que y est définie sur R. Eercice [ 3344 ] [Correction] On étudie l équation différentielle y = ϕ(, y) (E): y = 3 + y 3 Soit y une solution maimale de l équation différentielle (E) définie en et vérifiant y() >. a) Justifier que y est définie sur un intervalle ouvert ]α ; β[. b) Montrer que y est croissante sur [ ; β[. c) Établir que β est réel. d) Déterminer la limite de y en β. Eercice [ 458 ] [Correction] Soit a R. Pour α R, on note P α le problème = cos( + sin(πt)) a et () = α a) Soit α R. Montrer l eistence d une solution maimale α de P α. b) Que dire des intervalles de définition des solutions maimales? Eercice 3 [ 353 ] [Correction] Soit f la solution maimale sur ]α ; β[ du problème de Cauchy Montrer que β = +. y = + y avec y() = a >

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Enoncés 3 Eercice 4 [ 3739 ] [Correction] On considère l équation différentielle (E): (t) = cos (π((t) t)) a) Rappeler l énoncé du théorème de Cauchy-Lipschitz qui s applique ici. b) Soit une solution de (E). Montrer que est lipschitzienne. c) Soit une solution maimale de (E) et I = ]a ; b[ son intervalle de définition. Montrer que I = R. d) Si est solution maimale de (E) et k Z, vérifier que t (t + k) et k + sont solutions. Trouver des solutions simples de (E). e) On fie une solution maimale de (E). Montrer que t R (t) t converge en ± et eprimer les limites en fonction de (). f) On considère maintenant une solution maimale de (E ): (t) = + cos (π((t) t)) + (t) Montrer que est définie sur R et que t R + (t) t est bornée. [Énoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA] Résolutions d équations non linéaires Eercice 5 [ 438 ] [Correction] Déterminer les solutions ne s annulant pas de l équation différentielle y + y ( + ) y = On pourra réaliser le changement de fonction inconnue z = y. Eercice 6 [ 439 ] [Correction] Résoudre sur tout intervalle I non vide l équation Eercice 7 [ 44 ] [Correction] y = y( + ln y ln ) a) Résoudre sur tout intervalle b) Préciser les solutions maimales. Eercice 8 [ 44 ] [Correction] a) Résoudre sur tout intervalle b) Préciser les solutions maimales. Eercice 9 [ 44 ] [Correction] y + e y = y (y + ) = a) Résoudre sur tout intervalle I non vide l équation b) Préciser les solutions maimales Eercice [ 443 ] [Correction] E : y = ( + y ) a) Résoudre sur tout intervalle I non vide l équation b) Préciser les solutions maimales. yy y = e Eercice [ 444 ] [Correction] Résoudre sur tout intervalle I non vide l équation yy = Eercice [ 898 ] [Correction] Déterminer les solutions réelles de l équation différentielle yy = + y

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Enoncés 4 Eercice 3 [ 369 ] [Correction] Résoudre l équation différentielle y = + y + y Eercice 4 [ 385 ] [Correction] Résoudre, pour y C (R, R) l équation différentielle y y y y y y y y y = Equations autonomes Eercice 5 [ 445 ] [Correction] Résoudre sur tout intervalle l équation différentielle y = + y Eercice 6 [ 446 ] [Correction] Résoudre sur tout intervalle l équation différentielle y = y Eercice 7 [ 447 ] [Correction] Résoudre sur tout intervalle l équation différentielle Eercice 8 [ 448 ] [Correction] Résoudre sur tout intervalle Eercice 9 [ 3757 ] [Correction] Résoudre l équation différentielle y = y(y ) y + e y = y = sin y Eercice 3 [ 449 ] [Correction] Résoudre sur tout intervalle Eercice 3 [ 45 ] [Correction] Résoudre sur R l équation différentielle Eercice 3 [ 355 ] [Correction] On considère l équation différentielle y sin y = y = y E : y = y + y + a) Eiste-t-il des solutions de E sur R? b) Résoudre E, trouver ses solutions maimales et montrer qu elles sont définies sur un intervalle borné dont on déterminera la longueur. Eercice 33 [ 45 ] [Correction] Soient f : R R une fonction continue strictement positive et R. a) Soit F la primitive de /f s annulant en. Montrer que F réalise une bijection de R sur un certain intervalle ouvert I. b) Établir que F est solution sur I de l équation différentielle = f() vérifiant la condition initiale () =. c) Justifier que cette solution est maimale. Eercice 34 [ 45 ] [Correction] Déterminer les solutions au problème de Cauchy { y = y + y 3 y() =, y () = Eercice 35 [ 453 ] [Correction] On souhaite résoudre le problème de Cauchy formé par l équation différentielle y + y = et les conditions initiales y() = a et y () = (avec a R). On admet que ce problème de Cauchy admet une solution unique définie sur R.

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Enoncés 5 a) Montrer que pour tout réel, y() a b) Déterminer y lorsque a R. On suppose désormais a >. c) Montrer que y s annule en eactement deu points b < et b + > dont on précisera les valeurs. d) Achever la résolution du problème de Cauchy. Eercice 36 [ 345 ] [Correction] a) Avec Maple, trouver la solution maimale du problème (t) = a(t), () = pour a R. Vérifier et justifier le résultat obtenu, donner l intervalle de définition. Pour A M n (R) pour d inconnue t X(t) M n (R). (E): X (t) = X(t)AX(t), X() = I n b) On suppose qu il eiste k N tel que A k = O et que pour tout t dans l intervalle de définition d une solutionx, X(t) commute avec A. Calculer X. Que vaut X(t)? c) On suppose que pour tout t dans l intervalle de définition d une solution X, X(t) est inversible. L application t X(t) est-elle dérivable? Quels sont ses coefficients? Eprimer X(t) Eercice 37 [ 35 ] [Correction] Déterminer les solutions sur R de l équation y = y Eercice 38 [ 357 ] [Correction] Déterminer les fonctions y de classe C vérifiant y = sin(y), y() = π/ et y () =

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Corrections 6 De plus y () a + l R donc ce prolongement est C sur ] a ; a] et vérifie l équation différentielle en a. Ceci est absurde car y est solution maimale. Par suite lim a y() = +. Eercice : [énoncé] Corrections Eercice : [énoncé] Figure La solution de y = + y vérifiant y() = a) La fonction f : (, y) + y est de classe C sur l ouvert U = R. Le théorème de Cauchy-Lipschitz assure l eistence d une solution maimale unique au problème de Cauchy posé, solution définie sur un intervalle ouvert I contenant. dsolve(d(y)()=ˆ+y()ˆ, y()=, y()); plot(rhs(%), =-.5...5); b) Soit z : y( ) définie sur I symétrique de I par rapport à. z est dérivable et est encore solution du problème de Cauchy précédent. Donc I I et I, z() = y(). Or puisque I est le symétrique de I, on observe I = I puis z = y. c) y () donc y est croissante, négative sur R et positive sur R +. y est deu fois dérivable et y () = + y ()y() = + ( + y ())y(). y est négative sur R et positive sur R + d où la concavité de y. d) Par l absurde, si y n est pas définie sur un intervalle borné de R, c est qu elle est définie sur R (car elle est impaire). Mais alors, y () + y () donc en intégrant, il eiste C R tel que pour tout, arctan y() + C. Ceci est absurde. e) y est définie, impaire, croissante sur I = ] a ; a[ avec a R. Reste à étudier lim a y(). Cette limite eiste compte tenu de la monotonie de y() et soit réelle, soit +. Si lim a y() = l R alors posons y(a) = l. y est alors continue sur ] a ; a]. a) f(, y) = +y est une fonction de classe C sur l ouvert R \ {(, y) y = }. Le théorème de Cauchy-Lipschitz assure l eistence d une solution maimale unique au problème de Cauchy posé. De plus celle-ci est définie sur un intervalle ouvert ]α ; β[ avec α, β R, α < < β. b) Considérons z() = y( ) définie sur ] β ; α[. Aisément on observe que z est solution du problème de Cauchy posé et est donc restriction de la solution maimale y. On en déduit ] β ; α[ ]α ; β[ donc α = β et y( ) = y() pour tout ] β ; β[. Montrons que y est strictement croissante. La fonction y est de classe C et y = +y ne s annule pas donc y est strictement monotone. Puisque y() =, on a y () = et donc y est strictement croissante. c) De ce qui précède découle que y est positive sur R +. Montrons que β = +. Par l absurde supposons β R +. Pour tout [ ; β[, y() = y (t) dt = dt + ty(t) dt β donc la fonction y est croissante et majorée, elle admet par conséquent une limite finie en β. Ceci permet de prolonger y en une solution sur ] β ; β] ce qui contredit la maimalité de y. On conclut que β = +. d) Puisque la solution y est croissante, elle admet une limite l en + avec l R + {+ }. Par l absurde supposons l R +. On a dt y() = + ty(t) Quand t + + ty(t) lt

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Corrections 7 Par comparaison de fonctions positives, on peut affirmer la divergence de l intégrale dt + ty(t) [;+ [ puis, par intégration d une fonction positive non intégrable y() = dt + ty(t) + + e) Par ce qui précède, on peut affirmer que y est bijection de R vers R de classe C dont la dérivée ne s annule pas. Sa bijection réciproque ϕ est donc de classe C et sa dérivée vérifie ϕ () = y ϕ() = + ϕ() Après résolution de cette équation différentielle linéaire avec la condition initiale ϕ() =, on obtient ϕ() = e / e t / dt de classe C sur l ouvert R. Le Théorème de Cauchy-Lipschitz assure l eistence et l unicité d une solution maimale au problème de Cauchy posé. Supposons que a n n est une série entière de rayon de convergence R > et de somme solution du problème de Cauchy posé. On a a = et sur ] R ; R[, + n= (n + )a n+ n = + + n= ( n ) a k a n k Par unicité des coefficients d une série entière de rayon de convergence > : a = a =, a = / puis n, a n+ = n + k= n a k a n k Ces relations déterminent une suite (a n ) unique et de plus on observe a n de sorte que la série entière a n n définie par la suite (a n ) est de rayon de convergence R. Les calculs qui précèdent assurent que sa somme est effectivement solution sur ] ; [ du problème de Cauchy posé. k= n Eercice 3 : [énoncé] a) y = f(, y) avec f(, y) = cos(y) de classe C sur R. Le théorème de Cauchy-Lipschitz assure l eistence d une solution maimale unique définie sur un intervalle ouvert I = ]a ; b[ contenant. b) y() y = y() y() = y (t) dt = cos(ty(t)) dt. Supposons b < +. cos(ty(t)) dt est définie en tant qu intégrale d une fonction bornée sur un [;b[ intervalle borné. Quand b, on a y() y + b cos(ty(t)) dt = l. Posons y(b) = l de sorte de prolonger y par continuité. Quand b, y () cos(b) R donc y (b) = cos(bl) = cos(by(b)). On obtient alors une solution de l équation différentielle définie sur ]a ; b]. Cela contredit la maimalité de y. Absurde. Ainsi b = + et de même a =. Eercice 5 : [énoncé] a) Si une solution de E présente une tangente horizontal en un point d abscisse alors y () = et donc + y () =. Un tel point figure sur la courbe d équation + y =. Inversement, pour un point de cette courbe, le théorème de Cauchy-Lipschitz assure l eistence d une solution passant par ce point, solution qui présentera évidemment une tangente horizontale en celui-ci. b) Par récurrence, une solution de E est une fonctions de classe C vérifiant y = + yy = + y( + y ). Un point d infleion d une solution de E figure alors obligatoirement sur la courbe d équation + y( + y ) =. Inversement, pour un point de cette courbe il eiste une unique solution de E passant par ce point et cette solution y vérifie y () = ainsi que y (3) () = ( + y ) + y( + y( + y )) = ( + y ). La courbe présente donc une infleion en ce point. Eercice 4 : [énoncé] L équation différentielle est de la forme y = f(, y) avec f(, y) = + y fonction Eercice 6 : [énoncé]

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Corrections 8 a) Si I n est pas majoré alors pour, y + y puis y () + y () puis y() b En intégrant, arctan(y()) arctan(y()) ce qui est absurde car la fonction arctan est bornée. b) Soit a I. Pour tout I, on a y() = y(a) + a y (t) dt = y(a) + a + a y (t) dt Si l intégrale [a;b[ y (t) dt converge, on peut prolonger par continuité y en b en un solution de E ce qui contredit la maimalité de y. Sinon, l intégrale [a;b[ y (t) dt diverge et puisque c est l intégrale d une fonction positive, a y (t) dt b + On en déduit que y tend vers + en b et en particulier y () = + y () est positif au voisinage de b. Cela résout le problème dans un ordre différent de celui qui était soumis. L auteur de l énoncé avait-il une démarche plus simple en tête? c) En intégrant on obtient b y y = + y y (t) b y (t) dt = b + t y (t) dt avec convergence des intégrales engagées. Or b y (t) y (t) dt = y() et donc b t dt y (t) ( ) y () (b ) = o y() y() b Eercice 7 : [énoncé] a) Soit y une solution maimale de E définie sur un intervalle I ] ; + [. y Soit a I, pour a, () a+y () donc a arctan y() a ln + C sur I. Puisque la fonction arctan est bornée, l intervalle I l est aussi. b) Notons α < β les etrémités de I. I = ]α ; β[. La fonction y est croissante sur I. La fonction y ne peut converger en β car sinon on pourrait prolonger y en une solution de E sur ]α ; β] ce qui contredirait la maimalité de y. Par suite y croît vers + en β. Si α >, pour les mêmes raisons que ci-dessus, y ne peut converger en α + et donc y tend vers en α +. Si α =. Puisque y y = y +, y() y(a) = a dt y (t) + ln a. Par la monotonie de y, nous sommes assurés de l eistence d une limite en +. Si y ne tend pas vers en + alors ];a] donne une absurdité quand +. Ainsi y converge vers en +. Eercice 8 : [énoncé] dt y (t) converge et l identité précédente a) On introduit g : f( ) et on observe que g est solution du problème de Cauchy caractérisant la solution maimale f, g est donc une restriction de f et cela permet d affirmer l imparité de f. b) Supposons f définie sur ] b ; b[ avec b R + f (), f est croissante donc positive sur [ ; b[. c) f() = f (t) dt = e tf(t) dt Or t e tf(t) est bornée donc intégrable sur [ ; b[. f admet donc une limite finie en b et cela permet de prolonger f en une solution sur [ ; b] ce qui contredit la maimalité de f. f() = f (t) dt = e tf(t) dt

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Corrections 9 avec t e tf(t) t + converge en + vers car f est strictement croissante et positive. Par suite f a = + e tf(t) dt d) Par croissance, f() a donc a + e at dt ce qui donne a puis a. De plus, il y a égalité si, et seulement si, f(t) = a pour tout t [ ; + [ ce qui est eclu puisque f() =. e) Commençons par observer : Or t 3 e tf(t) + (a f()) t e tf(t) dt + Ensuite + e tf(t) dt + donc + t e tf(t) dt converge et t + a f() =. Ainsi (a f()) + e tf(t) dt = Pour tout ε > et pour assez grand : donc d où la relation proposée. Eercice 9 : [énoncé]. + + t : ε e t(f(t) a) ε a e a a f() a e a t e tf(t) dt e at e t(f(t) a) dt a) f est de classe C en montrant par récurrence que f est de classe C n pour tout n N. Pour a >, on peut introduire M a = f,[ a;a]. Comme f (n+) () = f (n) () + λ n f (n) (λ) une récurrence facile donne f (n) () n M a Par l inégalité de Taylor-Lagrange n [ a ; a], f() k= f (k) () k ( ))n+ M a k! (n + )! Ainsi, f est égale à la somme de sa série de Taylor sur R et est donc développable en série entière sur R. b) Sur R : f() = + n= a n n avec a n = f (n) () n! où une récurrence facile donne c) Posons u n (λ) = n k= ( + λk ). On a n f (n) () = f() ( + λ k ) k= n ln(u n (λ)) = ln( + λ k ) avec ln( + λ k ) λ k terme général d une série absolument convergente donc la suite (ln(u n (λ))) converge puis la suite (u n (λ)) converge vers K(λ) >. d) On a f() K(λ)f() e = k= + n= Pour ε >, il eiste un rang N au-delà duquel : On a alors u n (λ) K(λ) εk(λ) f() K(λ)f() e = P () + avec le terme polynomial Pour assez grand et donc P () = ce qui permet de conclure. N n= u n (λ) K(λ) f() n n! + n=n+ u n (λ) K(λ) f() n n! P () εk(λ) f() e u n (λ) K(λ) f() n n! f() K(λ)f() e εk(λ) f() e

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Corrections Eercice : [énoncé] a) On peut appliquer le théorème de Cauchy-Lipschitz. b) Les solutions maimales sont définies sur R car si une solution maimale est définie sur ]a ; b[ avec b R alors la relation (t) = α + t cos( (u) + sin(πu)) a du permet de prolonger par continuité en b car u cos( (u) + sin(πu)) a est intégrable sur [ ; b[ puisque bornée. Par limite de la dérivée, on peut montrer que ce prolongement est solution sur ]a ; b] ce qui contredirait sa maimalité. Ainsi b = + et de même a =. c) Si a > alors (t) a. est décroissante et puisque (t) = α + t (u) du, l inégalité précédente permet d obtenir les limites de t + en + et. Ainsi (t) + α. d) Pour t [ ; ], donne α (t) = α + t cos( α(u) + sin(πu)) a du α (t) α + M(A) avec M(A) = A + e) En eploitant cos u cos v u v, puis car α (t) β (t) = α β + t α (t) β (t) α β + M(A) f) Posons g(t) = t α(u) β (u) du. L inégalité précédente donne α (u) β(u) du t α (t) + β (t) M(A) ( g(t)e M(A)t) α β e M(A)t α (u) β (u) du En intégrant g(t)e M(A)t α β ( e M(A)t) M(A) En réinjectant dans l inégalité de départ : ( ) α (t) β (t) α β + α β e M(A)t = α β e M(A)t Eercice : [énoncé] Soit I l intervalle sur lequel est défini la solution maimale y. Par application du théorème de Cauchy, on sait que cet intervalle est ouvert. Introduisons a I. Supposons par l absurde l intervalle I majoré. Notons b R son etrémité supérieure. Pour [a ; b[, y() = y(a) + a ϕ(t, y(t)) dt La fonction ϕ étant bornée et l intervalle [a ; b[ l étant aussi, l intégrale ϕ(t, y(t)) dt converge. On peut alors prolonger y par continuité en b en posant [a;b[ y(b) = y(a) + ϕ(t, y(t)) dt [a;b[ La fonction y est alors définie sur l intervalle I {b}. Puisque ϕ est continue, on a alors y () ϕ(b, y(b)) b Par le théorème limite de la dérivé, le prolongement de y en b est dérivable et vérifie y (b) = ϕ(b, y(b)) La fonction prolongée y est alors solution de l équation différentielle sur I {b}. Ceci contredit la maimalité de y. De même, l intervalle I n est pas minoré et donc I = R. Eercice : [énoncé] a) La fonction f : (, y) 3 + y 3 est définie et de classe C sur l ouvert R, on peut donc appliquer le théorème de Cauchy-Lipschitz et celui-ci assure que les solutions maimales sont définies sur un intervalle ouvert.

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Corrections b) Supposons, qu il eiste [ ; β[ tel que y () <. Sachant y () = (y()) 3 >, la continuité de y permet d introduire a = inf { [ ; β[, y () = } et on vérifie y (a) = car a est la borne inférieure d une partie fermée. Par continuité de y, on a [ ; a], y () et donc y est croissante sur [ ; a] ce qui entraîne y(a) y() >. Or y (a) = donne (y(a)) 3 = a 3 <. C est absurde. On en déduit que [ ; β[, y () et donc y est croissante sur [ ; β[. c) Par l absurde, supposons β = +. Pour, on a et donc Or y () + (y()) 3 y (t) + (y(t)) 3 dt y (t) y() + (y(t)) 3 dt = y() dt = dt + + t 3 dt + t 3 < + C est absurde. On en déduit que β R. Puisque y est croissante sur [ ; β[, la fonction y admet une limite l en β dans R {+ }. Par l absurde, supposons l R. On peut prolonger y en β en posant y(β) = l. Par le théorème du prolongement C, on peut montrer que le prolongement de y est dérivable en β et est solution de l équation différentielle sur ]α ; β]. Ceci contredit la maimalité initiale de la fonction y, c est absurde. On en déduit que y tend vers + en β. Eercice 3 : [énoncé] Le problème de Cauchy posé possède bien une solution définie sur un intervalle ouvert car la fonction (, y) + /y est définie et de classe C sur l ouvert R R. Cette solution ne peut pas s annuler sur [ ; β[ et donc, puisque y() = a >, celle solution est strictement positive sur [ ; β[. On en déduit y () > sur [ ; β[ et donc y est croissante sur [ ; β[. Supposons β < +. Pour tout [ ; β[ y() = y() + t + /y(t) dt La fonction t t + /y(t) est intégrable sur [ ; β[ car positive et majorée par β + /a. On en déduit que y converge en β vers une valeur strictement positive. On peut donc prolonger y en β et ce prolongement est dérivable et solution de l équation différentielle en β car y () = + y() β + β lim β y Ceci contredit la maimalité de la solution y sur ]α ; β[. On peut conclure β = +. Eercice 4 : [énoncé] a) La fonction f : (t, ) cos(π( t)) est définie et de classe C sur l ouvert R. On peut appliquer le théorème de Cauchy-Lipschitz et affirmer que pour chaque condition initiale il eiste une unique solution maimale et celle-ci est définie sur un intervalle ouvert. b) On a (t) donc est -lipschitzienne en vertu de l inégalité des accroissements finis. c) Par l absurde supposons b < +. Fions t ]a ; b[. On a t (t) = (t ) + (u) du t Puisque est bornée, cette fonction est intégrable sur [t ; b[ et l on peut donc prolonger la fonction par continuité en b en posant (b) = (t ) + (u) du [t ;b[ Par le théorème du prolongement C, on vérifie que ce prolongement est encore solution de (E) : c est absurde puisque cela contredit la maimalité de la solution. Ainsi b = + et de même a =.

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Corrections Posons k = [y()] et montrons t R +, k y(t) k + 3/ Par l absurde, s il eiste t tel que y(t) > k + 3/, alors on peut introduire t = inf {t R + /y(t) = k + 3 } Figure Quelques solutions de (E) d) Posons y(t) = (t + k). Un calcul facile assure que y est solution de (E) sur R. On procède de même pour vérifier que k + est solution de (E) sur R. La fonction t t + k (avec k Z) sont solutions de (E) e) Posons k = [ ]. Puisque des courbes intégrales ne peuvent se couper sans se confondre, on a t R, t + k (t) t + k + De plus d ((t) t) = cos (π((t) t)) dt La fonction t (t) t est décroissante, minorée par k et majorée par k +, elle converge donc en ±. Par opération sur les limites (t) = cos (π((t) t)) converge quand t ±. Cette limite est nécessairement nulle (car sinon t (t) t serait de limite infinie en ± ) et donc cos (π((t) t)) t ± On en déduit (t) t k et (t) t k + t + t f) Pour une solution maimale, on a (t). On peut alors reproduire la démonstration de c) pour conclure que la fonction est définie sur R. Posons y(t) = (t) t. On a y (t) = + cos (πy(t)) + (t + y(t)) et vérifier Or t [ ; t [, y(t) < k + 3/ et y(t ) = k + 3/ y (t ) = + (t + y(t )) < ce qui est incompatible avec ce qui précède (il suffit de faire un dessin pour s en convaincre). Par l absurde, s il eiste t tel que y(t) < k, alors on peut introduire et vérifier Or t = inf {t R + y(t) = k } t [ ; t [, y(t) > k et y(t ) = k y (t ) = + (t + y(t )) > ce qui est incompatible avec ce qui précède. On peut conclure que t (t) t est bornée. Eercice 5 : [énoncé] Soit y une fonction à valeurs strictement positives, définie et dérivable sur un intervalle ouvert I. Posons z() = y(), z est dérivable. y est solution de l équation différentielle proposée si, et seulement si, z est solution de l équation différentielle Après résolution, on obtient On en déduit z + z = ( + ) z() = C e + avec C R y() = ( + C e ) avec C R

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Corrections 3 Par suite I, e + C > et y() = ln(c e ) Inversement, les fonctions proposées sont bien solutions. b) Étudions la condition On a I, e + C > e + C > e < C Cas C R : Il n eiste pas d intervalle I non vide vérifiant I, e + C > Ainsi Figure 3 Quelques solutions de (E ) C R, I, + C e et y() = ( ) + C e sur I Cas C R + : On a e + C > < ln C donc I ] ; ln C[. Les solutions maimales cherchées sont les fonctions d epression y() = ln(c e ) définies sur ] ; ln C[ pour C >. Inversement, de telles fonctions sont bien solutions Eercice 6 : [énoncé] Soit y une solution sur un intervalle I de y = y( + ln y ln ). Pour des raisons d eistence I R + et sur I, y() >. Sur I, y () y() = y() ln y() puis ( y() Posons z() = y()/. On obtient z () = z() t() = ln(z()), t () = z () z() = t(). ) = y() ln ( ) y(). ln(z()) puis en posant Après résolution de cette équation linéaire t() = C puis y() = e C avec C R. Réciproquement de telles fonctions sont solutions. Eercice 7 : [énoncé] Eercice 8 : [énoncé] a) Soit y une solution sur un intervalle I de y (y + ) =. L intervalle I ne peut contenir car l équation y (y + ) = ne peut être satisfaite en =. Sur I, on a Nécessairement y () y ()+ = donc il eiste C R tel que I, arctan(y()) = ln + C I, ln + C ] π/ ; π/[ et y() = tan(ln + C) Inversement, les fonctions proposées sont bien solutions. b) Étudions la condition a) Soit y une solution sur un intervalle I de y + e y =. Sur I, y () e y() = e donc il eiste C R tel que I, e y() = e + C On a I, ln + C ] π/ ; π/[ π < ln + C < π e π/ C < < e π/ C

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Corrections 4 Ainsi I ] e π/ C ; e π/ C [ ou I ]e π/ C ; e π/ C [ Les solutions maimales cherchées sont les fonctions d epression y() = tan ln( + C) définies sur ] e π/ C ; e π/ C [ ou sur ]e π/ C ; e π/ C [ avec C R. Eercice 9 : [énoncé] a) Soit y une solution sur un intervalle I de E. Pour tout I, y () +y() = donc il eiste C R tel que arctan y() = + C. Puisque pour tout I, arctan y() ] π ; π [, on a + C ] π ; π [ et y() = tan( + C) et y() = tan( + C). Inversement de telles fonctions sont solutions. b) Étudions la condition I, + C ] π ; π [ Par suite I ] π C ; π C[ ou I ] π C ; π C[ Finalement, les solutions maimales cherchées sont les fonctions d epression y() = tan( + C) définies sur ] π C ; π C[ pour C ] π ; π [ et sur ] π C ; π C[ ou ] π C ; π C[ pour C π. Eercice : [énoncé] a) Soit y une solution sur I de l équation yy y = e On a y ()(y() ) = e sur I donc il eiste une constante C R telle que Nécessairement I, (y() ) = e + C I, e + C et y() = e + C On a π < + C < π π C < < π C La fonction e + C n est susceptible de ne s annuler qu en une etrémité de I donc y() est de signe constant. Ainsi Cas C π/ : On a π C donc il n eiste pas d intervalle I non vide vérifiant Cas C ] π ; π [ : On a π C > et π C < donc I, + C ] π ; π [ π < + C < π π C I, y() = + e + C ou I, y() = e + C Inversement de telles fonctions sont bien solutions sous réserve d être définies et dérivables sur I c est-à-dire que e + C > sur I. b) Pour C, la fonction ± e + C est solution sur R, c est une solution maimale. Pour C <, la condition I, e + C Par suite Cas C π : On a π C donc π π I ] C ; C[ impose ln(c/) et donc I [ ln(c/) ; + [. Or la fonction considérée ne peut pas être dérivée en ln(c/) car le contenu de la racine carrée s y annule sans que sa dérivée s y annule... On en déduit qu une solution maimale associée à cette constante C est définie sur ] ln(c/) ; + [. π < + C < π π C π C Eercice : [énoncé] Soit y solution sur un intervalle I de l équation yy =.

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Corrections 5 Il eiste une constante C R telle que sur I, donc y () = + C y() = + C avec + C Cas C > alors y() = + C impose y de signe constante et donc I, y() = + C ou I, y() = + C Cas C < alors + C impose I ] ; C] ou I [ C ; + [ Dans les deu cas y est de signe constant sur I et on parvient au deu mêmes epressions qu au dessus. Cas C = alors après un éventuel recollement en (dans le cas où I ) on parvient à I, y() = ou I, y() = Inversement, les fonctions proposées sont bien solutions sous réserve qu elles soient dérivables ce qui impose I ] ; C[ ou I ] C ; + [ dans le cas C <. Eercice : [énoncé] Soit y une solution sur un intervalle I. La fonction y ne peut pas s annuler pas car le second membre de l équation ne s annule pas. On peut alors écrire y = + y y La fonction y est donc dérivable et la fonction y est alors trois fois dérivable (et même indéfiniment dérivable). En dérivant yy = + y, on obtient yy (3) = y y d où ( ) y = y Ainsi il eiste une constante λ telle que y soit solution de l équation différentielle linéaire à coefficients constants y = λy De plus yy = + y > assure λ >. Ainsi y est de la forme y() = A ch( λ) + B sh( λ) Inversement, pour une telle fonction, ( ( y()y () y () = λ A ch λ + B sh( ) ( λ) A sh λ + B ch ) ) λ = λ ( A Ainsi les solutions de l équation différentielle sont les avec A, B R vérifiant y() = A ch( λ) + B sh( λ) A > B et λ = A B Eercice 3 : [énoncé] On peut remarquer que la quantité y y est le numérateur de la dérivée de y/. Sur I R +, l équation différentielle étudiée est équivalente à l équation ( y ) ( y = + ) Posons z() = y()/ et on est amené à résoudre z = + z Cette équation à variables séparables équivaut à z + z = Une fonction z en est solution sur I R + si, et seulement si, il eiste λ R vérifiant argsh(z()) = ln + λ et nous obtenons pour solution générale puis z() = sh(ln + λ) y() = sh(ln + λ) = eλ e λ

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Corrections 6 qui a un sens sur R + pour tout λ R. Sur I R, une étude semblable conduit à la solution générale y() = sh( ln + µ) = e µ qui a un sens sur R pour tout µ R. Il reste à déterminer les éventuelles solutions sur R. Sachant que quand, e µ e λ e λ = e λ + o() et e µ e µ = eµ + o() on peut raccorder par continuité une solution sur R + définie à partir de λ et une solution sur R définie à partir de µ sous la condition µ = λ et la fonction obtenue est alors dérivable en et solution de l équation différentielle étudiée. Finalement, les solutions sur R de l équation étudiée sont les fonctions Eercice 4 : [énoncé] Par la règle de Sarrus En factorisant eλ e λ b c a c a b a b c = 3abc (a3 + b 3 + c 3 ) a 3 + b 3 + c 3 3abc = (a + b + c) [ (a b) + (b c) + (c a) ] Soit y une solution de l équation différentielle étudiée sur un intervalle I. Par ce qui précède on a y + y + y = ou y = y = y Par continuité on a et par construction, pour tout t ]t ; t ] et donc (y + y + y)(t ) = (y + y + y)(t) y (t) = y (t) = y(t) La résolution sur l intervalle ]t ; t ] de l équation y = y donne y(t) = λe t avec λ et par passage à la limite quand t t on obtient (y + y + y)(t ) = 3λe t C est absurde. On en déduit que y est solution sur I de l équation différentielle y + y + y = ou de l équation y = y = y Après résolution, on en déduit [ y(t) = e t/ λ cos t 3 + µ sin t ] 3 ou y(t) = λe t La réciproque est immédiate en remontant le calcul. Eercice 5 : [énoncé] Si y est solution sur I alors y +y = donc C R, I, arctan y() = + C Or arctan y() ] π ; π [ donc + C ] π ; π [ puis I ] π C ; π C[ et l alternative étant à comprendre valeurs par valeurs. Montrons que cette alternative vaut en fait sur l intervalle. Par l absurde, supposons qu il eiste t, t R tels que Réciproque est immédiate. I, y() = tan( + C) (y + y + y)(t ) = et (y + y + y)(t ) Pour fier les idées, supposons t < t et considérons t = sup {t t (y + y + y)(t) = } Eercice 6 : [énoncé] L équation est de la forme y = f(, y) avec f fonction de classe C sur R. On peut donc eploiter le théorème de Cauchy-Lipschitz.

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Corrections 7 y = est solution sur R de cette équation différentielle. Il n eiste donc pas d autre solution s annulant. Soit y une solution sur I ne s annulant pas. On a donc il eiste C R tel que y y = y = + C et alors I, + C et y() = + C La réciproque est immédiate. Eercice 7 : [énoncé] L application y y(y ) est de classe C, on peut donc appliquer le théorème de Cauchy-Lipschitz Les fonctions constantes égales à et sont solutions sur R de l équation. En vertu du théorème de Cauchy-Lipschitz, il n y a pas d autres solutions prenant les valeurs et que les solutions constantes. Soit y une solution sur I non constante. On a Or puis dt t(t ) = ln t La fonction y() y() λ = ± e C puis avec λ e sur I. Inversement : ok. y () I, y()(y() ) = + C te donc il eiste C R tel que I, ln y() y() = + C I, y() y() = e+c étant de signe constant, on parvient à y() y() y() = λ e = λ e avec Eercice 8 : [énoncé] Soit y une solution sur un intervalle I de y + e y =. Sur I, on a y () e y() = donc C R, I, e y() = + C. Par suite I, + C > et y() = ln( + C). Inversement, les fonctions proposées sont bien solutions. Eercice 9 : [énoncé] Il s agit d une équation différentielle autonome qui satisfait au hypothèses du théorème de Cauchy. On remarque que t kπ avec k Z définit une solution sur R et que si y est solution alors t y(t) + kπ est encore une solution. En vertu du théorème de Cauchy, il ne suffit donc plus que de déterminer les solutions maimale vérifiant y() = α ] ; π[. De plus, puisque les courbes intégrales ne se coupent pas, on peut affirmer qu une telle solution sur I vérifie On a alors En intégrant ce qui donne puis t La réciproque est immédiate. t I, y(t) ] ; π[ y (t) sin(y(t)) = y (s) t sin(y(s)) ds = y (s) sin(y(s)) cos (y(s)) ds = t argth(cos(y(t))) = argth(cos(α)) t = λ t y(t) = arccos(th(λ t)) avec λ R Eercice 3 : [énoncé] Soit y une solution sur I de y sin y =. Sur I, on a y () sin y() = donc C R, I, cos(y()) = + C. Si y() = [π] alors l équation y sin y = ne peut être satisfaite en cet. Donc I, y() [π]. Par continuité { k Z, I, y() ]kπ ; (k + )π[ et cos(y()) = + C donc arccos( + C) + kπ si k est pair y() = arccos( + C) + (k + )π si k est impair. Inversement de telles fonctions sont bien solutions.

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Corrections 8 Eercice 3 : [énoncé] Soit y une solution. C est une fonction croissante. Si elle est positive alors Si elle est négative alors C >, R, y() = C e C >, R, y() = C e Si elle s annule en a R alors sur ] ; a], y = y et sur [a ; + [, y = y. Le recollement des deu solutions obtenues donne y =. Inversement : ok Eercice 3 : [énoncé] a) Soit y une solution de E définie sur un intervalle I. Pour tout a, b I, b a = b a dt = b a y (t) y (t) + y(t) + dt Puisque la fonction y est de classe C, on peut réaliser le changement de variable u = y(t) et alors b a = y(b) y(a) du u + u + du R u + u + < + Les solutions de E sont donc définies sur des intervalles bornés ; il n y a pas de solutions de E sur R. b) Soit y une solution de E définie sur un intervalle I non singulier. Pour tout t I, on a y (t) y (t) + y(t) + = Or y (t) y (t) + y(t) + dt = ( ) y(t) + arctan 3 3 donc il eiste une constante réelle C telle que pour tout t I, ( ) y(t) + 3 arctan = (t + C) 3 Puisque la fonction arctan est à valeurs dans ] π/ ; π/[, on a pour tout t I, 3 (t + C) ] π ; π [ et donc I ] π π ; [ C 3 3 Enfin, pour tout t I, y(t) = ( ) 3 3 + tan (t + C) Résumons : Si y est une solution de E sur un intervalle non singulier I, il eiste une constante C réelle telle que I ] π π ; [ C et t I, y(t) = ( ) 3 3 3 3 + tan (t + C) Inversement, en reprenant les calculs en sens inverse, on peut affirmer que de telles fonctions sont solutions. Les solutions maimales sont alors les fonctions y C : ] π 3 ; π [ C R avec y C (t) = 3 3 + tan Elles sont définies sur un intervalle ouvert de longueur π/ 3. Eercice 33 : [énoncé] ( ) 3 (t + C) a) F est continue et strictement croissante donc réalise une bijection de R vers I = F (R) intervalle ouvert dont les etrémités sont les limites de F au etrémités de I. b) On a F ( ) = donc F () =. F est de classe C et vérifie F () = f() donc F est de classe C sur I et ( F (t) ) = F (F (t)) = f(f (t)) Ainsi F est solution de = f().

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Corrections 9 c) Si I est majoré et que a désigne son etrémité droite alors F () a + car F () a. Il n est donc pas possible de prolonger F en a. De + même, pour une éventuelle etrémité gauche finie de I. Eercice 34 : [énoncé] Soit y une solution sur I intervalle contenant du problème posé. On a y y = y y + y y 3 donc y = y + y4 + C avec C = après évaluation en. ( ) Ainsi y = ( + y ) puis y +y =. La fonction y +y étant continue sur I et prenant la valeur en on a : y +y = d où arctan y = + C puis C = après évaluation en. Finalement y = tan et I ] π/ ; π/[. Réciproque immédiate. Eercice 35 : [énoncé] a) Puisque y = y la fonction y est décroissante. Sachant que y () =, on en déduit le signe de y puis les variations dey assurant un maimum en. Par suite : R, y() y() = a b) Si a alors pour tout R, y() donc l équation y + y = devient y y =. La solution générale de cette équation est y(t) = λ ch t + µ sh t. Les conditions initiales donnent λ = a et µ =. Au final, la solution cherchée est y(t) = a ch t. c) Si la fonction y est de signe positif sur R + alors l équation y + y = devient y + y = et après résolution on parvient à l epression y(t) = a cos t. Cela contredit le signe constant de y. On en déduit que y change de signe et donc que y s annule sur R +. Puisque y est décroissante et même strictement décroissante sur R +, cette annulation est unique. On la note b +. L étude sur R est similaire et introduit b. Puisque sur [b ; b + ], y(t), la résolution de l équation y + y = avec condition initiale donne y(t) = a cos t sur [b ; b + ]. Puisque b et b + sont les premières annulations de y, on a b + = π/ et b = π/. d) Sur [ π/ ; π/], y(t) = a cos t. Puisque sur [π/ ; + [, y(t), l epression de y est de la forme y(t) = λ ch t + µ sh t. Le raccord dérivable en π/ donne { { λ ch π/ + µ sh π/ = λ = a sh π/ λ sh π/ + µ ch π/ = a, µ = a ch π/ Ainsi De même, Eercice 36 : [énoncé] t π/, y(t) = a sh π ch t a ch π sh t = a sh ( π t ) ( π ) t π/, y(t) = a sh + t a) La commande dsolve(d()(t)=a*(t)ˆ, ()=, (t)); donne (t) = at Par le théorème de Cauchy-Lipschitz qui s applique à cette équation autonome, on peut affirmer qu une solution de l équation qui s annule est la fonction nulle. Puisqu ici on cherche une solution ne s annulant pas en, on peut affirmer qu elle ne s annule pas sur son intervalle de définition et donc (t) = a(t) et () = (t) = a et () = (t) La résolution se poursuit alors par intégration et donne (t) = at solution maimale sur ] ; /a[ quand a et sur R quand a =. b) On montrer par récurrence que X est de classe C n sur son intervalle de définition et X (n) = n!x(t) n+ A n En particulier On en déduit X (k) = O et j k, X (j) () = j!a j X(t) = I n + ta + t A + + t k A k

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Corrections Puisque (I n ta)x(t) = I n t k A k = I n on peut affirmer que X(t) est inversible et X(t) = I n ta c) Puisque X est dérivable et que les coefficients de X sont des epressions rationnelles des coefficients de X, on peut affirmer que t X (t) est dérivable. Puisque X(t)X (t) = I n on obtient en dérivant X (t)x (t) + X(t)(X (t)) = O n Or X est solution de (E) donc X (t) = X(t)AX(t) puis on obtient On en déduit puis et enfin X(t)A + X(t)(X (t)) = ( X (t) ) = A X (t) = I n ta X(t) = (I n ta) Eercice 37 : [énoncé] Soit y une fonction solution. La fonction y est croissante. Supposons y() > pour tout R. On a et donc il eiste C R tel que y () y() = y() = + C Cette affirmation est incompatible avec l hypothèse de départ car y( C) =. De même y() < pour tout R est impossible. On en déduit qu il eiste R tel que y() =. Posons alors Par la croissance de y, on peut affirmer I = { R y() = } a, b A = [a ; b] A et donc I est un intervalle. De plus, celui-ci est fermé car image réciproque d un fermé par une fonction continue. Supposons I majorée et posons b = ma I. Pour tout > b, on a y() > et la reprise des calculs qui précèdent donne l eistence de C R tel que ( + C > b, y() = Or la fonction y étant continue en b, on a nécessairement C = b et finalement ( b > b, y() = Si l on suppose I minorée, une étude analogue fournie ) ) ( ) a <, y() = avec a = min I Finalement la fonction y est de l une des formes suivantes : y nulle ; y nulle sur ] ; b] et égale à ( b) / sur ]b ; + [ ; y égale à (a ) / sur ] ; a[ et nulle sur [a ; + [ ; y égale à (a ) / sur ] ; a[, nulle sur [a ; b] et égale à ( b) / sur ]b ; + [. Inversement les fonctions proposées sont solutions car notamment dérivable au points de jonction des alternatives avec un nombre dérivé qui est nul. Eercice 38 : [énoncé] Notons que le théorème de Cauchy-Lipschitz s applique à l équation étudiée car la fonction qui eprime le second membre est de classe C. Soit y une solution sur I du problème différentiel posé. On a y y = y sin(y) donc en intégrant y = C cos y

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 5 mai 6 Corrections Les conditions initiales donnent C = d où Posons z = y/ de sorte que y = cos y = sin y z = sin z S il eiste t I tel que sin(z(t)) = alors y(t ) = kπ et y (t ) = Puisque la fonction t kπ est solution sur R de l équation y = sin(y), c est une solution maimale et y en est alors restriction. C est absurde car y() = π/. On en déduit que pour tout t I, sin(z(t)) et par un argument de continuité on obtient t I, z (t) = sin(z(t)) car z () > et sin(z()) >. On a alors sur I et puisque on obtient du sin u = Les conditions initiales donnent z sin z = sin u cos du = argth(cos u) u argth(cos z) = C t C = argth(/ ) et finalement y(t) = arccos (th (C t))