Équations différentielles non-linéaires et problèmes de Cauchy

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On propose des exercices corrigés sur les équations différentielles non-linéaires. En particulier les problèmes de Cauchy non-linéaires. Nous allons voir comment démontrer l’existence et unicité des solutions maximales. De plus nous donnons des condition pour que la solution maximale soit globale.

Exercices sur équations différentielles non-linéaires

Exercice 1: Soient $F$ et $G$ deux fonctions continues sur $[a,b]\times \mathbb{R}$ dans $\mathbb{R}$ telles que$$F(t,x) < G(t,x),\qquad \forall (t,x)\in [a,b]\times \mathbb{R}.$$Soient $u$ et $v$ deux fonctions $C^1$ de $[a,b]$ dans $\mathbb{R}$ solutions des équations$$u'(t)=F(t,u(t)),\qquad v'(t)=G(t,v(t)),\qquad t\in [a,b].$$Supposons qu’il existe $t_0\in [a,b[$ tel que $u(t_0)=v(t_0)$.

  1. Montrer qu’il existe $\delta>0$ tel que $u(t)\le v(t)$ pour tout $t\in ]t_0,t_0+\delta]$.
  2. En déduire que $u(t)\le v(t)$, pour tout $t\in [t_0,b]$. (Indication: Considèrer l’intervalle $A=\{c\in [t_0,b]:u(t)\le v(t),\;\forall t\in [t_0,c]\}$ et $c^\ast=\sup A$.)

Solution:

  1. Comme $u$ et $v$ sont deux solution globale, alors ils sont aussi des équations intégrales suivantes \begin{align*}u(t)&=x_0+\int^t_{t_0}F(s,u(s))ds,\qquad t\ge t_0\cr v(t)&=x_0+\int^t_{t_0}G(s,v(s))ds,\qquad t\ge t_0.\end{align*} Alors on a pour tout $t\ge t_0$ on a\begin{align*}u(t)-v(t)&=\int^t_{t_0} \left(F(s,u(s))-G(s,v(s))\right)ds\cr &=\Theta_1+\Theta_2,\end{align*}avec \begin{align*}\Theta_1&:=\int^t_{t_0} \left(F(s,u(s))-G(s,u(s))\right)ds\cr \Theta_2&:=\int^t_{t_0} \left(G(s,u(s))-G(s,v(s))\right)ds.\end{align*}Dans un premier temps nous allons montrer qu’il existe $\gamma_0>0$ tel que $\Theta_1\le -\gamma_0 (t-t_0)$ pour tout $t\ge t_0$. En effet, soit le compact $K_1=u([a,b])$. On a la fonction $F-G$ est continue sur le compact $[t_0,b]\times K_1,$ donc il existe $(c_0,\kappa_0)\in [t_0,b]\times K_1$ tel que\begin{align*}(F-G)(t,x)\le (F-G)(c_0,\kappa_0),\qquad \forall (t,x)\in [t_0,b]\times K_1.\end{align*} D’autre par comme $F < G$ sur $[t_0,b]\times K_1$, alors il existe $\gamma_0>0$ tel que $$(F-G)((c_0,\kappa_0))\le -\gamma_0.$$ On a alors pour tout $s\in [t_0,t],$\begin{align*}F(s,u(s))-G(s,u(s))\le -\gamma_0.\end{align*}D’où $\Theta_1\le -\gamma_0 (t-t_0)$ pour tout $t\ge t_0$. L’estimation de $\Theta_2:$ Soit le compact $K_2:=u([a,b])\cup v([a,b])$. Comme $G$ est continue sur le compact $[a,b]\times K_2$, alors elle est uniformément continue sur ce compact. Pour $\varepsilon=\frac{\gamma_0}{2},$ il existe $\beta>0$ tel que pour tout $(s,x),(s,y)\in [a,b]\times K_2:$\begin{align*}|x-y|\le \beta\;\Longrightarrow\;|G(s,x)-G(s,y)|\le \frac{\gamma_0}{2}.\end{align*}D’autre part, la fonction $\psi=u-v$ est continue à droit de $t_0$ et $\psi(t_0)$, donc il existe $\delta>0$ tel que\begin{align*}t_0\le s\le t_0+\delta\;\Longrightarrow\; |u(s)-v(s)|=|\psi(t)|\le \beta.\end{align*}En déduit donc que pour tout $t\in [t_0,t_0+\delta$ on a $\Theta_2\le \frac{\gamma_0}{2}(t-t_0)$. Ce qui montre que\begin{align*}u(t)-v(t)\le- \frac{\gamma_0}{2}(t-t_0),\quad \forall t\in [t_0,t_0+\delta].\end{align*}Ainsi $u(t) < v(t)$ pour tout $t\in ]t_0,t_0+\delta]$.
  2. Soit $$ A:={c\in [t_0,b]: u(t)\le v(t),\quad \forall t\in [t_0,c]}. $$ On a $A$ est non vide car $t_0\in A$. De plus $A$ est majorée par $b$. Donc $c^\ast=\sup(A)$ existe dans $\mathbb{R}$. D’autre part, $A$ est un intervalle. En effet, soit $c\in A$ et $t_0\le c’\le c$. Comme $u(t)\le v(t)$ pour tout $t\in [t_0,c],$ alors aussi c’est vraie pour tout $t\in [t_0,c’]$. Donc $c’\in A$. Donc $A$ est un intervalle, et par suite on a $A=[t_0,c^\ast[$. Montrons que $c^\ast\in A$. On sait qu’il existe $(c_n)\subset A$ tel que $c_n\to c^\ast$ quand $n\to\infty$. Comme pour tout $n$ on a $u(c_n)\le v(c_n)$ alors par continuité on a aussi $u(c^\ast)\le v(c^\ast)$. On obtien $A=[t_0,c^\ast]$. Comme $c^\ast\le b$ alors on a deux cas. Si $c^\ast=b,$ alors on a rien à montrer. si non $c^\ast < b$. Supposons $u(c^\ast) < v(c^\ast)$. Comme la fonction $u-v$ est continue a droit de $c^\ast$ alors pour $\varepsilon= \frac{v(c^\ast)-u(c^\ast)}{2},$ il existe $\sigma>0$ tel que\begin{align*}(u(t)-v(t))- (u(c^\ast)-v(c^\ast))\le \frac{v(c^\ast)-u(c^\ast)}{2},\qquad \forall t\in [c^\ast,c^\ast+\sigma].\end{align*}Ce qui iplique que $u(t) < v(t)$ pout tout $t\in [c^\ast,c^\ast+\sigma]$. Ceci est une contraduction avec le fait que $c^\ast=\sup(A)$. Maintenant si $u(c^\ast)=v(c^\ast)$ alors d’après la question 1, il existe $\delta>0$ tel que $u(t)\le v(t)$ pout tout $t\in [c^\ast,c^\ast+\delta]$. C’est absurd. D’où $b=c^\ast$.

Exercice: Soit le problème de Cauchy $$(PC)_{0,x_0}\qquad \begin{cases} \dot{u}(t)=-u(t)+\sin(u(t)) (u(t))^2,& t\ge 0,\cr u(0)=x_0\in ]-1,1[. \end{cases} $$

  1. Montrer que le problème de Cauchy $(PC)_{0,x_0}$ admet une unique solution maximale $u:[0,\tau^\ast[\to \mathbb{R}$ telle que $$ u(t)=e^{-t}x_0+\int^t_0 e^{-(t-s)}\sin(u(s))(u(s))^2ds,\quad \forall t\in [0,\tau^\ast[. $$
  2. Le but maintenant est de démontrer qu’on a en fait une solution globale du problème $(PC)_{0,x_0}$, autrement dit nous allons montrer que $\tau^\ast=+\infty$. Pour cela soit $\delta\in ]0,1[$ tel que $|x_0|=1-\delta$. Soit $\delta_0\in ]0,\delta[$ et on pose $$ A=\left\{\tau\in [0,\tau^\ast[: |u(t)|\le 1-\delta_0,\quad \forall t\in [0,\tau]\right\}. $$ 2-1) Montrer que $A$ est un intervalle. On pose alors $A=[0,\alpha[$ avec $\alpha\le \tau^\ast$. Le but est de montrer que $\alpha=\tau^\ast$. Par l’absurd, supposons que $\alpha<\tau^\ast$. 2-2) Montrer que $$ \forall \tau\in A, \qquad |u(t)|\le |x_0|e^{-\delta_0 t},\quad\forall t\in [0,\tau]. $$ 2-3) Montrer que $|u(t)|\le 1-\delta$ pour tout $t\in [0,\alpha]$. En déduire qu’il existe $\gamma>0$ tel que $\alpha+\gamma\in A$. Conclure.
  3. Montrer que $\tau^\ast=+\infty$.
  4. Montrer que $$ |u(t)|\le |x_0|e^{-\delta_0 t},\qquad \forall t\in [0,+\infty[. $$

Solution:

  1. Le problème de Cauchy $(PC)_{0,x_0}$ s’écrit comme $\dot{u}(t)=F(t,u(t))$ et $u(0)=x_0$ avec $$ F:[0,+\infty[\times \mathbb{R}\to \mathbb{R},\quad F(t,x)=-x+\sin(x)x^2. $$ Cette fonction est continue sur de classe $C^1$ sur $[0,+\infty[\times \mathbb{R}$. De plus il est de classe $C^1,$ donc localement Lipschitzienne par rapport a sa deuxième variable. Ce qui implique, d’après le théorème de Cauchy-Lipschitz que la solution maximale existe et est unique. On note cette solution maximale par $u:[0,\tau^\ast[\to \mathbb{R}$. Soit $t\in [0,\tau^\ast[$. Comme $u$ est solution de $(PC)_{0,x_0}$, alors pour tout $s\in [0,t]$ on a $$ \dot{u}(s)+u(s)=\sin(u(s))(u(s))^2. $$ Multipliant les deux cotés par $e^s$, on trouve alors $$ \frac{d}{ds}\left( e^s u(s)\right)=e^s \sin(u(s))(u(s))^2. $$ Et par intégration entre $0$ et $t$ on obtient $$ u(t)=e^{-t}x_0+\int^t_0 e^{-(t-s)}\sin(u(s))(u(s))^2ds,\quad \forall t\in [0,\tau^\ast[. $$
  2. On suppose par $\tau^\ast < +\infty$. On a $A$ est non vide, car $|x_0|=1-\delta<1-\delta_0$ car $\delta_0\in ]0,\delta_0[$. De plus $A$ est majorée par $\tau^\ast,$ donc $\alpha=\sup(A)$ existe et $\alpha\le \tau^\ast$. De plus $A$ est un intervalle, car si $\tau\in A$ et si $\tau’\in ]0,\tau,[$ alors en particulier on a $|u(t)|\le 1-\delta_0$ pour tout $t\in [0,\tau’]$, ce qui donne $\tau’\in A$. D’où $A=[0,\alpha[$. Maintenant nous allons montrer que $u$ est bornée sur $[0,\alpha]$. Soit $\tau\in A$ et $t\in [0,\tau]$. Alors on a $|u(s)|\le 1-\delta_0$ pour tout $s\in [0,t]$. Comme la fonction sinus est bornée par $1,$ alors \begin{align*} |e^t u(t)|&\le |x_0|+\int^t_0 |u(s)| (e^s |u(s)|) ds \cr & \le |x_0|+(1-\delta_0)\int^t_0 e^s |u(s)| ds. \end{align*} En appliquant le lemme de Gronwall on obtient $$ |e^t u(t)|\le |x_0| e^{(1-\delta_0)t}. $$ Donc $$ |u(t)|\le |x_0| e^{-\delta_0 t},\qquad \forall t\in [0,\alpha[. $$ Comme $e^{-\delta_0 t}\le 1$ et $|x_0|=1-\delta,$ alors $|u(t)|\le 1-\delta$ pour tout $t\in [0,\alpha[$. Comme $\alpha=\sup(A)$ alors il existe $(\alpha_n)_n\subset A$ tel que $\alpha_n\to\alpha$ quand $n\to\infty$. Comme $|\alpha_n|\le 1-\delta$ alors par continuité on a $|u(\alpha)|\le 1-\delta$. D’où $|u(t)|\le 1-\delta$ pour tout $t\in [0,\alpha]$. Montrons que $\alpha=\tau^\ast$. Supposons par l’absurd que $\alpha<\tau^\ast$. Par continuité de la solution $u$ à droite de $\alpha$ on a pour tout $\varepsilon>0$ il existe $\gamma>0$, tel que pour tout $t\in [\alpha,\alpha+\gamma]$ on a $|u(t)-u(\alpha)|\le \varepsilon.$ Donc l’inégalité triangulaire implique que pour tout $t\in [\alpha,\alpha+\gamma]$ on a $$ |u(t)|\le \varepsilon+ |u(\alpha)|\le \varepsilon+1-\delta. $$ Donc si on choisit $\varepsilon=\delta-\delta_0>0,$ on trouve que $|u(t)|\le 1-\delta_0$ pour tout $t\in [\alpha,\alpha+\gamma]$. Ce qui implique que $\alpha+\gamma\in A,$ c’est absurde. Ainsi $\alpha=\tau^\ast$.
  3. Si $\tau^\ast < +\infty$, alors on a vue dans la question 2 que $|u(t)|\le 1-\delta$ for tout $t\in [0,\tau^\ast]$. Donc la solution est borné dans à gauche de $\tau^\ast,$ ce qui n’est contredit le fait que si $\tau^\ast < +\infty$ alors $|u(t)|\to +\infty$ quand $t\to +\infty$. Donc forcément on a $\tau^\ast=+\infty$.
  4. Il suffit de refaire les mêmes démarches que dans la question 2.

Exercice: Soit $F:\mathbb{R}\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ une fonction continue sur $\mathbb{R}\times\mathbb{R}$ et $T$-périodique ($T>0$) par rapport à sa première variable, c’est à dire que $$ \forall (t,x)\in \mathbb{R}^2,\qquad F(t+T,x)=F(t,x). $$ On suppose que l’equation différentielle\begin{align*}\tag{Eq} \dot{u}(t)=F(t,u(t)),\qquad t\in\mathbb{R},\end{align*}admet une solution $u:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ bornée sur $\mathbb{R}$. >Le but de cet exercice est de montrer que (Eq) admet une solution $T$-périodique. Pour cela on définie une suite de fonctions par $$ u_n(t)=u(t+nT),\qquad \forall, n\in\mathbb{N},\;t\in\mathbb{R}. $$

  1. Montrer que pour chaque $n\in \mathbb{N},$ la fonction $u_n$ est une solution de (Eq).
  2. Montrer que si $u_1-u_0$ s’annule en un point de $\mathbb{R}$, alors $u$ est $T$-périodique.
  3. On suppose que $u_1-u_0$ ne s’annule pas sur $\mathbb{R}$ (donc par continuité $u_1-u_0$ garde un signe constant), et on suppose alors que $u_1-u_0>0$ sur $\mathbb{R}$. 3-1) Montrer qu’il existe une fonction $u_\infty:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ tel que pour tout $t\in\mathbb{R},$ $$ u_n(t)\to u_{\infty}(t)\quad\text{quand}\;n\to\infty. $$ 3-2) Montrer que $u_\infty$ est $T$-périodique sur $\mathbb{R}$. 3-3) Montrer que $(u_n)$ converge uniformément vers $u_\infty$ sur les compact de $\mathbb{R}$ et que $u_\infty$ est une solution de l’équation (Eq).

Solution:

  1. Par récurrence on peut montrer facilement que $F(t,x)=F(t+nT,x)$ pour tout $n\in \mathbb{N}$ et $(t,x)\in\mathbb{R}^2$. Let $u:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ une solution bornée de (Eq). Remarquons que $u_n$ est le composé de deux fonctions dérivable sur $\mathbb{R}$, donc $u_n$ est dérivable sur $\mathbb{R}$. Pour tout $t\in\mathbb{R},$ et on a\begin{align*}\dot{u}_n(t)&=\left(u(t+nT)\right)’=\dot{u}(t+nT)\cr &= F(t+nT,u(t+nT))\cr &=F(t+nT,u_n(t))\cr &= F(t,u_n(t)).\end{align*}Ce qui implique que $u_n$ est une solution de l’équation différentielle (Eq).
  2. Supposons qu’il existe $t_0\in \mathbb{R}$ tel que $u_1(t_0)=u_0(t_0)$. Comme $u_1$ et $u_0$ sont deux solutions de (Eq) qui coïncident en un point, alors par le théorème d’unicité globale on a $u_1(t)=u_0(t)$ pour tout $t\in \mathbb{R},$ ce qui signifie que $u(t+T)=u(t)$ pour tout $t\in\mathbb{R}$. Ainsi $u$ est $T$-périodique.
  3. Montrer que la suite de fonction converge simplement vers une fonction sur $\mathbb{R}$. pour chaque $t\in\mathbb{R}$ on a $(u_n(t))_n\subset \mathbb{R}$ est une suite croissante. En effet, Soit $t\in\mathbb{R}$. Comme $u_1(t)>u_0(t)$, alors\begin{align*}u_{n+1}(t)&=u(t+(n+1)T)=u((t+nT)+T)\cr &=u_1(t+nT)>u_0(t+nT)=u(t+nT)=u_n(t).\end{align*}D’autre part, on sait que $u$ est bornée sur $\mathbb{R}$. Donc il existe $M>0$ tel que $|u(t)|\le M$ pour tout $t\in \mathbb{R}$. Alors $|u_n(t)|=|u(t+nT)|\le M$ pour tout $t\in\mathbb{R}$. Donc la suite $(u_n(t))$ est bornée. Ainsi cette suite est convergente vers un réel noté $u_\infty(t)$ pour chqaue $t\in \mathbb{R}$. Donc $u_n\to u_\infty$ simplement quand $n\to \infty$ et $u_\infty:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$. La fonction $u_\infty$ est $T$-périodique. En effet, On a $u_{n+1}(t)=u_n(t+T)$. En faisant $n\to \infty$ on trouve $u_\infty(t)=u_\infty(t+T)$. Montrons que $(u_n)$ converge uniformément vers $u_\infty$ (ceci va nous aider a montrer que $u_\infty$ est solution de (Eq)). Comme $F$ est est $T$-périodique par rapport à sa première variable est que $u(t)\in [-M,M]$ pour tout $t\in \mathbb{R},$ alors $$ \left\{F(t,u(t)):t\in \mathbb{R}\right\}\subset \left\{F(t,x):(t,x)\in [0,T]\times [-M,M]\right\}. $$ Comme $$ \kappa:=\sup_{[0,T]\times [-M,M]} |F|, $$ alors $|\dot{u}_n(t)|=|F(t,u(t+nT)|\le \kappa$ pout tout $t$. Alors par le théorème des accroissements finis, on a pour tout $n\in\mathbb{N}$ et tout $t,s\in\mathbb{R}$ on a $$|u_n(t)-u_n(s)|\le \kappa |t-s|.$$ Ceci montrer que $(u_n)$ est équicontinue. Et puis pour tout $n\in \mathbb{N}$ et tout $t\in\mathbb{R}$ on a $|u_n(t)|\le M,$ alors la suite $(u_n)$ est aussi équibornée. Donc d’après le théorème d’Ascoli, $(u_n)$ admet une sous-suite $(u_{n_k})$ qui converge uniformément vers $u_\infty$ sur les compacts de $\mathbb{R}$. D’autre part on sait comme pour chaque $k\in \mathbb{N},$ la fonction $u_{n_k}$ est solution de (Eq) alors il satisfait aussi l’équation intégrale\begin{align*}\tag{EI} u_{n_k}(t)=x_0+\int^t_0 F(s,u_{n_k}(s))ds,\qquad t\in\mathbb{R}.\end{align*}On utilisant le fait que $F$ est unformément continue sur le compact $[0,T]\times [-M,M]$ et le fait que $(u_{n_k})$ qui converge uniformément vers $u_\infty$, on peut montrer facilement que $F(\cdot,u_{n_k}(\cdot))$ converge uniformèment vers $F(\cdot,u_\infty(\cdot))$. Donc par passage à la limite dans (EI) on trouve $$ u_\infty(t)=x_0+\int^t_0 F(s,u_\infty(s))ds,\qquad t\in\mathbb{R}. $$ Ce qui est équivalent à dire que $u_\infty:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ est une solution de (Eq) qui est $T$-périodique.

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