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Equation differentiel, étude qualitatif
Bonsoir tout le monde, j'ai un petit problème avec mon DM. Je suis en 2eme année. Voila les questions sur lesquelles je bloque.
Soit (E) : x' = x² - tx + a(t)
où a(t) est une fonction continue def sur R et tel que pour tout t réel on a 0< a(t) <(ou=)1
Voila les hypothèses:
A={t (barrière sup stricte), t + 1/t (barrière inf stricte} pour t>0 est un anti-entonnoir et que l'axe des abscisses est une barrière inférieur stricte
Et voila les questions:
i)Soit (t0,x0) € R² avec 0<(ou=)x0<t0, montrer que la solution maximale passant par (t0,x0) est définie jusqu'en +infini
ii)Soit (t0,x0) € R² avec x0<0<(ou=)t0, montrer que la solution maximale passant par (t0,x0) est définie jusqu'en +infini
Merci de me proposé vos idées svp
Bonjour Zakkk,
la fonction f(t,x) = x² - tx + a(t) est continue sur R², et localement lipschitzienne en la seconde variable (Il suffit en effet dans ce cas de constater que pour tout (t0,x0) fixé de R², et pour tout e > 0 fixé, il existe une constante M > 0 telle que pour tout t de [t0 - e;t0+e] et tout x de [x0-e;x0+e] , la dérivée partielle par rapport à x de f prise en (t,x) soit majorée en valeur absolue par M).
D'après Cauchy-Lipschitz, il existe donc pour tout (t0,x0) fixé une unique solution maximale u passant par (t0,x0).
Si on choisit (t0,x0) tel que 0 < x0 < t0, c'est-à-dire entre la barrière inférieure 0 et la barrière supérieure t de l'équation (E), alors comme ces deux barrières sont définies sur l'intervalle [t0;+infini[, le théorème de l'entonnoir entraîne que u est elle aussi définie jusqu'en l'infini (et que de plus u reste coincée entre les barrières).
Merci Tigweg, en pleine journée je me suis rendu compte qu'il existait des théorèmes sur les entonnoirs. C'est quand meme puissant ça lol.
Mais pour la deuxième je ne peu pas faire pareil car je n'est plus d'entonnoir.. Je vais y réfléchir merci.
Voila une autre question sur laquelle je bloque, décidément...
Soit (t0,x0) € R² avec 1 < t0 < x0/2. Montrer que la solution maximale passant par (t0,x0) satisfait x'(t) > x(t)²/2 pour t>t0 et en déduire que cette solution admet une asymptote verticale en un certain t1>t0
PS: x=2t est une barrière inf pour t>1
Merci
Merci Tigweg, en pleine journée je me suis rendu compte qu'il existait des théorèmes sur les entonnoirs. C'est quand meme puissant ça lol.
-> Oui, je trouve aussi!
Je t'en prie!
Si je considère l'entonnoir E={(t,x) / -t < x < t } c'est bon non?
-> Non, car on choisit juste x0 < 0 < t, donc on ne sait pas si le point (t0, x0) choisi vérifie x0 > - t0 .
En revanche tu as raison d'avoir essayé -t, qui est bien une barrière inférieure de (E).
Seulement, ce n'est pas la seule! Je te laisse vérifier que pour tout réel k > 0, -kt est aussi une barrière inférieure.
Or ça tombe bien, car ce type de droites peut être rendu aussi pentu que souhaité, et on va donc pouvoir choisir un k adéquat, qui englobe le point (t0, x0) choisi.
Donc, pour récapituler:
1) On choisit (t0, x0) vérifiant x0 < 0 < t0
2) Un calcul élémentaire montre que la pente de la droite joignant ce point à O est x0/t0 (nombre négatif) .
On double ce nombre pour que la droite ne passe pas par le point, en posant k = 2x0/t0 .
k < 0 donc avec ce k, on a k.t barrière inférieure, et hop! Notre point est piégè par les deux barrières, donc le raisonnement de la question a s'applique!
C'est pas beau, les maths?
Pour ta question suivante, il suffit de prouver que pour t > t0, on a -tx + a(t) < x²/2, , d'accord?
Or ceci s'écrit x² + 2tx - 2a(t) > 0
Le discriminant de ce trinôme du second degré en x est 4t² + 8a(t) > 0 puisque t> 0 et a(t) > 0 .
Il est donc strictement positif pour tout x supérieur à la plus grande de ses racines, qui est:
Or, 2t étant une barrière inférieure pour t > 1, et (t0,x0) étant au-dessus de cette barrière, pour tout t > t0, on aura encore x(t) > 2t, en particulier x(t) > 2t0 > 2 > 1 !
Ainsi, pour tout t > t0, le trinôme en x(t) précédent est bien strictement positif, ce qu'il fallait démontrer!!
Ah là là, mais c'est carrément le nirvana, là!
Bon tant qu'on y est, en route pour la conclusion finale!
Cette nouvelle inégalité peut s'interpréter de la façon suivante:
x est barrière supérieure d'une nouvelle équation différentielle, que voici que voilà:
(F) : y' = y²/2
L'application f(t,y) = y²/2 est clairement C1 sur R², donc on en déduit que toute solution y de (F) qui est un jour en-dessous de la courbe de x va y rester!
Or, les solutions de (F) sont les fonctions de la forme (on résout ce type d'équations quand on est enfant, en apprenant à marcher!
)
Il suffit donc de choisir C tel que, en t0, x soit supérieure à y, ce qui s'écrit
Or donc la condition précédente est réalisée dès que
Un petit dessin de la fonction montre que si on veut que la branche du haut (c'est celle qui est intéressante) de cette hyperbole mange le point (t0,x0) (comme ça, la courbe de x sera toujours au-dessus d'elle et aura forcément une asymptote verticale!), il faut choisir C < - t0.
Par exemple si t0 = 3, on peut prendre C = -4 de sorte que la courbe -1/(t-4), décalée de -1/t par la translation de vecteur 4i (i vecteur unitaire sur (Ox)), soit en-dessous du point, et ait comme asymptote verticale la droite x = 4.
Maintenant que je t'ai livré tous mes secrets, il n'y a plus qu'à écrire les choses!
s'écrit
soit, compte tenu du fait qu'on veuille
,
Pour une telle valeur de C, on aura bien que la courbe de y sera en-dessous de la barrière sup que constitue x au point d'abscisse t0, donc qu'elle y reste.
La fonction x est donc supérieure à y pour tout t > t0, et si notre intuition précédente était bonne, l'asymptote verticale t = -C à la courbe de y passe après t0, autrement dit on a -C > t0.
Une simple vérification montre que c'est bien le cas, ouf on est sauvés! (on a bien 1+ t0² > t0² et t0 est positif)
Il n'y a plus qu'à achever la bête, à présent!
La limite lorsque t tend vers -C de y(t) vaut +infini, avec x(t) > y(t) pour tout t > t0 et (-C > t0), donc il en va de même pour la limite de x(t), ce qui prouve que la courbe de x admet bien une asymptote verticale, d'équation t = -C.
Ah, mais je crois bien que ça va me réconcilier avec les équations différentielles cette notion d'entonnoir, je trouve ça tout simplement fan-tas-tique!
Eh oui, je dois à présent te faire une petite confession: hier mtin encore, je ne connaissais rien aux entonnoirs et anti-entonnoirs, c'est pour répondre à ta question désespérée que je suis allé me documenter un peu sur le net! 
Pardon, y a encore un petit souci.
En me relisant, je m'aperçois que c'est quand même bizarre : dans ce cas, la même fonction x devrait avoir pour asymptotes toutes les droites t = -C, puisqu'il n'y a pas un choix unique de C!
C'est donc encore un peu plus compliqué que cela:
x est la solution maximale de (E) passant pat (t0,x0), donc elle est définie sur un intervalle ouvert ]a;b[ et n'est plus prolongeable en solution de (E) sur un plus grand intervalle que ]a;b[.
On a b > t0 puisque x est supposée définie en t0.
Pour toutes les valeurs de C précédemment trouvées, la courbe de x est au-dessus de la courbe de y associée à la valeur choisie pour C.
Par contre, rien ne dit que x est définie jusqu'en t = -C, et il faut donc s'arranger pour choisir la valeur de -C la plus petite possible pour que x soit définie jusque là, et qu'on puisse conclure comme avant.
Il faut donc choisir -C = b, autrement dit le -C le plus petit possible (ou le C le plus grand possible).
C'est possible puisque l'ensemble des -C tels que la courbe de y soit en-dessous de x est une partie minorée de R, donc elle admet une borne inférieure.
De plus, -C est nécessairement supérieur ou égal à b d'après ce qui a été dit avant, et pour -C = b ça marche encore, donc il faut choisir -C = b.
C'est bien cohérent alors : x est définie jusqu'en b = -C exclu, et t = b est asymptote verticale.
Bonjour, merci pour tout c'est vraiment sympa; j'ai comme meme un probleme avec ton polynome, je ne trouve pas le meme et du coup le discriminant n'est pas le meme et du coup le raisonement n'est plus bon. je trouve x² - 2tx + 2a(t) > 0...
La fin n'est quand même pas bien rigoureuse, d'autre part je ne parviens pas à prouver directement que y(t) = -2/(t-b) marche bien, car sa valeur en t0 n'a pas de raison d'être forcément inférieure à x0...
Il faut revoir cela.Ce qui me chagrine, c'est qu'on pourrait très bien imaginer que x reste au-dessus de y, que b < -C, que y ait une asymptote verticale mais que x s'arrête bêtement en un point d'abscisse b, sans partir à l'infini.
Je ne vois pas de contradiction...à part si on peut montrer qu'une telle solution maximale serait prolongeable plus loin que b (donc contradiction), mais je ne m'y connais pas assez pour savoir comment prouver cela...
Avis aux connaisseurs, donc.
Ok, je crois pouvoir rectifier!
La bonne condition est x² - 2tx + 2a(t) > 0, ok cette fois-ci?
Ce trinôme donne une parabole tournée vers le haut, et le minimum est atteint en "-b/2a" = t.
Or x0 > 2t0 par hypothèse et comme 2t est barrière inf, on a tout le temps x(t) > 2t pour t > 1.
Le trinôme est croissant pour x > t, donc comme x > 2t > t, la valeur du trinôme est supérieure à ce qui se passe quand on remplace x par 2t, et cela vaut:
4t² - (2t)(2t) + 2a(t) = 2a(t) > 0.
Ouf!
Donc le trinôme est toujours positif pour t > 1 et on a bien ce qu'il faut.
J'espère que c'est juste, à présent!
Ok je te remercie. je vais essayer de mettre sa sur feuille maintenant. La question precedente avc "k", la barierre sup est bien x=t, ya pas de souci pour sa?
Ok, merci pour tout Tigweg, dire que tu as appris tout cela en une matiné.. Bonne continuation et a la prochaine
Je t'en prie!
Je n'ai appris que le théorème, mais j'ai découvert tout seul les méthodes en fait.
Et c'est super chouette je trouve!
Tu confirmes pour la parabole?
Bon j'ai regardé tout cela à nouveau, et pour la fin je me demande vraiment si on peut conclure à partir de l'indication qui est donnée, j'ai l'impression que ce n'est pas aussi simple que ça.
Reprenons: on fixe t0 > 1 et x0 > 2t0.
On sait que pour toute constante C telle que y(t) = -2/(t + C) passe en-dessous de (t0, x0), on aura x(t) > -2/(t + C) pour tout t > t0 de l'ensemble de définition de la fonction x.
Or y(t) passe en dessous du point si et seulement si C est tel que -2/(t0 + C) < x0 .
On veut de plus t0 + C < 0 (j'avais déjà dit pourquoi) donc cette inégalité s'écrit C < -2/x0 - t0
L'inégalité est large, donc on peut encore choisir C = -2/x0 - t0 au maximum.Pour cette valeur de C, on aura bien en particulier t0 + C < 0 puisque x0 > 0.
y(t) s'écrit donc -2/(t + C) = 2x0/[2 - x0(t - t0)] .
Elle passe par (x0, t0) donc x(t), barrière supérieure de l'équa diff (F), reste au-dessus de y pour t > t0.
De plus y(t) admet une asymptote verticale en 2/x0 + t0 et tend vers +infini lorsque t tend vers cette valeur par la gauche.
Ma question: et alors???
t0 + 2/x0 > t0 donc on pourrait très bien imaginer à ce stade que la fonction x soit définie jusqu'à une valeur un tout petit peu inférieure à t0 + 2/x0 et qu'elle ne parte jamais à l'infini!
Et comme on a pris le meilleur C possible, je ne vois décidément pas comment conclure à ce stade!
Il doit me manquer des connaissances sur les équas diffs.
Tu es en quelle année au fait?Et qu'avez-vous appris à faire?
Notamment, peux-tu me dire tout ce que tu sais des solutions maximales d'une équa diff?
Bonsoir Tigweg, je suis en 2eme année. On a appris tout ce qui est barrière, anti-entonnoir, entonnoir et les théorème qui s'y rattache.
On dit que sol est maximale si elle est définie sur le plus grand intervalle qui soit.
Par exemple si f(x) est une sol de (E) sur I et que g(x)=f(x) sol de E aussi sur R alors g(x) est la solution maximale car I€R et on ne peut pas trouver de plus grand intervalle à ma connaissance.
"la fonction x soit définie jusqu'à une valeur un tout petit peu inférieure à t0 + 2/x0 et qu'elle ne parte jamais à l'infini!"
Cela est impossible, d'après Cauchy Lipschitz sinon on pourrait avoir des intersections entre les solutions ce qui n'est pas possible car tu la dit toi même, les hypothèse de Cauchy sont versifiées. Je sais pas si sa t'éclaire se que je viens de dire, mais on imagine mal une solution tendre vers un point et s'arreter arrivé a lui 
En 2è année?? Eh ben dis-donc, ils n'y vont pas de main morte dans ta fac!
J'avais déjà entendu les mots entonnoir et anti-entonnoir, mais je n'ai jamais su ce que cela voulait dire avant hier matin!
Ce serait plutôt du niveau L3-M1 tout ça! Enfin bon, il faut croire que tu as un passionné de ce domaine parmi tes profs!
Cela est impossible, d'après Cauchy Lipschitz sinon on pourrait avoir des intersections entre les solutions
-> Il y a sûrement un peu de ça, même si je ne crois pas que la contradiction vienne d'une possible intersection entre courbes intégrales.
Je dirais plutôt par exemple que c'est dû au fait qu'une solution maximale est définie sur un ouvert, et surtout que x est croissante!!
Alors ça c'est le méga-truc que j'avais oublié!!Rappelle-toi, on a x' > x²/2, en particulier x' > 0 donc x est croissante!!
Ainsi, si x n'était par exemple définie que sur ]2;3[ sans partir à l'infini quand x tend vers 3- , elle aurait par croissance une limite finie à gauche en 3-, et on pourrait donc la prolonger par continuité en 3 en une solution définie sur un plus grand intervalle qu'elle, contradiction!!!
Bon là je crois qu'on tient le bon bout!
Résumons-nous:
1) x est croissante sur un intervalle du type ]a;b[ avec a < t0 < b < -C où -C désigne la constante que j'ai obtenue dans un message précédent.
2) x(t) > -2/(t + C) pour t > t0
x(t) étant croissante sur I = ]a;b[ , elle admet une limite en b-, qui n'est pas moins l'infini.
Supposons que la limite lorsque t tend vers b- de x(t) ne soit pas + infini non plus, alors ce serait une limite finie L.
Contradiction en prolongeant x(t) par continuité au point b en posant x(b) = L.
En effet, x'(t), qui est continue sur ]a;b[ (d'après l'équa diff (E)) tend nécessairement vers une limite finie en b- puisque x(t) ne tend pas vers l'infini en ce point, donc la même équa diff (E) est encore vérifiée par le prolongement de x(t).
Donc, la limite en b- de x(t) vaut nécessairement +infini, fin de la démonstration!
Pour parachever l'aspect rigueur, il faudrait aussi justifier la raison pour laquelle on a pu se ramener à un intervalle ]a;b[ contenant t0, alors qu'une solution maximale n'est a priori définie que sur un ouvert.
Cela est dû au fait qu'on montre en topologie que tout ouvert de R est une réunion dénombrable d'intervalles ouverts.
Par hypothèse, x est définie en t, donc il existe un intervalle ouvert ]a;b[ le plus grand possible contenant t0, et sur lequel cette solution maximale x(t) est définie.
Voilà, à présent, je crois que c'est béton!
Je t'explicite tout de même le théorème essentiel que j'ai utilisé à la fin:
toute fonction monotone d'un intervalle ]a;b[ de R dans R admet des limites finies à gauche et des limites à droite en tout point de ]a;b[, ainsi que des limites finies ou infinies en a+ et en b-.
Enfaite c'est une option que je fais.. et j'ai choisi equa-diff, lol moi qui pensait que la méthode de la variation de la constante était un truc de ouf!!!
J'imagine même pas les équation aux dérivé partielle
Comme quoi y'en a des choses à apprendre. Et oui ton truc a l'aire béton, mais bon faut que je revois tout sa !!
Tu es à la fac aussi?
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