On a clairement ${\displaystyle 3\Rightarrow 2\Rightarrow 1}$. Montrons que ${\displaystyle 1\Rightarrow 3}$. Soit ${\displaystyle K{\text{ compact }}\subset \Omega }$ et pour tout ${\displaystyle (z,s)\in K\times I}$, soient ${\displaystyle \varepsilon _{z,s}>0}$ et ${\displaystyle M_{z,s}\in \mathbb {R} }$ tels que
${\displaystyle \forall t\in I\quad \forall x,y\in K\quad |t-s|,\|x-z\|,\|y-z\|<\varepsilon _{z,s}\Rightarrow \left\|f\left(t,x\right)-f\left(t,y\right)\right\|\leq M_{z,s}\left\|x-y\right\|}$.
Par compacité, ${\displaystyle K\times I}$ est recouvert par un nombre fini de boules ${\displaystyle B_{i}:=\{(x,t)\mid |t-s_{i}|<\varepsilon _{i}{\text{ et }}\|x-z_{i}\|<\varepsilon _{i}/2\}}$ avec ${\displaystyle \varepsilon _{i}:=\varepsilon _{z_{i},s_{i}}}$.

En prenant pour ${\displaystyle M_{1}}$ le plus grand des ${\displaystyle M_{z_{i},s_{i}}}$ et pour ${\displaystyle \varepsilon }$ le plus petit des ${\displaystyle \varepsilon _{i}}$, on a alors :

${\displaystyle \forall t\in I\quad \forall x,y\in K\quad \|x-y\|<\varepsilon /2\Rightarrow \left\|f\left(t,x\right)-f\left(t,y\right)\right\|\leq M_{1}\left\|x-y\right\|}$.

Pour traiter aussi le cas ${\displaystyle \|x-y\|\geq \varepsilon /2}$, remarquons que si ${\displaystyle (x,t)\in B_{i}}$ et ${\displaystyle (y,t)\in B_{j}}$ alors :

${\displaystyle \left\|f\left(t,x\right)-f\left(t,y\right)\right\|\leq }$

${\displaystyle \left\|f\left(t,x\right)-f\left(t,z_{i}\right)\right\|+\left\|f\left(t,z_{i}\right)-f\left(t,z_{j}\right)\right\|+\left\|f\left(t,z_{j}\right)-f\left(t,y\right)\right\|\leq }$

${\displaystyle M_{1}\varepsilon _{i}/2+\sup _{t\in I}\|f(t,z_{i})\|+\sup _{t\in I}\|f(t,z_{j})\|+M_{1}\varepsilon _{j}/2\leq }$

${\displaystyle N:=M_{1}\max _{k}\varepsilon _{k}+2\max _{k}{\sup _{s\in I}\|f(s,z_{k})\|}}$.

En posant ${\displaystyle M_{2}:=2N/\varepsilon }$, on a donc :

${\displaystyle \forall t\in I\quad \forall x,y\in K\quad \|x-y\|\geq \varepsilon /2\Rightarrow \left\|f\left(t,x\right)-f\left(t,y\right)\right\|\leq N=M_{2}\varepsilon /2\leq M_{2}\left\|x-y\right\|}$.

La propriété 3 est ainsi vérifiée, pour ${\displaystyle M:=\max(M_{1},M_{2})}$.

1. Si ${\displaystyle x'}$ est bornée sur un intervalle de la forme ${\displaystyle \left[b-\varepsilon ,b\right[}$ alors — d'après l'inégalité des accroissements finis — ${\displaystyle x}$ est lipschitzienne sur cet intervalle. D'après le critère de Cauchy pour une fonction, ${\displaystyle x}$ admet alors au point ${\displaystyle b}$ une limite ${\displaystyle c}$. Le couple ${\displaystyle \left(b,c\right)}$ est adhérent à l'ouvert ${\displaystyle U}$ mais ne lui appartient pas car sinon — d'après le théorème « limite de la dérivée » — ${\displaystyle x}$ serait prolongeable en une solution définie au point ${\displaystyle b}$, ce qui contredirait sa maximalité.
2. ${\displaystyle J=\left]a,b\right[\subset I=\left]a',b'\right[}$. Montrons par l'absurde que ${\displaystyle b=b'}$ (on montrerait de même que ${\displaystyle a=a'}$). Si ${\displaystyle b<b'}$ alors ${\displaystyle b}$ est fini. On peut donc appliquer la question précédente, en utilisant que ${\displaystyle x}$ est à valeurs dans un compact ${\displaystyle K\subset \Omega }$ et que sur le compact ${\displaystyle \left[b-\varepsilon ,b\right]\times K}$ (avec ${\displaystyle \varepsilon >0}$ assez petit pour que ${\displaystyle b-\varepsilon >a'}$), ${\displaystyle f}$ est continue donc bornée. On obtient alors un ${\displaystyle c\in K\subset \Omega }$ tel que ${\displaystyle \left(b,c\right)\notin U=I\times \Omega }$, ce qui est absurde puisque ${\displaystyle b\in I}$.

Remarquons d'abord que

${\displaystyle \lim _{+\infty }x'=\lim _{+\infty }V\circ x=V\left(a\right)}$.

Par ailleurs, d'après le théorème des accroissements finis, pour ${\displaystyle k}$ de ${\displaystyle 1}$ à ${\displaystyle n}$ on a :

${\displaystyle \forall t\in \left]0,+\infty \right[\quad \exists s\in \left]t,t+1\right[}$

${\displaystyle x_{k}\left(t+1\right)-x_{k}\left(t\right)=x_{k}'\left(s\right)}$.

Par passage à la limite, on en déduit que les ${\displaystyle n}$ composantes de ${\displaystyle V\left(a\right)}$ sont nulles.

1. Même argument que dans l'exercice 6 puisque, ici encore, ${\displaystyle {\dot {X}}}$ est bornée.
2. Fixons ${\displaystyle s}$ et ${\displaystyle x}$, et notons ${\displaystyle y}$ le vecteur ${\displaystyle X^{s}\left(x\right)}$ et ${\displaystyle Y}$ l'application ${\displaystyle t\mapsto X^{t+s}\left(x\right)}$. Alors, ${\displaystyle {\dot {Y}}=V\left(Y\right)}$ et ${\displaystyle Y\left(0\right)=y}$ donc
   ${\displaystyle \forall t\in \mathbb {R} \quad Y\left(t\right)=X^{t}\left(y\right)}$, c'est-à-dire ${\displaystyle X^{t+s}\left(x\right)=X^{t}\left(X^{s}\left(x\right)\right)}$.

Montrons, par récurrence sur k variant de 0 à p + 1, que ${\displaystyle x^{\left(k\right)}}$ est définie et continue. C'est immédiat pour k = 0 (${\displaystyle x}$ est dérivable donc continue). Si c'est vrai pour un certain k ≤ p alors c'est encore vrai pour k + 1 car ${\displaystyle x'}$ est de classe C^k, comme composée de ${\displaystyle f}$ et de ${\displaystyle t\mapsto \left(t,x\left(t\right)\right)}$.

1. L'application ${\displaystyle \mathbb {R} \times \mathbb {R} \to \mathbb {R} ,\quad \left(t,x\right)\mapsto \left|x\right|+\left|t\right|}$ est continue et lipschitzienne par rapport à ${\displaystyle x}$ donc le théorème de Cauchy-Lipschitz global s'applique.
2. La solution ${\displaystyle x:\mathbb {R} \to \mathbb {R} }$ est strictement croissante (puisque sa dérivée est ${\displaystyle >0}$). Soit ${\displaystyle I}$ le plus grand intervalle sur lequel elle reste ${\displaystyle \geq 0}$. Sur ${\displaystyle I}$, on a ${\displaystyle x'=x+\left|t\right|}$, donc (revoir « Équation différentielle linéaire du premier ordre ») : ${\displaystyle x\left(t\right)=C\left(t\right)\mathrm {e} ^{t}}$, avec ${\displaystyle C\left(0\right)=1}$ et ${\displaystyle C'\left(t\right)=\left|t\right|\mathrm {e} ^{-t}}$.
   Si ${\displaystyle t\geq 0}$, ${\displaystyle C\left(t\right)=1+\int _{0}^{t}s\mathrm {e} ^{-s}\ \mathrm {d} s=2-\left(1+t\right)\mathrm {e} ^{-t}}$ donc ${\displaystyle x\left(t\right)=2\mathrm {e} ^{t}-\left(1+t\right)}$.
   Si ${\displaystyle t\in I}$ et ${\displaystyle t\leq 0}$, ${\displaystyle C\left(t\right)=1-\int _{0}^{t}s\mathrm {e} ^{-s}\ \mathrm {d} s=\left(1+t\right)\mathrm {e} ^{-t}}$ donc ${\displaystyle x\left(t\right)=1+t}$, qui s'annule en ${\displaystyle -1}$ donc ${\displaystyle I=\left[-1,+\infty \right[}$.
   Sur ${\displaystyle \left]-\infty ,-1\right]}$, ${\displaystyle x'=-x-t}$ donc ${\displaystyle x\left(t\right)=C\left(t\right)\mathrm {e} ^{-t}}$ avec ${\displaystyle C\left(-1\right)=0}$ et ${\displaystyle C'\left(t\right)=-t\mathrm {e} ^{t}}$, donc ${\displaystyle C\left(t\right)=\int _{-1}^{t}-s\mathrm {e} ^{s}\ \mathrm {d} s=\left(1-t\right)\mathrm {e} ^{t}-2\mathrm {e} ^{-1}}$ et ${\displaystyle x\left(t\right)=1-t-2\mathrm {e} ^{-1-t}}$.
3. Cette solution est au moins de classe C¹ (cf. exercice précédent). Ailleurs qu'en ${\displaystyle -1}$ et ${\displaystyle 0}$, elle est manifestement de classe C^∞.
   La restriction ${\displaystyle f}$ de ${\displaystyle x}$ à ${\displaystyle \left]-\infty ,-1\right]}$ vérifie ${\displaystyle f'=-f-t}$ donc ${\displaystyle f''=-f'-1=f+t-1}$, en particulier ${\displaystyle x''_{g}\left(-1\right)=0-1-1=-2}$.
   La restriction ${\displaystyle g}$ de ${\displaystyle x}$ à ${\displaystyle \left[-1,0\right]}$ vérifie ${\displaystyle g''=\left(1+t\right)''=0}$, en particulier ${\displaystyle x''_{d}\left(-1\right)=x''_{g}\left(0\right)=0}$.
   La restriction ${\displaystyle h}$ de ${\displaystyle x}$ à ${\displaystyle \left[0,+\infty \right[}$ vérifie ${\displaystyle h'=h+t}$ donc ${\displaystyle h''=h'+1=h+t+1}$, en particulier ${\displaystyle x''_{d}\left(0\right)=1+0+1=2}$.
   Aux points ${\displaystyle -1}$ et ${\displaystyle 0}$, ${\displaystyle x}$ n'est donc pas deux fois dérivable.

1. Ailleurs qu'en ${\displaystyle \left(0,0\right)}$, ${\displaystyle f}$ est C^∞. En ${\displaystyle \left(0,0\right)}$, elle est continue car ${\displaystyle \left|f\left(t,x\right)\right|\leq 2\left|t\right|}$, d'après l'inégalité ${\displaystyle 2\left|uv\right|\leq u^{2}+v^{2}}$, appliquée à ${\displaystyle u=t^{2}}$ et ${\displaystyle v=x}$. Mais elle n'est lipschitzienne par rapport à sa seconde variable sur aucun voisinage de ${\displaystyle \left(0,0\right)}$ car ${\displaystyle {\frac {\partial f}{\partial x}}\left(t,x\right)={\frac {4t^{3}\left(t^{4}-x^{2}\right)}{\left(t^{4}+x^{2}\right)^{2}}}}$ équivaut, quand ${\displaystyle \left(t,x\right)\to \left(0,0\right)}$ avec ${\displaystyle x^{2}\ll t^{4}}$ (par exemple ${\displaystyle x=t^{3}}$) à ${\displaystyle {\frac {4}{t}}}$, non borné. Le théorème de Cauchy-Lipschitz local ne s'applique donc pas.
2. ${\displaystyle 2ty+t^{2}y'={\frac {4t^{5}y}{t^{4}+t^{4}y^{2}}}\Leftrightarrow 2y+ty'={\frac {4y}{1+y^{2}}}\Leftrightarrow }$
   ${\displaystyle {\frac {2}{t}}={\frac {y'\left(1+y^{2}\right)}{y\left(1-y^{2}\right)}}={\frac {y'}{y}}-{\frac {y'}{y-1}}-{\frac {y'}{y+1}}}$
   ${\displaystyle \Leftrightarrow ct^{2}={\frac {y}{y^{2}-1}}\Leftrightarrow y={\frac {1\pm {\sqrt {1+4c^{2}t^{4}}}}{2ct^{2}}}}$ avec ${\displaystyle c\neq 0}$, ou ${\displaystyle y=0}$.
3. ${\displaystyle x={\frac {1\pm {\sqrt {1+4c^{2}t^{4}}}}{2c}}}$ a pour limite ${\displaystyle 0}$ en ${\displaystyle 0}$ lorsque dans ${\displaystyle \pm }$ on choisit ${\displaystyle -}$. Chaque valeur de ${\displaystyle c\neq 0}$ fournit alors une solution autre que la solution évidente ${\displaystyle x=0}$. De plus, on peut recoller l'une de ces solutions à droite de ${\displaystyle 0}$ avec n'importe quelle autre à gauche.

Notons ${\displaystyle w:=u-v}$ et supposons, sans perte de généralité, ${\displaystyle t=0}$ et ${\displaystyle s>0}$. Il s'agit alors de démontrer que ${\displaystyle \left\|w\left(s\right)\right\|\leq \left\|w\left(0\right)\right\|\mathrm {e} ^{ks}}$.

Par hypothèse, ${\displaystyle \left\|w'\right\|\leq k\left\|w\right\|}$ donc (d'après l'inégalité des accroissements finis)

${\displaystyle \forall r\in \left[0,s\right]\quad g(r):=\left\|w\left(r\right)-w\left(0\right)\right\|\leq k\int _{0}^{r}\left\|w\left(h\right)\right\|\ \mathrm {d} h\leq k\int _{0}^{r}\left(\left\|w\left(0\right)\right\|+g\left(h\right)\right)\ \mathrm {d} h}$.

Grâce au lemme, on en déduit :

${\displaystyle \left\|w\left(s\right)\right\|\leq g\left(s\right)+\left\|w\left(0\right)\right\|\leq \left\|w\left(0\right)\right\|\left(\mathrm {e} ^{ks}-1\right)+\left\|w\left(0\right)\right\|=\left\|w\left(0\right)\right\|\mathrm {e} ^{ks}}$.

1. ${\displaystyle \left|\sin '\right|=\left|\cos \right|\leq 1}$ donc ${\displaystyle \sin }$ est ${\displaystyle 1}$-lipschitzienne, de sorte que le théorème de Cauchy-Lipschitz global s'applique.
2. Pour ${\displaystyle x_{0}\in \mathbb {Z} \pi }$.
3. Puisque les courbes intégrales ne se coupent pas, la solution ${\displaystyle u}$ reste dans ${\displaystyle \left]0,\pi \right[}$ donc ${\displaystyle u'=\sin u>0}$ donc ${\displaystyle u}$ est strictement croissante. Par conséquent (cf. exercice 3 ci-dessus) ${\displaystyle \lim _{-\infty }u=0}$ et ${\displaystyle \lim _{+\infty }u=\pi }$ (pour une résolution complète, voir l'exercice 29 de cette feuille).
4. De même, ${\displaystyle \cos }$ est ${\displaystyle 1}$-lipschitzienne donc la solution maximale est unique et globale. Elle est constante pour ${\displaystyle x_{0}\in {\frac {\pi }{2}}+\mathbb {Z} \pi }$. Si ${\displaystyle x_{0}\in \left]-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right[}$, la solution reste dans cet intervalle donc ${\displaystyle v'>0}$ donc ${\displaystyle v}$ est strictement croissante donc ${\displaystyle \lim _{-\infty }v=-{\frac {\pi }{2}}}$ et ${\displaystyle \lim _{+\infty }v={\frac {\pi }{2}}}$.

1. La fonction ${\displaystyle x\mapsto x^{3}}$ est C¹ (et même C^∞) donc localement lipschitzienne, ce qui permet d'appliquer le théorème de Cauchy-Lipschitz local.
2. Pour ${\displaystyle x_{0}=0}$.
3. En posant ${\displaystyle w(t)=u(-t)}$.
4. En passant aux opposés.
5. Si ${\displaystyle x_{0}>0}$, puisque les courbes intégrales ne se coupent pas, la solution maximale reste dans ${\displaystyle \left]0,+\infty \right[}$ donc ${\displaystyle u'=u^{3}>0}$ donc ${\displaystyle u}$ est croissante. Par conséquent (cf. exercice 2 ci-dessus) ${\displaystyle a=-\infty }$ et (cf. exercice 3 ci-dessus) ${\displaystyle \lim _{-\infty }u=0}$.
6. La solution de cette équation de Bernoulli est ${\displaystyle u:\left]-\infty ,{\frac {1}{2x_{0}^{2}}}\right[,\;t\mapsto {\frac {x_{0}}{\sqrt {1-2tx_{0}^{2}}}}}$, qui croît de ${\displaystyle 0}$ à ${\displaystyle +\infty }$.
7. Non, puisque la solution maximale n'est pas globale. Mais on peut bien sûr le démontrer plus directement.
8. 1. La fonction ${\displaystyle \left(t,x\right)\mapsto x^{3}+1+t}$ est C^∞ (car polynomiale).
   2. ${\displaystyle v\left(0\right)=u\left(0\right)}$ et ${\displaystyle v'\left(0\right)>u'\left(0\right)}$ donc il existe ${\displaystyle \varepsilon >0}$ (et ${\displaystyle \leq \min \left(b,d\right)}$) tel que ${\displaystyle v>u}$ au moins sur ${\displaystyle \left]0,\varepsilon \right[}$. Supposons que ${\displaystyle v}$ ne soit pas constamment ${\displaystyle >u}$ et notons alors ${\displaystyle t_{0}}$ le plus petit réel ${\displaystyle >0}$ (et ${\displaystyle <\min \left(b,d\right)}$) en lequel ${\displaystyle v=u}$. Alors, sur l'intervalle ${\displaystyle \left]0,t_{0}\right[}$, ${\displaystyle v>u>0}$ donc ${\displaystyle v'=v^{3}+1+t>v^{3}>u^{3}=u'}$, ce qui est impossible puisque ${\displaystyle v=u}$ aux deux extrémités. On a donc bien montré (par l'absurde) que ${\displaystyle \forall t\in \left]0,\min \left(b,d\right)\right[\quad v\left(t\right)>u\left(t\right)}$. Puisque ${\displaystyle \lim _{b}u=+\infty }$, ceci prouve que ${\displaystyle d\leq b}$.

1. Sur un intervalle où ${\displaystyle u>0}$, l'équation équivaut à ${\displaystyle \left({\sqrt {u}}\right)'={\frac {1}{2}}}$ donc les solutions ${\displaystyle >0}$ sont :

   ${\displaystyle \left]t_{1},+\infty \right[,\;t\mapsto {\frac {\left(t-t_{1}\right)^{2}}{4}}}$, avec ${\displaystyle t_{1}\in \mathbb {R} }$ arbitraire.

   De même, les solutions ${\displaystyle <0}$ sont :

   ${\displaystyle \left]-\infty ,t_{0}\right[,\;t\mapsto -{\frac {\left(t-t_{0}\right)^{2}}{4}}}$, avec ${\displaystyle t_{0}\in \mathbb {R} }$ arbitraire.

   Le prolongement de ces solutions partielles par la fonction constante nulle est dérivable au point de recollement.

   Par conséquent, les solutions sur ${\displaystyle \mathbb {R} }$ sont toutes les fonctions de la forme :

   ${\displaystyle t\mapsto {\begin{cases}-{\frac {\left(t-t_{0}\right)^{2}}{4}}&{\text{si }}t<t_{0}\\0&{\text{si }}t_{0}\leq t\leq t_{1}\\{\frac {\left(t-t_{1}\right)^{2}}{4}}&{\text{si }}t>t_{1}\end{cases}}}$,
   avec ${\displaystyle -\infty \leq t_{0}\leq t_{1}\leq +\infty }$ arbitraires.

2. Non, puisque pour tout voisinage à gauche ou à droite ${\displaystyle V}$ de ${\displaystyle 0}$, le problème de Cauchy ${\displaystyle u'={\sqrt {|u|}},\quad u\left(0\right)=0}$ a une infinité de solutions maximales à valeurs dans ${\displaystyle V}$. Mais on peut bien sûr le démontrer plus directement.

1. La fonction ${\displaystyle \left(x,y\right)\mapsto \left(ax-bxy,-cy+dxy\right)}$ est C¹ (et même C^∞ car polynomiale) donc localement lipschitzienne, ce qui permet d'appliquer le théorème de Cauchy-Lipschitz local.
2. Si ${\displaystyle y_{0}=0}$, la solution est ${\displaystyle y=0,x=x_{0}\operatorname {e} ^{at}}$.
3. Si ${\displaystyle x_{0}=0}$, la solution est ${\displaystyle x=0,y=y_{0}\operatorname {e} ^{-ct}}$.
4. Par conséquent, si ${\displaystyle x_{0},y_{0}>0}$ alors ${\displaystyle x,y}$ ne s'annulent jamais donc restent ${\displaystyle >0}$.
5. Sur l'intervalle ${\displaystyle I}$ de définition de ${\displaystyle \left(x,y\right)}$, ${\displaystyle H'=d-c{\frac {x'}{x}}+b-a{\frac {y'}{y}}=\left(dx-c\right)\left(a-by\right)+\left(by-a\right)\left(-c+dx\right)=0}$ donc ${\displaystyle H}$ est constante, ce qui, vue sa forme, garantit que ${\displaystyle \left(x,y\right)}$ est bornée. Par conséquent (cf. exercice 2 ci-dessus), ${\displaystyle I=\mathbb {R} }$.

1. ${\displaystyle x'}$ est du signe de ${\displaystyle {\frac {a}{b}}-y}$ et ${\displaystyle y'}$ est du signe de ${\displaystyle x-{\frac {c}{d}}}$.
2. ${\displaystyle \left(x,y\right)}$ ne peut pas rester indéfiniment dans ${\displaystyle \left]0,{\frac {c}{d}}\right[\times \left]0,{\frac {a}{b}}\right[}$ car dans cette zone, ${\displaystyle y}$ décroît et ${\displaystyle x}$ croît donc on aurait (cf. exercice 3 ci-dessus) ${\displaystyle \lim _{+\infty }\left(x,y\right)=\left(x_{\infty },y_{\infty }\right)}$ avec ${\displaystyle x_{0}<x_{\infty }\leq {\frac {c}{d}}}$, ${\displaystyle 0\leq y_{\infty }<y_{0}}$ et ${\displaystyle \left(a-by_{\infty }\right)x_{\infty }=\left(-c+dx_{\infty }\right)y_{\infty }=0}$, ce qui est incompatible. Toujours par croissance de ${\displaystyle x}$ et décroissance de ${\displaystyle y}$, au premier instant auquel ${\displaystyle \left(x,y\right)}$ appartient à la frontière de cette zone, on a ${\displaystyle x={\frac {c}{d}}}$ et bien sûr, ${\displaystyle y<y_{0}<{\frac {a}{b}}}$ donc ${\displaystyle x'>0}$.
3. À l'instant ${\displaystyle t_{1}}$, ${\displaystyle \left(x,y\right)}$ passe dans la zone ${\displaystyle \left]{\frac {c}{d}},+\infty \right[\times \left]0,{\frac {a}{b}}\right[}$, dans laquelle ${\displaystyle x}$ et ${\displaystyle y}$ croissent (mais restent bornés). Puis, mêmes arguments que précédemment.
4. À l'instant ${\displaystyle t_{2}}$, ${\displaystyle \left(x,y\right)}$ passe dans la zone ${\displaystyle \left]{\frac {c}{d}},+\infty \right[\times \left]{\frac {a}{b}},+\infty \right[}$, dans laquelle ${\displaystyle x}$ décroît et ${\displaystyle y}$ croît (mais reste borné). Puis, mêmes arguments que précédemment.
5. À l'instant ${\displaystyle t_{3}}$, ${\displaystyle \left(x,y\right)}$ passe dans la zone ${\displaystyle \left]0,{\frac {c}{d}}\right[\times \left]{\frac {a}{b}},+\infty \right[}$, dans laquelle ${\displaystyle x}$ et ${\displaystyle y}$ décroissent. Puis, mêmes arguments que précédemment.
6. À l'instant ${\displaystyle t_{4}}$, ${\displaystyle \left(x,y\right)}$ revient dans la zone de départ ${\displaystyle \left]0,{\frac {c}{d}}\right[\times \left]0,{\frac {a}{b}}\right[}$. Puis, mêmes arguments que précédemment.
7. L'application ${\displaystyle \left]0,{\frac {a}{b}}\right[\to \mathbb {R} ,\;y\mapsto H\left({\frac {c}{d}},y\right)}$ est strictement décroissante (car sa dérivée est ${\displaystyle <0}$) donc injective, donc ${\displaystyle \left(x,y\right)\left(t_{5}\right)=\left(x,y\right)\left(t_{1}\right)}$.