Le théorème 14.10 peut être utilisé pour déterminer des solutions d’une équation différentielle linéaire à coefficients non constants développables en série entière.
Cette méthode est illustrée par les exercice qui suivent.
Exercice 14.24 Déterminer une solution développable en série entière de l’équation différen-tielle :
2x(1 +x)y00+ (5x+ 3)y0+y = 0.
Solution 14.24 Supposons qu’il existe une solution f de cette équation qui soit non identi-quement nulle et développable en série entière sur un intervalle ]−R, R[ où R ∈ R+ est à déterminer. Notons, pour tout x∈]−R, R[ :
f(x) = X+∞
n=0
anxn.
Sur ]−R, R[, on a :
f0(x) = +∞P
n=1
nanxn−1 =+∞P
n=0
(n+ 1)an+1xn f00(x) = +∞P
n=2
n(n−1)anxn−2 =+∞P
n=1
n(n+ 1)an+1xn−1 xf0(x) = +∞P
n=1
nanxn xf00(x) = +∞P
n=1
n(n+ 1)an+1xn x2f00(x) = +∞P
n=1
n(n−1)anxn
et :
a0 + 3a1+ X+∞
n=1
(2n(n+ 1)an+1+ 2n(n−1)an+ 5nan+ 3 (n+ 1)an+1+an)xn = 0 soit :
a0+ 3a1+ X+∞
n=1
((n+ 1) (2n+ 3)an+1+ (n+ 1) (2n+ 1)an)xn= 0
encore équivalent à dire que la suite (an)n∈N est solution de l’équation de récurrence suivante :
½ a0+ 3a1 = 0,
∀n≥1, (2n+ 3)an+1+ (2n+ 1)an = 0.
(unicité du développement en série entière d’une fonction).
Par récurrence, on en déduit que :
½
∀n≥0, an = (−1)n 2n+ 1a0
soit :
f(x) =a0 X+∞
n=3
(−1)n
2n+ 1xn = a0
√x X+∞
n=0
(−1)n
√x2n+1
2n+ 1 =a0arctan (√
√ x)
x .
Exercice 14.25 Déterminer, en précisant leur rayon de convergence, les solutions dévelop-pables en série entière de l’équation différentielle :
xy00+ (x−2)y0 −2y = 0. (14.2)
Solution 14.25 Supposons qu’il existe une solution f de (14.2) non identiquement nulle et développable en série entière sur un intervalle ]−R, R[ où R ∈R+ est à déterminer. Notons, pour tout x∈]−R, R[ :
f(x) = X+∞
n=0
anxn.
En utilisant le théorème 14.10, on peut écrire que, sur ]−R, R[, on a :
f0(x) = +∞P
n=1
nanxn−1 =+∞P
n=0
(n+ 1)an+1xn xf0(x) = +∞P
n=1
nanxn xf00(x) = +∞P
n=1
n(n+ 1)an+1xn et f est solution de (14.2) si, et seulement si :
−2 (a0+a1) + X+∞
n=1
(n(n+ 1)an+1+nan−2 (n+ 1)an+1−2an)xn = 0.
encore équivalent à dire que la suite (an)n∈N est solution de l’équation de récurrence suivante :
½ a1+a0 = 0,
∀n≥1, (n−2) ((n+ 1)an+1+an) = 0.
Séries entières et équations différentielles 313 (unicité du développement en série entière d’une fonction). Cette équation est encore équivalente
à :
a1+a0 = 0, 2a2+a1 = 0,
∀n≥3, an+1 =− 1 (n+ 1)an. Par récurrence, on en déduit que :
a1 =−a0 a2 = a0
2
∀n ≥3, an = (−1)n+1 n! 6a3 soit :
f(x) =a0 µ
1−x+ x2 2
¶
−6a3 Ã+∞
X
n=3
(−x)n n!
!
où a0 et a3 sont deux constantes réelles. Le rayon de convergence de cette série étant égal à +∞. On peut aussi écrire ces solutions sous la forme :
f(x) = (a0+ 6a3) µ
1−x+x2 2
¶
−6a3e−x
=α µ
1−x+ x2 2
¶
+βe−x où α et β sont deux constantes réelles.
Inversement, on peut trouver le développement en série entière d’une fonction en écrivant cette fonction comme solution d’une équation différentielle.
Exercice 14.26 Soit f la fonction définie sur ]−1,1[ par f(x) = (1 +x)α où α est un réel non entier naturel.
1. Montrer que f est l’unique solution sur ]−1,1[ de l’équation différentielle avec condition
initiale suivante : ½
(1 +x)y0−αy = 0 y(0) = 1
2. Retrouver le développement en série entière de f ainsi que son rayon de convergence.
Solution 14.26
1. On a bien f(0) = 1 et pour tout x∈]−1,1[ :
(1 +x)f0(x)−αf(x) = (1 +x)α(1 +x)α−1−α(1 +x)α= 0 Le théorème de Cauchy-Lipschitz nous assure de l’unicité de cette solution.
2. Supposons qu’il existe une solution g de cette équation différentielle développable en série entière sur un intervalle ]−R, R[ où R ∈ R+ est à déterminer. Notons, pour tout x ∈ ]−R, R[ :
g(x) = X+∞
n=0
anxn.
On a :
g0(x) = +∞P
n=1
nanxn−1 =+∞P
n=0
(n+ 1)an+1xn xg0(x) = +∞P
n=1
nanxn
et g est solution de cette équation différentielle si, et seulement si : X+∞
n=0
((n+ 1)an+1+nan−αan)xn= 0 encore équivalent à :
∀n ≥0, an+1 = α−n n+ 1an
avec a0 =g(0) = 1, ce qui donne par récurrence :
∀n ≥1, an= α(α−1)· · ·(α−n+ 1)
n! ,
soit :
g(x) = 1 + X+∞
n=1
α(α−1)· · ·(α−n+ 1)
n! xn.
Le théorème de d’Alembert nous dit que le rayon de convergence de série entière est égal à 1.Enfin f =g du fait de l’unicité de la solution d’un problème de Cauchy. On retrouve ainsi le développement en série entière de (1 +x)α sur ]−1,1[.
Exercice 14.27 Montrer que la fonction f définie sur ]−1,1[ par f(x) = arcsin (x)
√1−x2 est so-lution d’une équation différentielle linéaire du premier ordre. En déduire le développement en série entière de cette fonction.
Solution 14.27 Les fonctions x 7→ arcsin (x) et x 7→ 1
√1−x2 étant développable en série entière sur ]−1,1[, il en est de même du produit f. De la relation √
1−x2f(x) = arcsin (x), on déduit par dérivation (les fonctions considérées sont C∞) que :
− x
√1−x2f(x) +√
1−x2f0(x) = 1
√1−x2
ce qui se traduit en disant quef est solution sur]−1,1[de l’équation différentielle avec condition
initiale : ½
−xy+ (1−x2)y0 = 1 y(0) = 1
En écrivant, pour tout x∈]−1,1[ :
f(x) = X+∞
n=0
anxn
on a :
xf(x) = +∞P
n=0
anxn+1= +∞P
n=1
an−1xn f0(x) = +∞P
n=1
nanxn−1 = +∞P
n=0
(n+ 1)an+1xn x2f0(x) = +∞P
n=1
nanxn+1 = +∞P
n=2
(n−1)an−1xn
Séries entières et équations différentielles 315
et f est solution de cette équation différentielle si, et seulement si : a1+ (2a2−a0)x+
X+∞
n=2
(−an−1 + (n+ 1)an+1−(n−1)an−1)xn= 1 soit :
a1+ X+∞
n=1
((n+ 1)an+1−nan−1)xn= 1
ce qui donne : ½
a1 = 1
∀n ≥1, (n+ 1)an+1−nan−1 = 0 avec a0 =f(0) = 0. On a donc :
∀p≥1, 2pa2p = (2p−1)a2(p−1)
avec a0 = 0, ce donne a2p = 0 pour tout p≥0 (récurrence immédiate) et :
∀n≥1, (2p+ 1)a2p+1 = 2pa2p−1 qui donne par récurrence :
a2p+1 = (2p)·(2p−2)· · · · ·2 (2p+ 1)·(2p−1)· · · · ·3a1 avec a1 = 1, soit :
a2p+1 = ((2p)·(2p−2)· · · · ·2)2
(2p+ 1)! = 22p(p!)2 (2p+ 1)!
pour tout p≥0. Le développement en série entière de f sur ]−1,1[ est donc : f(x) =
X+∞
n=0
22n(n!)2 (2n+ 1)!x2n+1
Le fait que les coefficients a2n sont tous nuls était prévisible puisque la fonction f est impaire.
Exercice 14.28 Montrer que la fonctionf définie sur R par f(x) = ch (x) cos (x)est solution d’une équation différentielle linéaire du quatrième ordre à coefficients constants. En déduire le développement en série entière de cette fonction.
Solution 14.28 Les fonctions ch et cos étant développable en série entière sur R, il en est de même du produit f. On peut écrire que :
f(x) = <
µex+e−x 2 eix
¶
= 1 2<¡
e(1+i)x+e(−1+i)x¢ et la dérivée quatrième de f est donnée par :
f(4)(x) = 1 2<¡
(1 +i)4e(1+i)x+ (−1 +i)4e(−1+i)x¢
= 1 2<¡
(1 +i)4e(1+i)x+ (1−i)4e(−1+i)x¢
avec :
(1±i)4 =
³√ 2e±iπ4
´4
= 4e±iπ=−4 ce qui donne :
f(4)(x) = −41 2<¡
e(1+i)x+e(−1+i)x¢
=−4f(x)
ce qui se traduit en disant que f est solution sur R de l’équation différentielle avec conditions
initiales : ½
y(4)+ 4y= 0
y(0) = 1, y0(0) = 0, y00(0) = 0, y000(0) = 0 En écrivant, pour tout x∈R :
f(x) = X+∞
n=0
anxn on a a2n+1 = 0 pour tout n≥0 puisque f est paire, donc :
f(x) = X+∞
n=0
a2nx2n
et :
f(4)(x) = X+∞
n=2
(2n) (2n−1) (2n−2) (2n−3)a2nx2n−4
= X+∞
n=0
(2n+ 4) (2n+ 3) (2n+ 2) (2n+ 1)a2n+4x2n et f est solution de cette équation différentielle si, et seulement si :
X+∞
n=0
((2n+ 4) (2n+ 3) (2n+ 2) (2n+ 1)a2n+4+ 4a2n)x2n = 0 ce qui donne :
∀n≥0, a2n+4 =− 4
(2n+ 4) (2n+ 3) (2n+ 2) (2n+ 1)a2n (14.3) Pour n = 2p+ 1, avec p≥0, on a :
a4p+6 =−αpa4p+2 avec a2 = f00(0)
2 = 0, ce qui donne a4p+2 = 0 pour tout p ≥ 0 par une récurrence immédiate.
Sachant déjà que lesa4p+1 eta4p+3, sont tous nuls, il reste à déterminer lesa4p pour tout p≥0.
Notant bp =a4p, on a en prenant n= 2p dans (14.3) :
∀p≥0, bp+1 =− 4
(4p+ 4) (4p+ 3) (4p+ 2) (4p+ 1)bp avec b0 =a0 = 1, et par récurrence :
∀p≥0, bp = (−1)p4p (4p)!
Séries entières et équations différentielles 317
Le développement en série entière de f sur R est donc : f(x) =
X+∞
n=0
(−1)n4n (4n)! x4n On peut aussi calculer les dérivées successives de f :
f(n)(x) = 1 2<¡
(1 +i)ne(1+i)x+ (−1 +i)ne(−1+i)x¢
= 1 2<¡
(1 +i)ne(1+i)x+ (−1)n(1−i)ne(−1+i)x¢ ce qui donne an = f(n)(0)
n! avec : f(n)(0) = 1
2<((1 +i)n+ (−1)n(1−i)n)
=
¡√2¢n 2 <¡
einπ4 + (−1)ne−in−iπ4¢
=
¡√2¢n
2 (1 + (−1)n) cos
³ nπ
4
´
Pour n = 2p+ 1, on a bien a2n+1 = 0. Pour n = 4p+ 2, on a : f(n)(0) = 22p+1cos
³
(2p+ 1)π 2
´
= 0 et pour n= 4p :
f(n)(0) = 4pcos (pπ) = 4p(−1)p. Exercice 14.29 On définit les fonctions f et g par :
∀x∈R,
f(x) = +∞P
n=1
xn n2, g(x) = ef(x).
Montrer que g est développable en série entière sur un intervalle à préciser.
Solution 14.29 Le rayon de convergence de la série Pxn
n2 est R1 = 1 (règle de d’Alembert), la série étant absolument convergente pour x = −1 et x = 1 (série de Riemann P 1
n2). Les fonctions f et g sont alors C∞ sur ]−1,1[ avec g0 = f0ef = f0g. La fonction g est donc solution de l’équation différentielle y0 =f0y avec la condition initiale g(0) = 1. Supposons que cette équation différentielle avec condition initiale admette une solution hdéveloppable en série entière sur un intervalle ]−R, R[, soit h(x) = +∞P
n=0
anxn. On a alors pour |x|<min (R,1) : X+∞
n=1
(n+ 1)an+1xn = X+∞
n=0
xn n+ 1
X+∞
n=0
anxn
ce qui donne :
an+1 = 1 n+ 1
Xn
k=0
an−k k+ 1
avec a0 = 1. Par récurrence, on voit que0< an ≤1, ce qui entraîne R≥1.
Les fonctions g et h étant solutions de la même équation différentielle linéaire d’ordre 1 avec condition initiale, on déduit que g =h et g est développable en série entière sur ]−1,1[. Si le rayon de convergence de g est strictement supérieur à1, la fonction g est C∞ sur un voisinage ouvert de 1,maisg0 =f g avec lim
x→1g(x) =ef(1) =eπ62 >0 donneg00=f0g+f g0 = (f0 +f2)g et
x→1limf0(x) = lim
x→1
µg00(x)
g(x) −f2(x)
¶
avec f0(x) = +∞P
n=0
xn
n+ 1 =−ln (1−x)
x qui n’a pas de limite quand x tend vers 1. On aboutit donc à une impossibilité. Le rayon de convergence de cette série est donc R = 1.