le corrigé

PC∗

Corrigé : interrogation sur les séries entières et les équations différentielles

Exercice 1

Si 0 6 ρ < R, la suite (anρn) est bornée, il en est donc de même des sous-suites (a2nρ2n) et (a2n+1ρ2n+1) = ρ(a2n+1ρ2n). On en déduit que ρ26_{Rpet ρ}26_{Ri donc ρ 6}

q

min(Rp, Ri) et en faisant tendre ρ vers R : R 6

q

min(Rp, Ri).

Réciproquement, si ρ < q

min(Rp, Ri) alors ρ2< Rpet ρ2< Ridonc les suites (a2nρ2n) et (a2n+1ρ2n) sont bornées, et il en est donc de même de la suite (anρn). On en déduit que ρ 6 R, puis que

q

min(Rp, Ri) 6 R. D’où l’égalité R =

q min(Rp, Ri).

Exercice 2

. La suite (anrn) est bornée et lim_n→+∞

1 n! _ρ r n = 0 (terme général d’une série convergente) donc la suite

_a

n

n!ρ

n_{est bornée. ceci étant vrai pour tout ρ > 0, la série}Xan

n!z n_{a un rayon de} convergence égal à +∞. b) Posons fn(t) = an n!t

n_e−λt_{et appliquons le théorème d’interversion somme / intégrale.}

– Les fonctions fnsont toutes continues par morceaux et intégrables sur R+;

– la sérieXfnconverge simplement et sa somme t 7→ f (t) e−λtest continue par morceaux ;

– Z+∞

0

|_{f (n(t)| dt =} |an|

λn+1 (effectuer une changement de variable u = λt puis reconnaître une intégrale usuelle). La sérieX |an| λn converge car     1 λ   

< R donc le théorème s’applique : la fonction t 7→ f (t) e

−λt _{est intégrable sur R}

+ et Z+∞ 0 f (t) e−λtdt = +∞ X n=0 an λn+1.

Exercice 3

= 4|z|. D’après le critère de d’Alembert, |z| < 1/4 =⇒ X anznconverge absolument, et |z| > 1/4 =⇒ X anzndiverge, donc R = 1/4. b) Pour tout x ∈] − 1/4, 1/4[, f0(x) = +∞ X n=1 n 2n n ! xn−1= +∞ X n=1 2(2n − 1) 2n − 2 n − 1 ! xn−1= +∞ X n=0 2(2n + 1) 2n n ! xn. Ainsi, f0(x) = 4x +∞ X n=1 n 2n n ! xn−1+ 2 +∞ X n=0 2n n !

xn= 4xf0(x) + 2f (x) et f est solution de l’équation (1 − 4x)f0(x) = 2f (x).

Les solutions de cette équation sont de la forme f (x) =√ λ

1 − 4x, avec λ = f (0) = a0= 1 donc f (x) = 1 √

1 − 4x.

Exercice 4

Notons g l’unique solution du problème de Cauchy(x 0

= a(t)x + b(t)

x(0) = f (0) .

La fonction f − g vérifie : ∀t > 0, (f − g)0(t) 6 a(t)(f − g)(t) donc d dt

_

f (t) − g(t)eA(t) 

6_{0, où A désigne une primitive de a.} La fonction t 7→f (t) − g(t)eA(t)décroit et s’annule en 0 donc pour tout t > 0,f (t) − g(t)eA(t)6_{0, soit f (t) 6 g(t).} On résout maintenant : on pose A(t) =

Zt 0

f (s) ds et B(t) =

Zt 0

b(s) e−A(s)ds et alors g(t) =f (0) + B(t)eA(t).

a est intégrable donc A possède une limite en +∞ ; a et b sont positives donc 0 6 b(s) e−A(s)6_{b(s). Or b est intégrable} donc s 7→ b(s) e−A(s)aussi et B possède une limite en +∞. On en déduit que g possède une limite en +∞ et donc que f est majorée. Étant croissante, elle possède une limite finie en +∞.

Exercice 5

a) x est solution de (E) sur ] − R, R[ si et seulement si : +∞ X n=2 n(n − 1)antn− +∞ X n=2 n(n − 1)antn−1+ +∞ X n=1 nantn− +∞ X n=0 αantn= 0 ⇐⇒ +∞ X n=0 n(n − 1)antn− +∞ X n=0 n(n + 1)an+1tn+ +∞ X n=0 nantn− +∞ X n=0 αantn= 0 ⇐⇒ +∞ X n=0  (n2− α)an−n(n + 1)an+1  tn= 0

Par unicité du développement en série entière, x est solution si et seulement si pour tout n ∈ N, (n2− α)an−n(n + 1)an+1= 0,

soit a0= 0 et pour tout n > 1, an+1= n

2_{− α}

n(n + 1)an.

b) Une fonction polynomiale est une fonction développable en série entière dont les coefficients sont nuls à partir d’un certain rang, donc (E) admet une solution polynomiale non nulle si et seulement s’il existe un entier n ∈ N∗tel que α = n2.

c) Considérons la fonction t 7→ +∞ X

n=1

antn où (an) est définie par la donnée de a1= 1 et de la relation an+1=

n2− α

n(n + 1)an.

D’après le critère de d’Alembert le rayon de convergence est égal à 1 donc cette fonction est solution de (E) sur ]0, 1[. En outre, l’ensemble des solutions développables en série entière sur cet intervalle est la droite vectorielle engendrée par cette fonction. Mais l’ensemble des solutions sur ]0, 1[ forme un espace vectoriel de dimension 2, donc il existe sur cet intervalle des solutions qui ne sont pas développables en série entière.

Exercice 6

a) Soit f une solution de (E). On a f (x) = x + x Zx

0

f (t) dt −

Zx 0

tf (t) dt. f est continue donc d’après le théorème

fonda-mental de l’analyse, x 7→ Zx 0 f (t) dt et x 7→ Zx 0

tf (t) dt sont de classeC1, et la relation précédente montre que f est de classeC1. Mais dans ce cas, ces mêmes fonctions sont de classeC2, et donc f aussi.

b) Toujours à l’aide du théorème fondamental de l’analyse, on a f0(x) = 1 + Zx 0 f (t) dt + xf (x) − xf (x) = 1 + Z x 0 f (t) dt et f00(x) = f (x) donc f est solution du problème de Cauchy y00= y, y(0) = 0, y0(0) = 1.

Il existe donc (λ, µ) ∈ R2tel que f (x) = λ ex+µ e−xavec λ + µ = 0 et λ − µ = 1 soit λ = 1

2et µ = − 1

2 donc f (x) = sh(x).

Exercice 7

a) Montrons que (i) =⇒ (ii) : SHest un espace vectoriel de dimension 2 et φ est linéaire. On a Ker φ = SH∩V donc d’après (i), φ est injective, et donc bijective puisque dim SH= dim R2= 2.

Montrons que (ii) =⇒ (iii). Attention : ici ψ n’est pas une application linéaire car S n’est pas un espace vectoriel. Soit (α, β) ∈ R2, et x0une solution quelconque de (E). Une solution x ∈ S s’écrit x = x0+ y avec y ∈ SHdonc

(x(a) = α

x(b) = β ⇐⇒

(y(a) = α − x₀(a)

y(b) = β − x0(b)

, et ce dernier système possède une unique solution y d’après l’hypothèse (ii), donc (α, β) possède un unique antécédent par ψ, qui est donc bijective.

Montrons enfin que (iii) =⇒ (i). Soit y une solution de (H) appartenant à V. Soit x0une solution quelconque de (E). x0+ y est solution de (E) et ψ(x0+ y) = ψ(x0) donc x0+ y = x0puisque ψ est supposée bijective. On en déduit que y = 0.

b) On va chercher les valeurs de λ pour lesquelles (i) est vérifiée.

– Si λ > 0, on pose λ = ω2. les solutions de (H) s’écrivent x(t) = α cos(ωt) + β sin(ωt) et

x ∈ V ⇐⇒ cos(ωa) sin(ωa) cos(ωb) sin(ωb) ! α β ! = 0 0 !

Ce système d’inconnues (α, β) possède pour unique solution la fonction nulle si et seulement si      cos(ωa) sin(ωa) cos(ωb) sin(ωb)     , 0 soit sinω(b − a), 0. La propriété (i) est donc vérifiée lorsque b . a mod π

ω.

– Si λ < 0, on pose λ = −ω2. les solutions de (H) s’écrivent x(t) = α ch(ωt) + β sh(ωt) et x ∈ V ⇐⇒ ch(ωa) sh(ωa) ch(ωb) sh(ωb) ! α β ! = 0 0 !

Ce système d’inconnues (α, β) possède pour unique solution la fonction nulle si et seulement si      ch(ωa) sh(ωa) ch(ωb) sh(ωb)     , 0 soit shω(b − a), 0, ce qui est toujours le cas puisque a < b.

– Si λ = 0, les solution de (H) s’écrivent x(t) = αt + β et x ∈ V ⇐⇒ a 1

b 1 ! α β ! = 0 0 !

, système qui admet la fonction nulle pour unique solution si et seulement si a , b, ce qui est toujours le cas.