Feuille 14

(1)

Feuille 14

Exercice14.1 Solution p. 3

Résoudre l’équation différentielle(E) : y⁰+ 2y= 4e^2t,avec la condition de Cauchyy(0) = 0.

Résoudre l’équation différentielle(E):y⁰⁰−10y⁰+ 41y= 170 sint.

Soitf :R−→Rune application deux fois dérivable telle que

∀x∈R, f⁰⁰(x)−2f⁰(x) +f(x) = 2 e^x 1. Montrer que sif⁰ ≥0, alorsf ≥0.

2. La réciproque est-elle vraie ?

On considère l’équation différentielle suivante

(E) :x(x²−1)y⁰+ 2y=x², oùyest une fonction dex.

1. Résoudre cette équation différentielle Iorsquey est définie sur un intervalleI ne contenant aucun des réels

−1,0et 1.

2. Montrer queyest une solution de(E)si et seulement six7−→y(−x)est une solution de(E). 3. Déterminer les solutions de(E)surR^∗₊et surR^∗−.

4. Déterminer les solutions de(E)sur]−1 ; 1[.

Résoudre l’équation(E):y⁰ = y 2t+ 1

2yt. Indication : On pourra poserz=y².

Déterminer les applicationsf :R−→R, continues et telles que :

∀x∈R, f(x) + Z x

0

(x−t)f(t) dt= 1.

Soitq ∈R^∗+. Résoudre l’équation différentielle

(E):(t²+ 1)y⁰⁰+ty⁰−q²y= 0à l’aide du changement de variablet=sh(x).

Soientbetcdeux applications continues deRdansR.

On considère l’equation différentielle(E):y⁰+b(x)y=c(x). 1. Résoudre(E)à l’aide d’intégrales.

(2)

2. SoitT ∈R^∗₊. On suppose quebetcsontT-périodiques.

(a) Montrer qu’une solutionyde(E)estT-périodique si et seulement siy(0) =y(T) (b) Montrer que(E)possède une unique solutionT-périodique si et seulement si

Z T 0

b(t) dt6= 0.

Résoudre(E) :f⁰⁰(x) +f(−x) =x+ cosx

Soitλ∈R.

Déterminer les applicationsf de classeC¹ deRdansR, telles que pour toutx∈R, f⁰(x) =f(λ−x).

Résoudre l’équation différentielle(E):x²y⁰⁰+xy⁰−4y+ 4x² = 0.

On pourra utiliser le changement de variable suivant :

t= ln|x|

On précisera quelles sont les solutions définies surRen entier.

Déterminer les applicationsf :R−→R, continues, telles que, pour toutx∈R, f(x) =x²+ Z x

0

tf(x−t) dt.

On souhaite résoudre le problème de Cauchy suivant :

y⁰⁰+|y|= 0avecy(0) =aety⁰(0) = 0 On admettra qu’il possède une unique solution définie surRque l’on noteray.

1. Montrer que pour toutx∈R, y(x)≤a.

2. Déterminerylorsquea≤0.

Pour la suite, on suppose quea >0.

3. Montrer queys’annule en exactement deux pointsb−<0etb₊>0.

4. Achever la résolution de l’exercice.

Le but de l’exercice est de déterminer les applicationsf :R−→ Rcontinues, non identiquement nulles, s’annulant en au moins un point et telles que

∀(x, y)∈R², f(x+y) +f(x−y) = 2f(x)f(y)

1. Soitfune solution. Montrer quef est paire, puis qu’elle admet une primitiveF impaire.

2. Montrer qu’il existex₀ ∈Rtel que

∀y ∈R, f(y) = F(x₀+y) +F(x₀−y) 2F(x₀) . En déduire quefest de classeC^∞

3. Montrer qu’il existeµtel que∀x∈R, F⁰⁰(x) =µF(x). 4. Achever la résolution de l’exercice.

(3)

Solution de l’exercice 14.1 Énoncé On a alors(H) :y⁰+ 2y= 0⇔y=λe^−2t.

On applique la méthode de variation de la constante : y(t) =λ(t) e^−2t

⇔λ⁰(t) e^−2t= 4 e^2t

⇔λ⁰(t) = 4 e^4t

⇔λ(t) = e^4t+C, C ∈R

⇔y(t) = e^2t+Ce^−2t etC =−1

⇔y(t) = 2 sinh 2t

Solution de l’exercice 14.2 Énoncé

(H) :y⁰⁰−10y⁰+41y= 0et on a le polynôme caractéristique :χ(X) =X²−10X+41 ∆ = 100−4×41 =

−64 = (±8i)², d’où on tireX±= 10±8i

2 = 5±4i.

D’où(H)⇔ ∃u, v∈R, y(t) = e^5t(ucos 4t+vsin 4t)

On cherche ensuite une solution particulière de la formey(t) =Acost+Bsint(carχ(i)6= 0).

y=Acost+Bsint y⁰ =−Asint+Bcost y⁰⁰ =−Acost−Bsint On remplace dans(E):

(−A−10B+ 41A) cost+ (−B+ 10A+ 41B) sint= 170 sint⇔

®40A−10B = 0 40B+ 10A = 170 ⇔

®A = B/4

170A = 170 ⇔

®A = 1 B = 4

Les solutions sont donc

e^5t(ucos 4t+vsin 4t) + cost+ 4 sint / u, v∈R .

1. On résout dans un premier temps l’équation différentielle proposée :

χ(X) =X²−2X+ 1 = (X−1)², on est face à une racine double, d’où∃α, β∈R, f(x) = e^x(αx+β).

On cherche ensuite une sol particulière de la formex7−→ae^xx². On remplace dans(E):ax²e^x−2 e^x(ax²+ 2ax) + e^x(ax²+ 2ax+ 2ax+ 2a) = 2 e^x ⇔a= 1.

D’où∀t∈R, f(t) = e^t(t²+αt+β)etf⁰(t) = e^t(t²+t(2 +α) +β+α)≥0(c’est une parabole tournée vers le haut, de coefficient dominant1>0).

f⁰(t)≥0⇔∆ = (2 +α)²−4(β+α)<0⇔α²−4β+ 4<0

Pourf :∆⁰=α²−4βet on a clairement que∆<0⇒∆⁰ <0. La réciproque est en revanche fausse, il suffit de prendreβ= 0.

1. SoitIun intervalle tel queI∩ {0,−1,1}=∅. Soity:I −→Rune application dérivable.

(E)⇔y⁰+ 2

x(x²−1)y= x

x²−1 (H)⇔y⁰ = −2 x(x²−1)y On effectue une décomposition en éléments simples : −2

x(x²−1) = 2

x + −1

x−1 + −1 x+ 1 Z −2

x(x²−1)dx= Z 2

x + −1

x−1+ −1

x+ 1dx= 2 lnx+−ln(x−1)−ln(x+ 1) = ln x²

|x²−1| (H)⇔ y(x) =λ

x² x²−1

, orI∩{0,−1,1}=∅doncx7→ x²

x²−1est de signe constant surIdonc(H)⇔ ∃λ∈R, ∀t∈I, y(t) =λ t² t²−1.

(4)

On applique la méthode de variation de la constante : λ⁰(x) x²

x²−1 = x x²−1

⇔λ⁰ = 1 x

⇔λ= lnx+k, k∈R Donc(E)⇔ ∃λ∈R, ∀x∈I, y(x) = x²

x²−1(lnx+k) 2. ⇒: Supposonsyune solution. Notonsz :−I −→R

x7−→y(−x) .

∀x∈ −I, z⁰(x) =−y⁰(−x).

∀x∈I, x(x²−1)y⁰+ 2y=x²donc∀x∈ −I,−x((−x)²−1)y⁰(−x) + 2y(−x) = (−x)²⇔x(x²−1)z⁰(x) + 2z(x) =x². Donczest bien solution de(E).

⇐: À faire

3. La question précédente nous montre une symétrie, le raccord effectué surR^∗+sera le même surR^∗−. Ainsi, sur R^∗₊, on peut imposerI ∈ {]0 ; 1[,]1 ; +∞[}. Soity1 une solution de(E)sur]0 ; 1[et soity2une solution de(E)sur]1 ; +∞[. Alors d’après la question 1, on a :

y₁(x) = x²

x²−1(lnx+λ₁) y₂(x) = x²

x²−1(lnx+λ₂) Or λ1,2x²

x²−1 −−−→

x→1 +∞donc il n’y pas de raccordemment possible siλ1,2 6= 0.

x²

x²−1 ×lnx= x²

x+ 1×ln(x−1 + 1) x−1 −−−→

x→1

1

2 ×1 (car ln(1 +u) u −−−→

u→0 1) Donc la seule éventuelle solution de(E)surR^∗+est :y:R^∗+−→R

x7−→









 x²lnx

x²−1 six6= 1 1

2 six= 1

, etyest bien continue

en1, d’après les calculs de limites précédents.

On rappelle ou bien on montre quef est dérivable en un point si et seulement si elle admet un DL d’ordre 1 en ce point :

f(x)−f(a) x−a −−−→

x→a l⇔f(x) =f(a) +l(x−a) +o(x−a)

Posonsx=h+ 1: y(x) = 1 + 2h+h²

h(h+ 2 ) ln(1 +h)

= 1 + 2h+o(h)

h+ 2 ×h−^h₂² +o(h²) h

= (1 + 2h+o(h)) Å

1−h

2 +o(h) ã

× 1

2(1 +h/2)

= 1 2

Å 1 +3

2g+o(h) ã Å

1− h

2 +o(h) ã

= 1

2(1 +h+o(h))

Doncyest dérivable en1ety⁰(1) = 1

2. De plus1(1²−1)y⁰(1) + 2y(1) = 1²doncyest solution de(E).

(5)

4. Il suffit maintenant de faire le raccordement en0: Soity−un solution sur]−1 ; 0[ety₊une solution sur ]0 ; 1[. Alors

y−(x) = x²

x²−1(ln|x|+C)

=x× Å x²

x²−1(ln|x|+C) ã

=o(x)(carxln(x)−−−→

x→0 0)

De même poury+. Le même raisonnement qu’à la question précédente montre que toute solution dey−se raccord à toute solution dey+en une application dérivable sur]−1 ; 1[tel quey(0) = 0 =y⁰(0). On vérifie queysatisfait(E)enx= 0.

SoitI ⊂R^∗un intervalle.y⁰ = y 2t+ 1

2yt⇔2yy⁰= y² t +1

t. On az =y²doncz⁰ = 2yy⁰. Ainsi(E) ⇔ z⁰ = z

t +1

t et(H) ⇔ z⁰ = z

t ⇔ z =λt. On devine quet 7→ −1est solution particulière et(E)⇔ ∃λ∈R, ∀t∈I, z=λt−1⇔y² =λt−1⇔y=√

λt−1.

Siλ <0, t < 1

λ, posonsI_λ= ò

−∞; 1 λ ï

. Siλ >0, t > 1

λ, posonsI_λ = ò1

λ ; +∞

ï . Ainsi(E)⇒ ∃λ∈R,∀t∈I ⊂I_λ, y(t) =√

λt−1

Siyest solution, elle ne s’annule pas, donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, le signe deyest constant.

Finalement(E)⇔ ∃λ∈R^∗, ∃I ⊂Iλ,∃ε∈ {−1,1},∀t∈I, y(t) =ε√ λt−1

f(x) + Z x

0

(x−t)f(t) dt= 1

⇔f(x) +x Z x

0

f(t) dt− Z x

0

tf(t) dt= 1

⇔f⁰(x) + Z x

0

f(t) dt+xf(x)−xf(x) = 0 etf(0) = 1

⇔f⁰⁰(x) +f(x) = 0 et

®f(0) = 1 f⁰(0) = 0

⇔f(x) = cosx

cosest solution et la solution est unique par le théorème de Cauchy-Lipschitz.

On peut poser le changement de variablesinhx=tcarx7→sinhxest bijective deRdansR. (E)⇔(sinh²+1)y⁰⁰(sinh(x)) + sinh(x)y⁰(sinh(x)) =q²y(sinhx)

z=y(sinh(x))

z⁰ = cosh×y⁰(sinh(x))

z⁰⁰= sinh(x)y⁰(sinh(x)) + cosh²(x)y⁰⁰(sinh(x)) (E)⇔z⁰⁰−q²z= 0

⇔z=acosh(qx) +bsinh(qx), a, b∈R

⇔y(t) =z(argsh(x)) =acosh(qargsh(t)) +bsinh(qargsh(t)) Ou encore :

(E)⇔z⁰⁰−q²z= 0

⇔z=ae^qx+be^−qx

⇔z=ae^q^ln(t+

√

1+t²)+be^−q^ln(t+

√

1+t²) (car argsh(t) = ln(t+p

1 +t²))

⇔y(t) =a(t+p

1 +t²)^q+b(p

1 +t²−1)^q

(6)

Solution de l’exercice 14.8 Énoncé 1. (H) :y⁰+by= 0⇔y=λe^−B(t), oùB =R

b y=λ(t) e^−B(t)↔λ⁰(t) =ce^B

Doncy = ÅZ t

0

c(x) e^B(x) dx ã

e^−B(t)+λe^−B(t)

2. (a) Soityune solution de(E)telle quey(0) =y(T). Posonsz:t7−→y(t+T), alorszest aussi solution de (E). De plusz(0) =y(T) =y(0)qui est une solution du problème de Cauchy. Or d’après le théorème de Cauchy-Lipschitz, la solution est unique etz=y.

(b) y(T) =ke^−B(T⁾+ e^B(T⁾ Z _T

0

c(t) e^B(t) dtety(0) =ke^−B(0)

Il existe une unique solutionT-périodique de(E)si et seulement siy(T) = y(0)a une unique solution⇔ k(e^−B(T⁾−e^−B(0)) = e^B(T⁾

Z T 0

c(t) e^B(t) dt ⇔ e^−B(T⁾−e^−B(0) 6= 0 ⇔ B(0) 6= B(T) ⇔ Z T

0

b(t) dt6= 0

Soitf solution : Alors(1) : f⁰⁰(x) +f(−x) = x+ cosxet(2) : f⁰⁰(−x) +f(x) =−x+ cosxet on obtient (1) + (2) : [f⁰⁰(x) +f⁰⁰(−x)] + [f(x) +f(−x)] = 2 cosxet(1)−(2) : [f⁰⁰(x)−f⁰⁰(−x)] + [f(−x)−f(x)] = 2x.

Posons ainsig(x) =f(x)−f(−x), impaire eth(x) =f(x) +f(−x), paire. On a alors : (E₁) :h+h⁰⁰ = 2 cosx

(E2) :g⁰⁰−g= 2x

(H1) ⇔ ∃α₁, β1 ∈ R, h(x) = α1cosx+β1sinxet de plus,x 7→ xsinxest solution particulière de(E1) donc (E₁)⇔ ∃α₁, β₁ ∈R, ∀x∈R, h(x) =α₁cosx+ (β₁+x) sinx.

(H2) ⇔ ∃α₂, β2 ∈ R, g(x) = α2coshx+β2sinhx, de plus,x 7→ −2x est solution particulière de (E2) donc (E₂)⇔g(x) =α₂coshx+β₂sinhx−2x.

Or par définition,h est paire, donc x 7→ α1cosx + (β1 +x) sinx est paire, doncβ1 = 0. De même, g est impaire, doncx7→α₂coshx+β₂sinhx−2xest impaire, doncα₂ = 0.

On a maintenantf(x) = f(x) +g(x)

2 = 1

2(β2sinhx−2x+α1cosx+xsinx).

La réciproque est à vérifier, on aurait pu cependant raisonner par équivalences si on avait montré que la décom- position de f est une somme d’une fonction paire et impaire est unique, ce qui se montre aisément (cf. chapitre 1).

Soitf solution, alorsf⁰ est égalementC¹. Doncf⁰⁰(x) =−f⁰(λ−x). De plus,x7−→λ−xest une involution doncf⁰⁰(x) =−f(x) ⇔ (E) : f⁰⁰(x) +f(x) = 0 ⇔ ∃X, ϕ ∈ R, ∀x ∈ R, f(x) = Xcos(x+ϕ). Alors il vient f⁰(x) =Xcos

x+ϕ+π 2

.

0est une solution triviale du problème, c’est pourquoi on considèreX6= 0: cos

x+ϕ+π 2

= cos(λ−x+ϕ) enx= 0 cos

ϕ+π 2

= cos(λ+ϕ) ϕ+π

2 ≡λ+ϕ [2π]

λ≡ π 2 [2π]

ouϕ≡ −λ 2 −π

4 [π]

Cela fixe la valeur deλpour une valeur donnée dex, il faut s’assurer que cette valeur deλfonctionne pour tout x∈R: il suffit de trouver un contre-exemple pour montrer que cela ne fonctionne pas.

(7)

Solution de l’exercice 14.11 Énoncé Posonst= ln|x|, surR^∗+, t= ln(x)⇔e^t=x. On posez(t) =y(x) =y(e^t)i.e.y(x) =z(lnx).

y⁰(x) = y⁰(lnx)

x = z⁰(lnx)

x y⁰⁰(x) = −1

x²z⁰(lnx) + 1

x²z⁰⁰(lnx) Donc(E) ⇔ x²× 1

x² (z⁰⁰(lnx)−z⁰(lnx)) + xz⁰(lnx)

x −4z(lnx) + 4x² = 0 ⇔ z⁰⁰(lnx)−4z(lnx) =−4x² ⇔ z⁰⁰(t)−4z(t) =−4 e^2t χ(X) =X²−4 = (X−2)(X+ 2)

(H)⇔ ∃u, v∈R, z(t) =ue^2t+ve^−2t.

Pour(E), une solution particulière est de la formet 7→ λte^2t, et on trouveλ= −1(il suffit de remplaceryet ses dérivées par l’expression de cette fonction).

(E)⇔ ∃u, v∈R,∀t∈R, z(t) =ue^2t+ve^−2t−te^2t

⇔ ∀x∈R^∗₊, y(x) =ux²+ v

x² +x²ln|x|

Une telle forme d’équation s’appelle équation d’Euler, elles ont la forme générale suivante :

n

X

k=0

xⁿy⁽ⁿ⁾ = f(x), où n∈N^∗, f ∈C⁰. On pose alors encore le même changement de variable.

Cependant ici, les solutions surRen entier sont la fonction identiquement nulle, en effet, la fonctionx 7→ x²lnx n’est pas deux fois dérivable en0donc le raccordemment n’est pas possible. On le montre au moyen d’un dévelop- pement limité à l’ordre 2 sur la fonction :f:x7−→

®x²ln|x| six6= 0 0 six= 0

Posonsu=x−talors :

(E)⇔f(x) =x²+ Z x

0

(x−u)f(u)du

=x²+x Z x

0

f(u)du− Z x

0

uf(u)du

Par hypothèse,f ∈ C¹(R), donc elle admet une primitive et sa primitive est également C¹ d’après la relation fonctionnelle. Posonsgune primitive seconde (primitive de la primitive) def tel queg(0) =g⁰(0) = 0. On a alors

(E)⇔g⁰⁰(x) =x²+xg⁰(x)−[tg⁰(t)]^x₀ + Z _x

0

g⁰(t) dt

=x²+xg⁰(x)−xg⁰(x) +g(x)

=x²+g(x)

Alors(H)⇔g⁰⁰=g⇔ ∃A, B ∈R, g(x) =Acosh(x) +Bsinh(x)

Une solution particulière est donc de la formet7→ax²+bx+cet on trouve les coefficients suivants :







a =−1 b =g⁰(0) = 0 c =−2

, doncg₀(x) =−x²−2 =−(x²+ 2).

Finalement,

(E)⇔g⁰(x) =Asinhx+Bcoshx−2x etg(0) = 0

⇔g⁰⁰(x) =Acoshx+Bsinhx−2 et

®g(0) =0 g⁰(0) =B = 0

⇔f(x) = 2 sinhx−2

Rappel : Sia, b:R−→R∈C¹,a=b⇔(a⁰ =b⁰∧a(0) =b(0))cara(x) =a(0) +Rx

0 a⁰(t) dt.

(8)

1. ∀x∈R, y(x)^{T RI}

1

= y(0)+xy⁰(0)+

Z x 0

(x−t)y⁰⁰(t) dt. Or∀x∈R, y⁰⁰(x)≤0, donc six >0, y(x)≤y(0) =a, de même six <0.

2.







y⁰⁰−y =0 y⁰(0) =0 y(0) =a

⇔y(x) =acoshx

3. Faire un schéma. Soit b = inf{x ∈ R^∗+ / y(x) ≤ 0}. L’ensemble considéré est non-vide, car sinon,∀x ∈ R^∗₊, y(x)>0doncy(x) =acosx >0 .

Supposons maintenant quey(b)<0, alors d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existex ∈]0, b[

(carbest l’inf) tel quey(x) = 0 carbest la borne inférieure. Doncy(b) ≥ 0, et mêmey(b) = 0caryest continue.

∀x∈[0, b], y(x)≥0,donc∀x∈[0, b], y(x) =acosx. Doncb= π

2 ety⁰(b) =a.

Donc∀x > b, y(x)^{T RI}=¹ y(b)

|{z}= 0

+y⁰(b)(x−b)

| {z }

≥0

+ Z x

b

(x−t)y⁰⁰(t) dt

| {z }

≥0

, doncbest l’unique zéro deysurR^∗+.

yest paire d’après l’énoncé. Doncys’annule exactement en π

2 et en−π 2. 4. • Suri

−π 2 ; π

2 h

, y(x) =acosx

• Sur hπ

2 ; +∞h

, y(x) = Acoshx + Bsinhx = −asinh(x − b) = −asinh

x+ π 2

(cary⁰(b) =

−aety(b) = 0) Finalement :

y : x7−→









 asinh

π 2 −x

six≥ π 2 acosx si|x| ≤ π

2 asinh

x+π 2

six≤ −π 2

1. Prenonsx =y = 0:2f(0) = 2f(0)² ⇔ f(0) = f(0)² ⇒ f(0) = 1ouf(0) = 0.f(0) = 0 ⇒ f = 0, car

∀x,2f(x) = 0: c’est faux, doncf(0) = 1.

Posonsx= 0ety=x:f(x) +f(−x) = 2f(x)f(0) = 2f(x)doncf(−x) =f(x):f est bien paire.

NotonsF la primitive def s’annulant en0.

Z x 0

f(t) dt=F(x)

= Z x

0

f(−t) dt

=− Z x

0

−f(−t) dt=−

F(−t)x 0

=−F(−x)

DoncF est bien impaire. On aurait pu procéder avec le changement de variablesu=−t.

2. Soity∈R:

f(x+y) +f(x−y) = 2f(x)f(y) Z x

0

f(t+y) dt+ Z x

0

f(t−y) dt= Z x

0

2f(y)f(t) dt F(t+y)x

0 +

F(t−y)x

0 = 2f(y)F(t) F(x+y)−F(y) + F(x−y)

−F(−y) = 2f (y)F(x)

1. Taylor-Young avec reste intégral

(9)

f 6=0donc il existex₀∈Rtel queF(x₀)6= 0, et ainsi F(x0+y) +F(x0−y)

2F(x0) =f(y)

Par récurrence, à l’aide de la relation fonctionnelle juste établie, on a quef est de classeC^∞. 3.

F(x+y) +F(x−y) = 2F(x)f(y)

F⁰(x+y)−F⁰(x−y) = 2F(x)f⁰(y) (car d dy) F⁰⁰(x+y) +F⁰⁰(x−y) = 2F(x)f⁰⁰(y)

Avecy= 0, on a2F⁰⁰(x) = 2F(x)f⁰⁰(0) =µF(x)avecµ=f⁰⁰(0).

4. Considérons(E) :F⁰⁰(x)−µF(x) = 0 1^ercas :µ= 0:

F⁰⁰(x) = 0doncf⁰(x) = 0etf(x) =b∈Rorf(0) = 1doncf = 1, orf s’annule au moins une fois . 2^ecas :µ >0, µ=a²:

(E) ⇔ F⁰⁰−a²F = 0, on aχ(X) = X² −a² = (X −a)(X+a) donc il existec₁, c₂ ∈ R, F(x) = c1cosh(ax) +c2sinh(ax).F(0) = 0 donc c1 = 0donc F(x) = c2sinh(ax). Ensuite f(x) = F⁰(x) = c2acosh(ax)etf(0) = 1doncc2a= 1doncf(x) = cosh(ax)6= 0,∀x

3^ecas :µ <0, µ= (ai)²:

F(x) =c1cos(ax) +c2sin(ax), de mêmeF(0) = 0doncc1 = 0etF⁰(x) = c2acos(ax) = f(x),f(0) = 1 doncac₂ = 1, doncf(x) = sin(ax).

La réciproque est à vérifier (s’aider de formules trigonométriques).