Résolution avec raccord d'équation d'ordre 1

(1)

Équations diérentielles linéaires scalaires

Résolution d'équation scalaire d'ordre 1

Exercice 1 [ 00382 ][Correction]

Résoudre sur]1 ; +∞[ l'équation diérentielle y⁰− x

x²−1y= 2x.

Résoudre sur]−π/2 ;π/2[

y⁰(x)−tan(x)y+ (cosx)²= 0.

Résoudre les équations diérentielles suivantes : (a) y⁰−y= sin(2x)e^x

(b) y⁰+ 2xy= 2xe^−x²

(c) y⁰+ytanx= sin 2xsur]−π/2 ;π/2[

Déterminer les solutions, s'il en existe, des problèmes de Cauchy suivants : (a) y⁰−(x+ 1)(y+ 1) = 0ety(0) = 1

(b) (1 +x²)y⁰−(x+ 1)y= 2ety(0) =−1.

On considère l'équation

(E) : (1−x)y⁰−y=g oùg: ]−1 ; 1[→Rest donnée.

(a) Résoudre l'équation homogène associée.

(b) On suppose que la fonctiong est développable en série entière g(x) =

+∞

X

n=0

bnxⁿ de rayon de convergenceR≥1.

Montrer que(E)admet au moins une solution développable en série entière en 0,

y(x) =

+∞

X

n=0

anxⁿ

de rayon de convergenceR⁰≥1et exprimer lesa_n en fonction deb_n pour toutn∈N.

Étude théorique d'équation d'ordre 1

Soita:R+→Rune fonction continue et intégrable.

Établir que les solutions de l'équation diérentielley⁰−a(t)y= 0sont bornées sur R+.

(a) Soith:R→Ccontinue de limite nulle en+∞. Montrer que les solutions de l'équation diérentielley⁰+y=hconverge vers 0 en +∞.

(b) Soitf:R→Cde classeC¹. On suppose quef+f⁰ −−→

+∞ `. Montrer que f −−→

+∞ `.

Soientαun complexe de partie réelle strictement positive et une application f: R→Rde classeC¹telle que f⁰+αf tend vers 0 en +∞.

Montrer quef tend vers 0 en+∞.

Soitα∈Cet ϕ:R→Cune fonction continue et périodique de périodeT >0. On étudie l'équation diérentielle

(E) :y⁰+αy=ϕ(t).

(2)

(a) Montrer que siy est solution surRde l'équation (E)alors la fonction t7→y(t+T)l'est aussi.

(b) En déduire qu'une solution yde(E)estT-périodique si, et seulement si, y(0) =y(T).

(c) Montrer que l'équation(E)admet une unique solutionT-périodique, sauf pour des valeurs exceptionnelles deαque l'on précisera.

Résolution avec raccord d'équation d'ordre 1

Résoudre surRl'équation

(E) :x²y⁰−y= 0.

Résoudre surRl'équation suivante

(e^x−1)y⁰+ e^xy= 1.

Résoudre surRl'équation suivante

sh(x)y⁰−ch(x)y= 1.

y⁰+y= max(x,0).

Résoudre

xlnxy⁰−(3 lnx+ 1)y= 0.

Résoudre surRles équations suivantes :

(a) xy⁰−y=x (b) xy⁰+y−1 = 0

(c) xy⁰−2y=x⁴

(d) x(1 +x²)y⁰−(x²−1)y+ 2x= 0

Résoudre surRles équations suivantes :

(a) y⁰sinx−ycosx+ 1 = 0 (b) (sinx)³y⁰ = 2(cosx)y

Déterminer les solutions, s'il en existe, des problèmes de Cauchy suivants : (a) (tanx)y⁰−y= 0 ety(0) = 0

(b) (tanx)y⁰−y= 0 ety(0) = 1.

Résoudre sur tout intervalle deRl'équation diérentielle x(x²−1)y⁰+ 2y=x².

Soitα∈R. Résoudre surRl'équation diérentielle xy⁰−αy= 0 en discutant selon les valeurs deα.

Soitf ∈ C¹(R+,R)etg une solution surR^∗+ de l'équation diérentielle xy⁰−y=f(x).

(a) Démontrer que gse prolonge par continuité en 0. Déterminer une condition nécessaire surf⁰(0)pour que la fonction ainsi prolongée soit dérivable en 0.

Démontrer que cette condition n'est pas susante.

(b) f est supposée de classeC² et la condition précédente est vériée.

Démontrer quegest de classeC².

(3)

Soit(E)l'équation diérentielle

(lnx)y⁰+y x= 1. (a) Résoudre(E)sur]0 ; 1[ et sur]1 ; +∞[.

(b) Soit gla fonction dénie sur]−1 ; +∞[\ {0}par g(x) = ln(1 +x)

x .

Montrer queg se prolonge sur]−1 ; +∞[en une fonction de classeC^∞. (c) Démontrer que(E)admet une solution de classeC^∞ sur]0 ; +∞[. Exercice 22 [ 01369 ][Correction]

Soitαun paramètre réel. On désire résoudre surRl'équation diérentielle E:xy⁰=αy.

On considèrex7→y(x)une solution deE surR^∗+ etR^∗−. (a) Donner l'expression dey(x)surR^∗+ et surR^∗−.

On noteraC⁺ etC⁻ les constantes réelles permettant d'exprimery(x)sur R^∗+ etR^∗−.

(b) À quelles conditions sur les constantes C⁺ et C⁻, est-il possible de prolonger y par continuité en 0 ?

On distinguera trois cas, selon queα <0,α= 0ouα >0.

(c) Pourα >0, à quelles conditions sur les constantesC⁺ et C⁻ la fonction prolongéey est-elle dérivable en 0 ?

On distinguera trois cas, selon que0< α <1,α= 1ouα >1.

(d) Résumer l'étude précédente en donnant la solution générale de EsurRen fonction deα.

Résolution d'équation scalaire d'ordre 2

Soitα >0. Résoudre surI= ]0 ; +∞[l'équation diérentielle Eα:x²y⁰⁰(x) +xy⁰(x)−α²y(x) = 0. On pourra étudier les fonctions propres de l'application

ϕ:y(x)7→xy⁰(x).

Méthode de variation des constantes

Résoudre l'équation diérentielle

y⁰⁰+ 4y⁰+ 4y= e^−2t 1 +t². Exercice 25 [ 00406 ][Correction]

y⁰⁰+y= tant. Exercice 26 [ 00407 ][Correction]

y⁰⁰+y= tan²t. Exercice 27 [ 02893 ][Correction]

Résoudre sur]0 ;π[

y⁰⁰+y= cotx. Exercice 28 [ 02455 ][Correction]

(a) Résoudre l'équation diérentielle

y⁰⁰+y= cos(nt). (b) SoitPa_n une série absolument convergente.

Résoudre l'équation diérentielle y⁰⁰+y=

+∞

X

n=0

a_ncos(nt).

Soitf:R→Rune fonction de classeC² telle que f+f⁰⁰≥0. Montrer

∀x∈R, f(x) +f(x+π)≥0.

(4)

Soitf ∈ C^∞(R,C) 2π-périodique. Existe-t-ily∈ C^∞(R,C) 2π-périodique et solution de

y⁰⁰+y=f?.

Soitf ∈ C¹(R+,R)monotone ayant une limite nie en +∞. Montrer que les solutions de l'équationy⁰⁰+y=f sont bornées.

(a) Résoudre surR^∗+ par variation des constantes l'équation diérentielle y⁰⁰+y= 1/x.

(b) En déduire une expression de f(x) =

Z +∞

0

e^−tx dt 1 +t² valable pourx >0.

(c) Calculer

Z +∞

0

sint t dt.

Recherche de solution développable en série entières

(a) Déterminer les séries entières solutions au voisinage de 0 de l'équation diérentielle

y⁰⁰+ 2xy⁰+ 2y= 0.

(b) Exprimer parmi celles-ci, celles dont la somme est une fonction paire.

Résoudre sur]−1 ; 1[l'équation

4(1−t²)y⁰⁰(t)−4ty⁰(t) +y(t) = 0 en recherchant les fonctions développables en série entière.

(a) Résoudre surRl'équation

(1 +t²)y⁰⁰(t) + 4ty⁰(t) + 2y(t) = 0 en recherchant les séries entières solutions.

(b) Résoudre ensuite

(1 +t²)y⁰⁰(t) + 4ty⁰(t) + 2y(t) = 1 1 +t². Exercice 36 [ 02528 ][Correction]

(a) Montrer qu'il existe une solutionhde l'équation xy⁰⁰+y⁰+y = 0 développable en série entière et vérianth(0) = 1. (b) Montrer que hs'annule sur]0 ; 2[.

(c) Montrer quehne s'annule qu'une seule fois sur]0 ; 2[.

Wronskien

Soienta, b:I→Ccontinues et(f₁, f₂)un système fondamental de solutions de l'équation

E:y⁰⁰+a(t)y⁰(t) +b(t)y= 0.

Former une équation diérentielle linéaire d'ordre 1 vériée par le wronskien w:t7→

f1(t) f2(t) f₁⁰(t) f₂⁰(t) . Exercice 38 [ 04001 ][Correction]

On étudie sur]0 ; +∞[l'équation diérentielle

(E) :ty⁰⁰+ (1−2t)y⁰+ (t−1)y= 0. (a) Vérier queϕ(t) = e^tdétermine une solution de(E).

(b) Déterminer une expression du wronskien w(t)de deux solutions de l'équation (E).

(c) En déduire une solution de(E)indépendante deϕet exprimer la solution générale de(E).

(5)

Étude théorique d'équation d'ordre 2

Soitq:R→R+une fonction continue non nulle.

On se propose de montrer que les solutions surRde l'équation y⁰⁰+q(x)y= 0 s'annulent.

Pour cela, on raisonne par l'absurde et on suppose quef est une solution ne s'annulant pas.

(a) Justier quef est de signe constant.

Quitte à considérer−f au lieu def, on peut supposer

∀x∈R, f(x)>0. (b) Étudier le signe def⁰⁰.

(c) Soit a∈Rquelconque. Quelle est l'équation de la tangente àf ena? (d) Montrer que le graphe de f est en dessous de sa tangente ena.

(e) En déduire quef⁰(a) = 0et conclure.

Soitq:R→R+une fonction continue non nulle.

Montrer que toute solution surRde l'équation diérentielley⁰⁰+q(x)y= 0 s'annule.

Soientqune fonction continue sur[a;b]à valeurs réelles etf une solution non nulle sur[a;b]de l'équation diérentielle

(E) :y⁰⁰(x) +q(x)y(x) = 0. Montrer quef admet un nombre ni de zéros.

Soientqune fonction continue, intégrable sur [0 ; +∞[et(E)l'équation diérentielle

y⁰⁰+q(x)y= 0.

(a) Sif est une solution bornée de(E)sur[0 ; +∞[, montrer que sa dérivéef⁰ admet une limite nie en+∞.

Quelle est la valeur de sa limite ?

(b) Soientf etg deux solutions bornées. Étudier le wronskien def et de g w=f⁰g−f g⁰.

En déduire quef et gsont liées. Que peut-on en conclure ?

Soientq₁, q₂:I→Rcontinues vériantq₁≤q₂.

On noteϕ₁et ϕ₂deux solutions surI respectivement des équations y⁰⁰+q₁(x)y= 0 ety⁰⁰+q₂(x)y= 0.

On suppose la solutionϕ1 non identiquement nulle.

(a) Montrer que les zéros deϕ1sont isolés i.e. que six0∈I annuleϕ1 alors

∃α >0,∀x∈I∩[x0−α;x0+α], ϕ(x) = 0 =⇒ x=x0.

(b) Soienta < bdeux zéros consécutifs deϕ1. Montrer que ϕ2 s'annule sur[a;b]. On pourra étudierϕ1ϕ⁰₂−ϕ2ϕ⁰₁.

(c) Application: Montrer que siϕest une solution non nulle de l'équation y⁰⁰+ e^xy= 0alors

∀a∈R+,∃x∈[a;a+π], ϕ(x) = 0.

On considère l'équation diérentielle

(E) :y⁰⁰+ cos²(t)y= 0.

(a) Justier l'existence d'une solutionude(E)telle que u(0) = 1 etu⁰(0) = 0. (b) Démontrer l'existence de deux réels α, βvériant

α <0< β, u⁰(α)>0et u⁰(β)<0. En déduire queupossède au moins un zéro dansR^∗− et R^∗+. (c) Justier l'existence de réels

γ= max t <0

u(t) = 0 etδ= min t >0

u(t) = 0 .

(6)

(d) Soit vune solution de(E)linéairement indépendante deu. En étudiant les variations de

W =uv⁰−u⁰v montrer quevpossède au moins un zéro dans]γ;δ[.

(e) Soit wune solution non nulle de(E). Démontrer quewadmet une innité de zéros. On pourra introduire pourn∈N, la fonction

wn:R→R, t7→w(t−nπ)

[Énoncé fourni par le CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA]

Soientq∈ C⁰

[a; +∞[,R+

et (E)l'équation diérentielley⁰⁰=q(x)y. (a) Soit f une solution de(E)telle quef(a)>0 etf⁰(a)>0.

Montrer quef etf⁰ sont strictement positives et quef tend vers+∞en+∞. (b) Soientuetv les solutions de(E)telles que

u(a) = 1 u⁰(a) = 0 et

v(a) = 0 v⁰(a) = 1.

Calculeru⁰v−uv⁰. Montrer que, sur]a; +∞[,u/v etu⁰/v⁰ sont monotones de monotonies contraires. Montrer queu/vet u⁰/v⁰ tendent en+∞vers la même limite réelle.

(c) Montrer qu'il existe une unique solutiong de(E), strictement positive, telle queg(a) = 1et telle queg décroisse sur[a; +∞[.

(d) Déterminer glorsqueq(x) = 1/x⁴ sur[1 ; +∞[. On pourra posery(x) =xz(1/x).

(E1) :x⁰⁰+p(t)x⁰+q(t)x= 0.

(a) Soit u₁ etu₂ deux solutions de(E₁)telles queu₁u₂= 1. On posez_i=u⁰_i/u_i. Montrer que lesz_i sont deux solutions opposées d'une équation diérentielle non linéaire(E₂).

(b) En déduire une condition nécessaire et susante surpetqpour que(E1) admette deux solutionsu1 etu2telles queu1u2= 1.

(c) Résoudre surI= ]−π/4 ;π/4[l'équation 1 + cos(4t)

x⁰⁰−2 sin(4t)x⁰−8x= 0.

Problèmes se ramenant à la résoluton d'équations diérentielles

Quelles sont les fonctions continuesf telles que f(x) =−1−

Z x 0

(2x−t)f(t) dt?

Soitf:R→Rcontinue vériant l'équation

∀x∈R, f(x) + Z x

0

(x−t)f(t) dt= 1−x. (a) Montrer quef est de classeC¹.

(b) Trouver toutes les fonctionsf solution de l'équation étudiée.

Déterminer les fonctionsf: R→Rcontinues vériant

∀x∈R, f(x) = Z x

0

tf(t) dt+ 1.

Trouver les fonctionsf:R→Rcontinues telles que pour toutxréel f(x)−2

Z x 0

f(t) cos(x−t) dt= 1.

Trouver toutes les applicationsf:R→Rdeux fois dérivables telles que

∀x∈R, f⁰⁰(x) +f(−x) =x. Exercice 52 [ 02892 ][Correction]

Déterminer les fonctionsf: R^∗+→Rdérivables telles que

∀x >0, f⁰(x) =f(1/x).

(7)

Déterminer la dimension de l'espace E=

y∈ C²(R,R)

∀x∈R, y⁰⁰(x) +y(x) =y(0) cos(x) . Exercice 54 [ 03108 ][Correction]

Soientf une fonction réelle continue sur[0 ; 1]et λun réel.

Trouverufonction réelle continue sur[0 ; 1] telle que u(x) =λ

Z x 0

u(t) dt+f(x).

Déterminer les fonctionsf:R→Rdeux fois dérivables telles que

∀x, y∈R, f(x+y) +f(x−y) = 2f(x)f(y)et f(0) = 1.

Résolution avec raccord d'équation d'ordre 2

(t+ 1)²y⁰⁰−2(t+ 1)y⁰+ 2y= 0 en commençant par rechercher les solutions polynomiales.

(t+ 1)y⁰⁰−(t+ 2)y⁰+y= 0.

xy⁰⁰−y⁰−x³y= 0.

(a) Montrer que siy est solution surIalorsx7→y(−x)est solution surI⁰ symétrique deI par rapport à0.

(b) Résoudre surR^∗+ l'équation via le changement de variablet=x². (c) Déterminer les solutions surR.

On étudie l'équation diérentielle

(E) : 4xy⁰⁰+ 2y⁰−y= 0.

(a) Déterminer les fonctions développables en série entière solutions

(b) Résoudre (E)surR^∗+ et sur R^∗− en posant respectivement x=t²et x=−t². (c) Déterminer les solutions de(E)surR.

Résoudre surRl'équation diérentielle

E:xy⁰⁰−(1 +x)y⁰+y= 1 en posantz=y⁰−y.

Résolution par changement de fonction inconnue

(1 +x²)y⁰⁰+ 2xy⁰= 0.

(1 + e^x)²y⁰⁰−2e^x(1 + e^x)y⁰−(3e^x+ 1)y= 0 en introduisant

z(x) = y(x) 1 + e^x.

(8)

y⁰⁰+ 4xy⁰+ (3 + 4x²)y= 0 en introduisant la fonctionz(x) = e^x²y(x).

Résoudre surR^∗+ l'équation

x²y⁰⁰+ 4xy⁰−(x²−2)y= 0 en posantz=x²y.

Résoudre sur]0 ; +∞[ l'équation diérentielle

xy⁰⁰(x) + 2y⁰(x)−xy(x) = 0 en posanty(x) =x^αz(x)avecα∈Rbien choisi.

Résoudre sur]0 ; +∞[ l'équation

x²y⁰⁰−2y+3 x = 0 en introduisant la fonctionz(x) =xy⁰(x) +y(x).

Méthode de Lagrange

On étudie l'équation diérentielle

(t²+ 1)y⁰⁰−2y=t.

(a) Déterminer une solution polynomiale non nulleϕ(t)de l'équation homogène associée.

(b) Résoudre l'équation homogène en procédant au changement de fonction inconnuey(t) =ϕ(t)z(t).

(c) Exprimer la solution générale de l'équation étudiée.

On étudie l'équation

(1 +t²)²y⁰⁰(t)−2t(1 +t²)y⁰(t) + 2(t²−1)y(t) = (1 +t²).

(a) Déterminer une solution polynomiale non nulleϕ(t)de l'équation homogène.

(b) Résoudre l'équation en procédant au changement de fonction inconnue y(t) =ϕ(t)z(t).

On étudie surR^∗+ l'équation

t³y⁰⁰+ty⁰−y= 0.

(a) Déterminer une solution polynomiale non nulleϕ(t)de cette équation.

On étudie surR^∗+ l'équation diérentielle

t²y⁰⁰+ty⁰−y= 1.

(a) Déterminer une solution polynomiale non nulleϕ(t)de l'équation homogène.

On étudie l'équation diérentielle suivante sur]0 ; +∞[

(E) :xy⁰⁰+ 3y⁰−4x³y= 0.

(a) Chercher une solutionϕ(x)développable en série entière au voisinage de 0 et non nulle.

(b) Terminer de résoudre l'équation par le changement de fonction inconnue y(x) =ϕ(x)z(x)

(9)

On étudie sur]0 ; 1[l'équation diérentielle suivante x²(1−x)y⁰⁰−x(1 +x)y⁰+y= 0.

(a) Rechercher une solution développable en série entière non nulleϕ(x). (b) Achever de résoudre cette équation par le changement de fonction

y(x) =ϕ(x)z(x).

Résolution par changement de variable

Résoudre surR^∗+ les équations suivantes via le changement de variablet= lnx. (a) x²y⁰⁰+xy⁰−y=x² (b) x²y⁰⁰−2y=x

Résoudre sur]−1 ; 1[l'équation

(1−x²)y⁰⁰−xy⁰+ 4y= arccosx en procédant au changement de variablex= cos(t).

(1 +x²)²y⁰⁰+ 2(x−1)(1 +x²)y⁰+y= 0 en procédant au changement de variablet= arctanx.

Résoudre surRl'équation y⁰⁰+ 2t

t²+ 1y⁰+ 1

(t²+ 1)²y= t (t²+ 1)² en posantx= arctant.

En indiquant les hypothèses nécessaires, eectuer le changement de variable u=ϕ(t)dans l'équation diérentielle

(1 +t²)x⁰⁰+tx⁰+a²x= 0

tel qu'elle devienne une équation à coecients constants et la résoudre.

On veut résoudre

(E) : (x+ 1)y⁰⁰−(3x+ 4)y⁰+ 3y= (3x+ 2)e^3x.

Si∆ est l'opérateur de dérivation etQ(X) =X−3, on aQ(∆)(y) =y⁰−3y. Montrer l'existence d'un polynômeP de la formea(x)X+b(x)tel que(E) devienne

P(∆)◦Q(∆)

(y) = (3x+ 2)e^3x.

Résoudre l'équation à l'aide du changement de variablez=Q(∆)(y).

(10)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

C'est une équation diérentielle linéaire du premier ordre.

Solution homogène :y0(x) =C√ x²−1.

Par variation de la constante, solution particulièrey1(x) = 2(x²−1). Solution générale :y(x) =C√

x²−1 + 2(x²−1).

C'est une équation diérentielle linéaire de solution générale homogène y(x) = λ

cosx.

L'application de la méthode de la variation de la constante amène à déterminer Z

cos³xdx= Z

cosxdx− Z

cosxsin²xdx= sinx−1 3sin³x. Au nal, on obtient la solution générale

y(x) =

1

3sin³x−sinx+λ

cosx .

(a) y(x) = (C+ sin²x)e^x (b) y(x) = (x²+C)e^−x²

(c) y(x) =Ccosx−2 cos²x

(a) Solution de l'équation homogène sur R:y(x) =Ce¹²^(x+1)² avecC∈R.

Solution particulière surR:y0(x) =−1. Solution générale surR

y(x) =Ce¹²^(x+1)²−1 avecC∈R.

On auray(0) = 1si, et seulement si,C= 2/√ e.

(b) Solution de l'équation homogène surR:y(x) =C√

x²+ 1e^arctan^xavecC∈R Solution particulière surR: y0(x) =x−1 après recherche de solution de la formeax+b.

Solution générale surR y(x) =Cp

x²+ 1e^arctan^x+x−1 avecc∈R.

On auray(0) =−1 si, et seulement si,C= 0.

(a) C'est une équation diérentielle linéaire. La solution générale homogène est y(x) = λ

1−x.

(b) On peut trouver une solution particulière par la méthode de la variation des constantes de la forme

y(x) = λ(x) 1−x avecλfonction dérivable vériant

(1−x)λ⁰(x)

1−x=g(x) i.e. λ⁰(x) =g(x). Par intégration de série entière de rayon de convergenceR≥1

λ(x) =

+∞

X

n=1

b_n−1

n xⁿ convient.

On obtient alors la solution particulière (pourx∈]−1 ; 1[) y(x) = 1

1−x

+∞

X

n=1

b_n−1 n xⁿ=

+∞

X

n=0

xⁿ

+∞

X

n=1

b_n−1 n xⁿ. Par produit de Cauchy de séries absolument convergentes, on obtient

y(x) =

+∞

X

n=0 n

X

k=1

b_k−1 k xⁿ.

Cette solution est développable en série entière avec un rayon de convergence R⁰ au moins égal à 1(car la série converge assurément sur]−1 ; 1[par les calculs qui précèdent).

(11)

La solution générale de l'équation étudiée est y(t) =λe^A(t) avecA(t) =

Z t 0

a(u) du. Or pour toutt≥0,

A(t) ≤

Z t 0

a(u) du≤

Z +∞

0

a(u) du et donc la fonctiony est bornée.

(a) La solution générale de l'équation diérentielley⁰+y=hest y(x) =

λ+

Z x 0

h(t)e^tdt

e^−x. Pour toutε >0, il existeA∈Rtel que

∀x≥A, h(t)

≤ε. On a alors

y(x) =

λ+ Z A

0

h(t)e^tdt

e^−x+ Z x

A

h(t)e^t−xdt

avec

Z x A

h(t)e^t−xdt

≤εet λ+

Z A 0

h(t)e^tdt

e^−x−−−−−→

x→+∞ 0.

(b) Posons h=f⁰+f−`.f−`est solution de l'équation diérentielley⁰+y=h doncf−`−−→

+∞ 0puisf −−→

+∞ `. Exercice 8 :[énoncé]

Posonsg=f⁰+αf. La fonctionf est solution de l'équation diérentielle.

y⁰+αy=g. La solution générale de cette équation diérentielle est

y(x) =λe^−αx+ Z x

0

g(t)e^α(t−x)dt.

Ainsi, on peut écrire

f(x) =λe^−αx+ Z x

0

g(t)e^α(t−x)dt. Il est immédiat queλe^−αx→0 quandx→+∞carReα >0. Étudions maintenant la limite du terme intégral.

Soitε >0. Puisque la fonctiongtend vers 0 en +∞, il existe A≥0tel que

∀t≥A, g(t)

≤ε. On a alors pour toutx≥A

Z x 0

g(t)e^α(t−x)dt= Z A

0

g(t)e^α(t−x)dt+ Z x

A

g(t)e^α(t−x)dt avec

Z x A

g(t)e^α(t−x)dt

≤ Z x

A

εe^{Re(α)(t−x)}dt≤ ε Re(α)

he^{Re(α)(t−x)}i^x

A≤ ε

Re(α) et

Z A 0

g(t)e^α(t−x)dt

=

Z A 0

g(t)e^αtdt

e⁻^Re(α)x=C^tee⁻^Re(α)x−−−−−→

x→+∞ 0. Pourxassez grand on a alors

Z x 0

g(t)e^α(t−x)dt

≤ ε Re(α)+ε. AinsiRx

0 g(t)e^α(t−x)dt−−−−−→

x→+∞ 0 puisf(x)−−−−−→

x→+∞ 0. Exercice 9 :[énoncé]

(a) Posons z(t) =y(t+T). La fonctionzest dérivable surRet

∀t∈R, z⁰(t) +αz(t) =y⁰(t+T) +αy(t+T) =ϕ(t+T) =ϕ(t). La fonctionz est donc solution de(E).

(b) Siy estT-périodique, on a évidemmenty(0) =y(T).

Inversement, siy(0) =y(T)alorsy et zsont solutions d'un même problème de Cauchy posé en 0. Par unicité de ces solutions, on peut conclurey=z.

(12)

(c) On peut exprimer la solution générale de l'équation(E) y(t) =

λ+

Z t 0

ϕ(u)e^αudu

e^−αt. L'équationy(0) =y(T)équivaut alors l'équation

λ=

λ+ Z T

0

ϕ(u)e^αudu

e^−αT.

Sie^αT 6= 1, cette équation précédente possède une unique solution en l'inconnueλce qui déterminey.

La conditione^αT = 1est uniquement vériée pour les valeurs α= 2ikπ

T aveck∈Z.

SurR^∗+ ouR^∗−,

E ⇐⇒ y⁰ = 1 x²y. Solution générale :y(x) =Ce^−1/x.

Soity une solution surR.

y est solution surR^∗+et R^∗− donc il existeC⁺, C⁻∈Rtelles que

∀x >0, y(x) =C⁺e^−1/x et∀x <0, y(x) =C⁻e^−1/x. Continuité en 0

y(x)−−−−→

x→0+ 0ety(x)−−−−→

x→0−

±∞siC⁻6= 0 0sinon.

Nécessairementy(0) = 0et C⁻ = 0. Dérivabilité en 0

y⁰(x) =C⁺

x² e^−1/x−−−−→

x→0+ 0et y⁰(x)−−−−→

x→0− 0doncy⁰(0) = 0. Equation diérentielle en 0 :0²y⁰(0)−y(0) = 0 : ok.

Finalement

∃C∈R, y(x) =

(Ce^−1/x six >0

0 sinon.

Inversement une telle fonction est solution.

Solution générale surR^∗+ ouR^∗−

y(x) = C+x

e^x−1 avecC∈R.

Soityune fonction solution sur R^∗+ etR^∗−. Il existeC⁺, C⁻ ∈Rtels que

∀x >0, y(x) =C⁺+x

e^x−1 et ∀x <0, y(x) = C⁻+x e^x−1 . Pour que la fonctiony puisse être prolongée par continuité en 0, il faut C⁺=C⁻= 0 auquel cas

y(x) = x

e^x−1 pour x6= 0 et la fonction se prolonge pary(0) = 1.

On vérie que ce prolongement est de classeC^∞ car inverse d'une fonction développable en série entière.

De plus

∀x∈R, e^x−1

y(x) =x

donne par dérivation, la vérication de l'équation diérentielle surR.

Finalement, il existe une seule solution surR: y(x) = x

e^x−1 prolongée par continuité avecy(0) = 1. Exercice 12 :[énoncé]

Solution générale surR^∗+ ouR^∗−

y(x) =Cshx−chx. Après recollement en0, solution générale surR

y(x) =Cshx−chxavecC∈R.

NommonsE l'équation étudiée.

SurR+,

E ⇐⇒ y⁰+y=x

(13)

de solution généraley(x) =Ce^−x+x−1. SurR−,

E ⇐⇒ y⁰+y= 0 de solution généraley(x) =Ce^−x.

Soity solution deE surR.

Commey est solution surR+ et R−, il existeC⁺, C⁻∈Rtelle que

∀x≥0, y(x) =C⁺e^−x+x−1 et∀x≤0, y(x) =C⁻e^−x. Dénition en 0 :y(0) =C⁺−1 =C⁻ doncC⁺ =C⁻+ 1.

Dérivabilité en 0 :y⁰(x)−−−−→

x→0+ −C⁺+ 1et y⁰(x)−−−−→

x→0− −C⁻ doncy⁰(0) =−C⁺+ 1 =−C⁻.

Équation diérentielle en0 :−C⁺+ 1 +C⁺−1 = max(0,0): ok Finalement, il existeC∈Rtelle que

y(x) =

(Ce^−x+x−1 six≥0 (C−1)e^−x sinon.

Inversement : ok

C'est une équation diérentielle linéaire d'ordre 1 dénie sur]0 ; +∞[. Sur]0 ; 1[ ou]1 ; +∞[,

Z 3 lnx+ 1

xlnx dx= 3 lnx+ ln|lnx|+C^te. Solution générale sur]0 ; 1[ou]1 ; +∞[

y(x) =λx³|lnx|. Solution sur]0 ; +∞[.

Soienty: ]0 ; 1[∪]1 ; +∞[→Rsolution de l'équation sur]0 ; 1[ et]1 ; +∞[.

Il existeλ, µ∈Rvérianty(x) =λx³lnxsur]0 ; 1[et y(x) =µx³lnxsur]1 ; +∞[. La continuité en 1 donney(1) = 0sans conditions surλetµ.

La dérivabilité en 1 donneλ=µ.

Ainsiy(x) =λx³lnxsur]0 ; +∞[qui est évidement solution.

(a) Solution générale surR^∗+ ouR^∗− :

y(x) =xln|x|+CxavecC∈R.

Pas de recollement possible en 0.

(b) Solution générale surR^∗+ ouR^∗− : y(x) = 1 +C

x avecC∈R.

Après recollement en 0, solution générale surR:y(x) = 1. (c) Solution générale surR^∗+ ouR^∗− :

y(x) =1

2x⁴+Cx² avecC∈R.

Après recollement en 0, solution générale surR:

y(x) =

(C⁺x²+¹₂x⁴ six≥0

C⁻x²+¹₂x⁴ six <0 avecC⁺, C⁻∈R.

(d) Solution générale surR^∗+ ouR^∗− : y(x) = 1

x+Cx²+ 1

x avecC∈R.

Via

x²−1

x(1 +x²) = 2x²−(1 +x²)

x(1 +x²) = 2x 1 +x² −1

x. Après recollement en 0, solution générale surR:y(x) =−x.

(a) Solution générale surI_k = ]kπ; (k+ 1)π[, k∈R: y(x) = cosx+CsinxavecC∈R.

Après recollement en chaquekπ, solution générale surR: y(x) = cosx+CsinxavecC∈R.

(14)

(b) Solution générale surIk= ]kπ; (k+ 1)π[, k∈R: y(x) =Ce^1/sin²^x avecC∈R.

Après recollement en chaquekπ, solution générale surR: y(x) =

Cke^1/sin²^x six∈Ik

0 six=kπ avec(Ck)∈R^Z. Exercice 17 :[énoncé]

(a) Soit I= ]−π/2 ;π/2[le plus grand intervalle contenant où l'équation diérentielle a un sens.

PosonsI⁺= ]0 ;π/2[et I⁻ = ]−π/2 ; 0[. Solution générale surI⁺ :y(x) =C⁺sinx. Solution générale surI⁻ :y(x) =C⁻sinx. Cherchons les solutions dénies surI.

Analyse : Soity une solution surI, s'il en existe.

y est a fortiori solution surI⁺ etI⁻ donc :

∃C⁺, C⁻∈Rtel que y(x) =C⁺sinxsurI⁺ ety(x) =C⁻sinxsurI⁻. Commey doit être continue en 0,lim_x→0+y(x) = lim_x→0−y(x) =y(0) = 0. Pas d'informations surC⁺ niC⁻.

Commey doit être dérivable en 0, limx→0+y(x)−y(0)

x =C⁺=y⁰(0) = limx→0−y(x)−y(0) x =C⁻. DoncC⁺ =C⁻. Finalementy(x) =C⁺sinxsurI entier.

Synthèse :y(x) =Csin(x)avecC∈Rest bien solution surI. On auray(0) = 0 ⇐⇒ C.sin(0) = 0ce qui est toujours vraie.

Il y a ici une innité de solutions au problème de Cauchy.

(b) On aura y(0) = 1 ⇐⇒ C.sin(0) = 1ce qui est impossible.

Il n'y a ici aucune solution au problème de Cauchy.

SoitI= ]−∞;−1[,]−1 ; 0[,]0 ; 1[ou]1 ; +∞[.

SurI, l'équation diérentielle devient :y⁰+_x(x2²−1)y=_x2^x−1. La solution générale surI est ^x²^(ln|x|+C)_x2−1 avecC∈R.

Après recollement en 1, 0 et -1 on conclut, pour tout intervalleI: Si1,0,−1∈/I, y(x) =^x²^(ln|x|+C)_x2−1 avecC∈R

Si1,−1∈/ I et0∈I,y(x) =







x²ln|x|+C⁺x²

x²−1 six >0 0 six= 0

x²ln|x|+C⁻x²

x²−1 six <0

avecC⁺, C⁻ ∈R.

Si1∈I ou−1∈I,y(x) = ^x_x²2^ln|x|−1 .

SurR^∗+ etR^∗− :y(x) =C|x|^α. Soityune solution surR.

On ay(x) =C⁺x^α surR^∗+ ety(x) =C⁻|x|^αsurR^∗−.

Siα <0, la limite en0 impliqueC⁺=C⁻= 0 doncy= 0. Inversement ok.

Siα= 0, la limite en0 donneC⁺ =C⁻ et on conclut quey est constante.

Inversement ok.

Siα >0, la limite en0 donney(0) = 0.

On ay⁰(x) =αC⁺x^α−1 surR^∗+ ety(x) =−αC⁻|x|^α surR^∗−.

Siα <1, la limite en0 impliqueC⁺=C⁻= 0 doncy= 0. Inversement ok.

Siα= 1, la limite en0 impliqueC⁺=−C⁻ et on conclut quey est linéaire.

Inversement ok.

Siα >1, la limite en0 existe et est nulle ce qui permet d'armery⁰(0) = 0 L'équation diérentielle est bien vériée en0.

Inversement, lorsqueα >1, la fonction dénie pary(x) =







C⁺x^αsix >0 0six= 0 C⁻(−x)^αsix <0

est solution.

(a) On résout l'équation diérentielle linéaire étudiée et, par la méthode de variation de la constante, on obtient la solution générale suivante

g(x) =λx+x Z x

1

f(t) t² dt. Par une intégration par parties, on peut écrire

g(x) =λx−f(x) +xf(1) +x Z x

1

f⁰(t) t dt. Quandx→0⁺, on a

x

Z x 1

f⁰(t) t dt

≤ kf⁰k_∞,[0;1]x|lnx|

et on obtient

g(x)→ −f(0). Quandx→0⁺

1

x g(x)−g(0)

=λ−f(x)−f(0)

x +f(1) + Z x

1

f⁰(t) t dt.

(15)

Le terme ^f(x)−f(0)_x converge versf⁰(0). Sif⁰(0)6= 0alors l'intégraleR

]0;1]

f⁰(t)

t dtdiverge et donc le termeRx 1

f⁰(t) t dt diverge. On en déduit qu'alorsg n'est pas dérivable en 0.

L'égalitéf⁰(0) = 0est une condition nécessaire à la dérivabilité deg en 0.

Cette condition n'est pas susante. En eet considérons une fonction de classeC¹ telle que

f⁰(x) ∼

x→0⁺

1 lnx. L'intégraleR

]0;1]

f⁰(t)

t dtdemeure divergente alors que f⁰(0) = 0. (b) Puisquef est de classeC²et vérie f⁰(0) = 0on peut écrire

f(x) =f(0) +x²ϕ(x)pour toutx >0

avecϕ: ]0 ; +∞[→Rde classeC² et convergeant versf⁰⁰(0)/2 en0⁺. On a alors pour toutx >0

g(x) =λx+xf(0)−f(0) +x Z x

1

ϕ(t) dt g est de classeC³ sur]0 ; +∞[carϕ y est de classeC². On prolongeg par continuité en 0 en posantg(0) =−f(0)

g⁰(x) =λ+f(0) +xϕ(x) + Z x

1

ϕ(t) dt.

Quandx→0⁺,g⁰ converge et doncg est de classeC¹ sur[0 ; +∞[. g⁰⁰(x) = 2ϕ(x) +xϕ⁰(x).

Or

ϕ⁰(x) = f⁰(x)

x² −2f(x)−f(0) x³ donc

g⁰⁰(x) = f⁰(x)

x = f⁰(x)−f⁰(0) x −−−−→

x→0⁺ f⁰⁰(0). On en déduit queg est de classeC² sur[0 ; +∞[

(a) (E)est une équation diérentielle linéaire d'ordre 1. Après résolution via variation de la constante, on obtient la solution générale

y(x) =x+λ lnx .

(b) Par opérations, la fonctiong est de classeC^∞ sur[1/2 ; +∞[. Pourx∈]−1 ; 1[on a le développement en série entière

ln(1 +x) =

+∞

X

n=1

(−1)ⁿ⁻¹ n xⁿ et six6= 0, on obtient

g(x) =

+∞

X

n=0

(−1)ⁿ n+ 1xⁿ.

Si l'on poseg(0) = 1, la relation précédente reste valable pourx= 0et ainsi on a prolongégen une fonction développable en série entière sur ]−1 ; 1[. Ce prolongement est donc de classeC^∞ sur]−1 ; 1[ puis sur]−1 ; +∞[. (c) La fonctiong est à valeurs strictement positives et on peut donc introduire la

fonctionf dénie sur ]0 ; +∞[par

f(x) = 1 g(x−1). La fonctionf est de classeC^∞et sur ]0 ; 1[ou]1 ; +∞[

f(x) =x−1 lnx .

Ainsif est solution de(E)sur]0 ; 1[et]1 ; +∞[et enn on vérie aisément que l'équation diérentielle(E)est aussi vériée quandx= 1.

(a) Eest une équation diérentielle linéaire d'ordre 1 de solution générale surR^∗+

etR^∗− :

y(x) =C|x|^α.

Commeyest solution surR^∗+ etR^∗−, il existe C⁺, C⁻∈Rtels que

∀x >0, y(x) =C⁺|x|^αet ∀x <0, y(x) =C⁻|x|^α. (b) Siα <0alors

y(x)−−−−→

x→0⁺

(±∞ siC⁺6= 0

0 sinon ety(x)−−−−→

x→0⁻

(±∞ siC⁻6= 0

0 sinon

y peut être prolongée par continuité en 0 si, et seulement si,C⁺=C⁻ = 0et alorsy(0) = 0.

(16)

La solution correspondante est la fonction nulle qui est solution deE. Siα= 0alors

y(x)−−−−→

x→0⁺ C⁺et y(x)−−−−→

x→0⁻ C⁻

y peut être prolongée par continuité en 0 si, et seulement si,C⁺=C⁻ et alorsy(0) =C⁺.

La solution correspondante est une fonction constante qui inversement est solution deE.

Siα >0alors

y(x)−−−−→

x→0⁺ 0 ety(x)−−−−→

x→0⁻ 0

y peut être prolongée par continuité en 0 indépendamment deC⁺ etC⁻ en posanty(0) = 0.

(c) Siα∈]0 ; 1[ alors y⁰(x)−−−−→

x→0⁺

(±∞ siC⁺6= 0

0 sinon ety⁰(x)−−−−→

x→0⁻

(±∞ siC⁻6= 0 0 sinon.

En vertu du théorème du prolongementC¹, la fonctiony est dérivable en 0 si, et seulement si,C⁺=C⁻= 0.

La solution correspondante est la fonction nulle qui est solution deE. Siα= 1alors

y⁰(x)−−−−→

x→0⁺ C⁺ ety⁰(x)−−−−→

x→0⁻ −C⁻. La fonctiony est dérivable en 0 si, et seulement si, C⁺=−C⁻.

La fonction correspondante est alorsx7→C⁺xsurRqui est solution deE. Siα >1alors

y⁰(x)−−−−→

x→0⁺ 0et y⁰(x)−−−−→

x→0⁻ 0.

La fonction prolongée est dérivable en 0 indépendamment deC⁺et C⁻. Cette fonction est alors solution deE surRcar dérivable surRet vériant l'équation diérentielle.

(d) Siα <0ou0< α <1: seule la fonction nulle est seule solution surR.

Siα= 0alors les fonctions constantes sont les solutions deE surR.

Siα= 1alors les fonctions linéaires(x7→Cx) sont les solutions deE surR.

Siα >1alors les solutions deE surRsont les fonctions

x7→







C⁺|x|^α six >0

0 six= 0

C⁻|x|^α six <0 avecC⁺, C⁻∈R

Soitλ∈R. En résolvant surI l'équation diérentielle xy⁰(x) =λy(x)

on obtient quex7→x^λ est une fonction propre de l'applicationϕ. Pour une telle fonction, on a

xy⁰(x) =λy(x) donc en dérivant

xy⁰⁰(x) +y⁰(x)−λy⁰(x) = 0 puis

x²y⁰⁰(x) +xy⁰(x)−λ²y(x) = 0.

On en déduit que les fonctionsx7→x^αetx7→x^−α sont solutions surI de l'équation diérentielleEα. Or cette équation est une équation diérentielle linéaire d'ordre 2 homogène résolue eny⁰⁰, son ensemble solution est donc un plan vectoriel. Puisque les deux précédentes fonctions sont des solutions indépendantes, elles constituent une base de ce plan vectoriel.

La solution générale deE_α est donc

y(x) =λx^α+µx^−α avecλ, µ∈R.

C'est une équation diérentielle linéaire d'ordre 2 de solution homogène : y(t) = (λt+µ)e^−2t.

Par la méthode de variation des constantes, cherchons une solution particulière de la formey(t) =λ(t)te^−2t+µ(t)e^−2tavecλ, µfonctions dérivables.

λ⁰(t)te^−2t+µ⁰(t)e^−2t= 0 λ⁰(t)(1−2t)e^−2t−2µ⁰(t)e^−2t= _1+t^e^−2t₂ donne

λ⁰(t) = _1+t¹2

µ⁰(t) = _1+t^−t2.

Les fonctionsλ(t) = arctantet µ(t) =−¹₂ln(1 +t²)conviennent.

Finalement, la solution générale des l'équation étudiée est : y(t) =tarctan(t)e^−2t−1

2ln(1 +t²)e^−2t+ (λt+µ)e^−2t.

(17)

C'est une équation diérentielle linéaire d'ordre 2 de solution homogène : y=λcost+µsint.

Par la méthode de variation des constantes, cherchons une solution particulière de la formey(t) =λ(t) cos(t) +µ(t) sin(t)avecλ, µfonctions dérivables.

λ⁰(t) cost+µ⁰(t) sint= 0

−λ⁰(t) sint+µ⁰(t) cost= tant,

λ⁰(t) =−sin²t/cost µ⁰(t) = sint. Les fonctions

λ(t) =

Z cos²t−1

cost dt= sint−1

2ln1 + sint 1−sint et

µ(t) =−cost conviennent car

Z 1 costdt=

Z cost

1−sin²tdt=1

2ln1 + sint 1−sint. Finalement, la solution générale de l'équation étudiée est :

y(t) =−1

2costln1 + sint

1−sint+λcost+µsint surIk= ]−^π₂ +kπ;^π₂ +kπ[.

C'est une équation diérentielle linéaire d'ordre à 2 de solution homogène : y=λcost+µsint.

Par la méthode de variation des constantes, cherchons une solution particulière de la formey(t) =λ(t) cos(t) +µ(t) sin(t)avecλ, µfonctions dérivables.

−λ⁰(t) sint+µ⁰(t) cost= tan²t,

λ⁰(t) =−sin³t/cos²t µ⁰(t) = sin²t/cost. Les fonctions

λ(t) =− 1

cost −cost et

µ(t) =

Z 1−cos²t cost dt=1

2ln1 + sint 1−sint −sint conviennent car

Z 1 costdt=

Z cost

1−sin²tdt=1

2ln1 + sint 1−sint.

Finalement, la solution générale de l'équation étudiée est : y(t) =−2 + 1

2sintln1 + sint

1−sint +λcost+µsint surIk = ]−^π₂ +kπ;^π₂+kπ[.

C'est une équation diérentielle linéaire d'ordre à 2 de solution homogène : y=Acosx+Bsinx.

Méthode de variation des constantes

A⁰(x) cosx+B⁰(x) sinx= 0

−A⁰(x) sinx+B⁰(x) cosx= cotx. Après résolution et intégration

y(x) =−1

2sinxln1 + cosx

1−cosx+Acosx+Bsinx. Exercice 28 :[énoncé]

(a) La solution générale de l'équation homogène associée est y(t) =λcost+µsint.

On peut avoir l'intuition de trouver une solution particulière de la forme y(t) =αcos(nt)et, en eet on obtient,

y(t) = −1

n²−1cos(nt)

solution particulière lorsquen6= 1. La solution générale est alors y(t) =λcost+µsint+ 1

1−n²cos(nt).

Quandn= 1, on applique la méthode de variation des constantes. On obtient une solution particulière en résolvant

−λ⁰(t) sint+µ⁰(t) cost= cos(nt). Par les formules de Cramer, on obtient

λ⁰(t) =−sintcost etµ⁰(t) = cos²(t).

(18)

Alors

λ(t) =−1

2sin²t etµ(t) = t

2+sin(t) cos(t) 2 conviennent et l'on obtient la solution particulière

y(t) = t 2sint puis la solution générale

y(t) =λcost+µsint+1 2tsint. (b) Soit

f(t) =a₀+a₁

2 tsint+

+∞

X

n=2

a_n

1−n²cos(nt).

Sans dicultés, on peut dériver deux fois sous le signe somme car il y a convergence normale de la série des dérivées secondes et convergences simples intermédiaires. On peut alors conclure quef est de classeC² et solution de l'équation diérentielle étudiée. La solution générale de celle-ci est alors

y(t) =λcost+µsint+f(t).

Posonsg=f +f⁰⁰.f est évidemment solution de l'équation diérentielle y⁰⁰+y=g.

Après application de la méthode de variation des constantes, la solution générale de cette équation est

y(x) =acosx+bsinx+ Z x

0

g(t) sin(x−t) dt. Pour une telle solution,

y(x+π) +y(x) = Z x+π

x

g(t) sin(x+π−t) dt≥0. Ainsif vérie

f(x) +f(x+π)≥0.

Les solutions de l'équation diérentielley⁰⁰+y=f sont de classeC^∞ carf l'est.

Par application de la méthode de variation des constantes, la solution générale de l'équationy⁰⁰+y=f est

y(x) =λcosx+µsinx+ Z x

0

f(t) sin(x−t) dt. Cette solution est2π-périodique si, et seulement si,

Z x 0

f(t) sin(x−t) dt= Z x+2π

0

f(t) sin(x−t) dt. i.e.Rx+2π

x f(t) sin(x−t) dt= 0 pour toutx∈R.

En développant le sinus et en exploitant la liberté de la famille(sin,cos)ainsi que la2π-périodicité def, cela équivaut à la condition

Z 2π 0

f(t) sintdt= Z 2π

0

f(t) costdt= 0.

Par application de la méthode de variation des constantes, la solution générale de l'équationy⁰⁰+y=f est

y(x) =λcosx+µsinx+ Z x

0

f(t) sin(x−t) dt. Pour conclure, il sut de justier quex7→Rx

0 f(t) sin(x−t) dt est bornée.

Par intégration par parties, Z x

0

f(t) sin(x−t) dt=f(x)−f(0) cosx− Z x

0

f⁰(t) cos(x−t) dt. Quitte à passer à l'opposé, on peut supposerf croissante et doncf⁰(t)≥0. Puisque−1≤cos(x−t)≤1,

f(0)−f(x)≤ Z x

0

f⁰(t) cos(x−t) dt≤f(x)−f(0) puis

f(0)(1−cosx)≤ Z x

0

f(t) sin(x−t) dt≤2f(x)−f(0)(1 + cosx). La fonctionf étant bornée (car convergente en+∞), il en est de même de x7→Rx

0 f(t) sin(x−t) dt.

(19)

(a) C'est une équation diérentielle linéaire d'ordre à 2 à coecients constants de solution homogène

y =Acosx+Bsinx.

La méthode de variation des constantes propose une solution particulière de la forme

y(x) =A(x) cosx+B(x) sinx avecAetB fonctions dérivables solutions du système

A⁰(x) cosx+B⁰(x) sinx= 0

−A⁰(x) sinx+B⁰(x) cosx= 1/x.

En faisantcos(x)×(1)−sin(x)×(2), on détermineA⁰(x)et B⁰(x)s'obtient de façon analogue

A⁰(x) =−sinx/x B⁰(x) = cosx/x. On peut alors proposer

A(x) = Z +∞

x

sint

t dtet B(x) =− Z +∞

x

cost t dt où les intégrales introduites ont le bon goût de converger. . . La solution générale de l'équation diérentielle est alors

y(x) =Acosx+Bsinx+ cosx Z +∞

x

sint

t dt−sinx Z +∞

x

cost t dt. (b) Posons u(x, t) = e^−tx/(1 +t²)dénie sur R+×[0 ; +∞[.

x7→u(x, t)est continue sur R+ pour chaquet∈[0 ; +∞[

t7→u(x, t)est continue par morceaux sur ]0 ; +∞[pour chaquex∈R+ et u(x, t)

≤ 1

1 +t² =ϕ(t)

avecϕintégrable sur [0 ; +∞[. Par dominationf est dénie et continue sur [0 ; +∞[.

De plus,x7→u(x, t)est deux fois dérivable surR+ pour chaquet∈[0 ; +∞[

avec ∂u

∂x(x, t) = −te^−tx

1 +t² et ∂²u

∂x²(x, t) = t²e^−tx 1 +t².

La dérivée partielle ^∂u_∂x est continue par morceaux et intégrable sur[0 ; +∞[.

La dérivée partielle ^∂_∂x²^u2 est continue enxet continue par morceaux en t. Soit[a;b]⊂]0 ; +∞[. On a

∀(x, t)∈[a;b]×[0 ; +∞[,

∂²u

∂x²(x, t)

≤ t²e^−at

1 +t² ≤e^−at=ϕ(t) avecϕintégrable. Par domination sur tout segment,f est de classeC²sur ]0 ; +∞[et

f⁰⁰(x) = Z +∞

0

e^−tx t² 1 +t²dt. On vérie alors

f⁰⁰(x) +f(x) = Z +∞

0

e^−txdt= 1 x de sorte quef est solution surR^∗+ de l'équation diérentielle

y⁰⁰+y= 1 x. Ainsi, il existeA, B∈Rtels que

f(x) =Acosx+Bsinx+ cosx Z +∞

x

sint

t dt−sinx Z +∞

x

cost t dt. On observe

0≤f(x)≤ Z +∞

0

e^−txdt= 1 x donc par encadrementf −−→

+∞ 0 ce qui entraîneA=B = 0. Ainsi

∀x >0, f(x) = cosx Z +∞

x

sint

t dt−sinx Z +∞

x

cost t dt. Séparément, on calculef(0)

f(0) = Z +∞

0

dt 1 +t² = h

arctanti^+∞

0 = π

2. (c) Par convergence de l'intégrale, quandx→0⁺

Z +∞

x

sint t dt→

Z +∞

0

sint t dt. De plus

Z +∞

x

cost t dt=

Z +∞

1

cost t dt+

Z 1 x

cost

t dt=C^te+ Z 1

x

cost t dt