Nombre de zéros d’une équation différentielle

Nombre de zéros d’une équation différentielle

Leçons : 220, 221, 224

On considère l’équation différentielle linéaire du second ordre (E) : y⁰⁰+q y = 0. On suppose queq∈ C¹([a,+∞[,R^∗₊), que

Z +∞

a

Æq(u)du= +∞et queq⁰(x) =o_+∞(q^3/2(x)). On se donne une solution y non nulle de(E)et on cherche à obtenir un équivalent à l’infini de la fonction N: x 7→Card{u∈[a,x]: y(u) =0}.

Théorème 1

Sous ces hypothèses, on a

N(x)öx→+∞

1 π

Z x

a

Æq(u)du.

Lemme 2

Soient y₁ et y₂ deux fonctions de C¹([a,+∞[,R^∗₊) sans zéro commun. Alors si w = y₁y₂⁰−y₂y₁⁰ (Wronskien), et y₁(a) +i y₂(a) =r₀e^iθ0, il exister,θ ∈ C¹([a,+∞[,R)tels que y₁=rcosθ,y₂=rsinθ où r=Æ

y₁²+y₂² et∀x,θ(x) =θ0+ Z x

a

w(t) r(t)²dt.

Démonstration.Posons ϕ = y₁+i y₂. Par hypothèse, cette fonction ne s’annule pas donc ψ:x 7→

Z x

a

ϕ⁰(t)

ϕ(t)dt+lnr₀+iθ0est bien définie etC¹ sur[a,+∞[.

De plus, un calcul rapide montre que ϕe^−ψ0

=0 donc

∀x,ϕ(x) =e^ψ(x)(ϕ(a)e^−ψ(a)) =e^ψ(x)(r₀e^iθ0×r₀⁻¹e^−iθ0=e^ψ(x). Donc

ϕ(x) =r₀e^iθ0exp Z x

a

ϕ⁰(t) ϕ(t)dt

=r₀e^iθ0exp Z x

a

(y₁⁰+i y₂⁰)(y₁−i y₂)(t) r²(t) dt

=r₀e^iθ0exp

i Z x

a

w(t) r²(t)dt+

Z x

a

(y₁⁰y₁+y₂⁰y₂)(t) r²(t) dt

=r₀e^iθ0exp

i Z x

a

w(t)

r²(t)dt+lnr(x)−lnr(a)

=r(x)e^iθ0exp

i Z x

a

w(t) r²(t)dt

car(r²)⁰= y₁⁰y₁+y₂⁰y₂. Doncϕ(x) =r(x)e^iθ(x)oùθ(x) =θ0+ Z x

a

w(t) r²(t)dt.

Démonstration(du théorème). Étape 1 : changement de variable: Posonsτ(x) = Z x

a

Æq(u)du.

La fonctionτest de classeC¹sur[a,+∞[,∀x ¾a,τ⁰(x) =p

q(x)>0 etτ(x)−−−−→

x→+∞ +∞,

de sorte queτest une bijection de classeC¹de[a,+∞[sur[0,+∞[.

Gabriel L^EPETIT 1 ENS Rennes - Université Rennes 1

PosonsY = y◦τ⁻¹. On a∀x >0,y⁰(x) =Y⁰(τ(x))p

q(x)et y⁰⁰(x) =Y⁰⁰(τ(x))q(x) +Y⁰(τ(x))× q⁰(x)

2p q(x). Ainsi :

0= y⁰⁰(x) +q(x)y(x) =q(x)Y⁰⁰(τ(x)) + q⁰(x) 2p

q(x)Y⁰(τ(x)) +q(x)Y(τ(x)) Posons pour t ¾ 0, ϕ(t) = q⁰(τ⁻¹(t))

2q^3/2(τ⁻¹(t)). La fonction Y est donc solution de (E⁰) : Y⁰⁰+ϕY⁰+Y =0

Étape 2: utilisons le lemme pour écrireY =rsinθ,Y⁰=rcosθ. En effet,Y etY⁰ n’ont pas de zéro commun, car sinon, selon le théorème de Cauchy-Lipschitz ,Y serait nulle. Donc Y⁰=r⁰sinθ+rθ⁰cosθ =rcosθ (1) et d’autre part

Y⁰⁰=r⁰cosθ−rθ⁰sinθ =−ϕrcosθ−rsinθ. (2) L’opération (1)×cosθ +(2)×(−sinθ)donne rθ⁰ = r+ϕrcosθsinθ, d’où θ⁰ = 1+ ϕcosθsinθ. En particulier, comme cosθsinθ= 1

2sin(2θ),|θ⁰(t)−1|¶ 1

2|ϕ(t)|. Étape 3 : étude asymptotique. Puisqueϕ(t)−−−−→

t→+∞ 0 par hypothèse, θ⁰ tend vers 1 à l’infini. Par intégration des équivalents, on a θ(t)öt.

NotonsM(t)le nombre de zéros deY sur[0,t], montrons queM(t)ö t

π quand t tend vers +∞.

Montrons d’abord par l’absurde que M(t) < ∞ pour tout t. Si il existait t₀ tel que M(t₀) =∞, alors l’ensemble des zéros deY dans[0,t₀]aurait un point d’accumulationu.

Soit (u_n)n suite de zéros deY tendant versu. Alors 0= Y(u_n)−Y(u)

u_n−u −−−−→_n→+∞ Y⁰(u),

ce qui contredit l’absence de zéro commun de Y etY⁰. Donc pour tout t,M(t)<∞.

Fixonst₀¾0 tel queθ⁰(t)>0 sur[t₀,+∞[. Alors

M(t)ö_t→+∞Card{u∈[t₀,t]: sinθ(u) =0}=Card{v∈[θ(t₀),θ(t)]: sinv=0} puisqueθ est unC¹-difféomorphisme de[t₀,t]sur [θ(t₀),θ(t)]. Donc

M(t)öt→+∞Card{k∈Z:θ(t₀)¶kπ¶θ(t)}=E

θ(t) π

‹

−E

θ(t₀) π

‹ , de sorte que M(t)öt→+∞ θ(t)

π ö t π.

Or, on se convainc sans mal queN(x) =M(τ(x))donc N(x)öx→+∞ τ(x)

π = 1 π

Z x

a

Æq(u)du.

Gabriel L^EPETIT 2 ENS Rennes - Université Rennes 1

Remarque. • Le jour de l’oral, faire le lemme technique rapidement ou l’admettre pour avoir assez de temps pour la suite.

• Si la conditionq⁰=o(q³/2)n’est pas vérifiée, le résultat n’est plus vrai. Par exemple, siq(x) = 1

4x²,q⁰(x) =− 1

2x³, et y⁰⁰+ 1

4x²y =0 admet pour solution généralep x(a+ bln(x)),a,b∈R– puisquep

x et p

xln(x)sont solutions – qui s’annule au plus une fois surR+.

Référence :Hervé Q^UEFFÉLECet Claude Z^UILY (2013).Analyse pour l’agrégation. 4^eéd.

Dunod p. 405

Gabriel L^EPETIT 3 ENS Rennes - Université Rennes 1