xy 0 + ny = 1

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

Pour tout n ∈ N, considérons l'équation diérentielle linéaire d'ordre 1 sur I =]0, +∞[

suivante :

xy ⁰ + ny = 1

1 + x ² (E _n ) Pour tout n ∈ N ^∗ , dénissons la fonction F n par :

∀x ≥ 0, F n (x) = Z x

0

t ⁿ⁻¹ 1 + t ² dt

1. Soit n ∈ N. Résoudre l'équation diérentielle linéaire homogène (H n ) associée à (E n ) : xy ⁰ + ny = 0 (H n )

2. a. Déterminer des réels a, b, c tels que :

∀x > 0, 1

x(1 + x ² ) = a

x + bx + c 1 + x ² b. Résoudre (E 0 ) .

3. Pour n ∈ N ^∗ , exprimer l'ensemble des solutions de (E n ) en fonction de F n . 4. a. Montrer que

∀x ≥ 0, F _n (x) = x ⁿ

n(1 + x ² ) + 2 n

Z x

0

t ⁿ⁺¹ (1 + t ² ) ² dt b. Montrer que

∀x ≥ 0, 0 ≤ Z x

0

t ⁿ⁺¹

(1 + t ² ) ² dt ≤ x ⁿ⁺²

c. En déduire qu'il existe une unique solution de (E n ) qui admet une limite nie en 0 (à préciser). Cette solution est notée z n . Exprimer z n en fonction de F n et de x ⁿ . Montrer que

∀x > 0, z _n (x) = Z 1

0

u ⁿ⁻¹ 1 + x ² u ² du

5. Soit z une solution de (E n ) et Z une primitive de z . Montrer qu'il existe un réel C tel que Z soit solution de l'équation diérentielle d'inconnue y

xy ⁰ + (n − 1)y = arctan(x) + C

Soit Z n la primitive de z n de limite nulle en 0 (justier son existence), montrer que Z _n (1) = _n−1 ^{1 π} ₄ − z _n (1)

.

Corrigé

1. Notons y _n la fonction dénie dans I par y _n (x) = x ⁻ⁿ . C'est une solution de (H _n ) et, d'après le cours, z est une solution de (H _n ) si et seulement il existe λ ∈ R tel que z = λy n . On remarque que pour n = 0 , la fonction y 0 est constante de valeur 1 . 2. a. Utilisons un développement idiot .

1

x(1 + x ² ) = (1 + x ² ) − x ² x(1 + x ² ) = 1

x − x 1 + x ²

b. Résoudre (E 0 ) revient à calculer les primitives de x 7→ _x(1+x ¹

) . Avec la décompo- sition de la question précédente, ces primitives sont les fonctions

ln(x) − 1

2 ln(1 + x ² ) + C

La constante C correspond à une solution de l'équation homogène (H 0 ) .

3. Comme l'équation diérentielle linéaire (E n ) est non homogène et à coecients non constants, cherchons une solution z = λy n avec λ une fonction dénie dans I (méthode de variation de la constante).

On trouve que z est solution de (E n ) si et seulement si

∀x > 0, xλ ⁰ (x)y _n (x) = 1

1 + x ² ⇒ λ ⁰ (x) = x ⁿ⁻¹ 1 + x ²

En utilisant la primitive F _n introduite par l'énoncé, on obtient que les solutions de (E _n ) sont les fonctions

(F n + C)y n avec C ∈ R

Le réel C peut être vu comme constante d'intégration dans un calcul de primitive ou comme coecient caractérisant une solution de l'équation homogène.

4. a. Transformons F n (x) avec une intégration par parties en considérant que t ⁿ⁻¹ est la dérivée de ¹ _n t ⁿ :

F _n (x) = t ⁿ

n 1 1 + t ²

^x

0

− Z x

0

t ⁿ n

− 2t (1 + t ² ) ²

dt

= x ⁿ

n(1 + x ² ) + 2 n

Z x

0

t ⁿ⁺¹ (1 + t ² ) ² dt

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

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b. Dans l'intégrale, on majore t ⁿ⁺¹ par x ⁿ⁺¹ et _(1+t ¹

)

par 1 . On obtient l'inégalité demandée.

c. Rappelons que si z est une solution de (E n ) , il existe un réel C tel que

∀x > 0, z(x) = F n (x) x ⁿ + C

x ⁿ Notons r n (x) = ² _n R x

0 t

(1+t

)

dt , et montrons que ^F

_x ^(x)

− → 0 _n ¹ . En eet

F _n (x)

x ⁿ = 1

n(1 + x ² ) + r _n (x)

x ⁿ avec r _n (x) x ⁿ

− → 0 0 car 0 ≤ r _n (x) x ⁿ ≤ x

Comme _x ^C

n'admet pas de limite nie en 0 , il existe une seule solution z n admet- tant une limite nie en 0 . Elle vérie

z n (t) = F n (x) x ⁿ = 1

x ⁿ Z n

0

t ⁿ⁻¹ 1 + t ² dt

Dans cette dernière intégrale, eectuons le changement de variable t = ux . Quand t varie entre 0 et x , u varie entre 0 et 1 . On remplace dt par xdu et t par xu . On obtient

z n (x) = 1 x ⁿ

Z 1

0

(xu) ⁿ⁻¹ 1 + (xu) ² x du =

Z 1

0

u ⁿ⁻¹ 1 + (xu) ² du

5. Soit z une solution de (E _n ) et Z une primitive de z . On peut réécrire (E _n ) sous une forme un peu diérente

arctan ⁰ (x) = 1

1 + x ² = xz ⁰ (x) + nz(x) = (xz ⁰ (x) + z(x)) + (n − 1)z(x)

Comme x 7→ xz ⁰ (x) + z(x) est la dérivée de x 7→ xz(x) , on dispose d'une primitive de chacun des termes et on en déduit que

x 7→ xZ ⁰ (x) + (n − 1)Z(x) − arctan(x)

est constante. Il existe donc un réel C qui dépend de z et de Z tel que xZ ⁰ + (n − 1)Z = arctan x + C

Comme z n admet une limite nie en 0 , on peut la prolonger par continuité en 0 . La fonction ainsi prolongée est continue dans [0, +∞[ et admet une primitive dans cet intervalle. Il en existe une nulle en 0 sa restriction à l'intervalle ouvert est la fonction Z _n . En prenant la limite en 0 pour la relation, on trouve que C = 0 pour Z _n . On obtient la relation demandée en prenant x = 1 .

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