I. Calculs préliminaires

Énoncé

Dans ce problème, I désigne un intervalle ouvert de R. Une involution de I est une fonctionϕdénie surIet à valeurs dansI, dérivable à tous les ordres et telle queϕ◦ϕ= id_I. Étant donnée une telle involutionϕ, on considère une équation fonctionnelleFϕ et une équation diérentielleE_ϕ:

f solution deFϕ⇔

f est dérivable deI dansC

f⁰=f◦ϕ .

f solution deEϕ⇔

f est deux fois dérivable deIdansC

f⁰⁰−ϕ⁰f = 0 .

I. Calculs préliminaires

Les deux questions sont indépendantes.

1. Soitµ∈C. Résoudre sur]0,+∞[l'équation diérentielle : y⁰(x)− 1

2xy(x) = µ

√x.

2. Soitα∈]0, π[xé.

a. Pourt∈]0, π[, exprimercos(t)en fonction deu= tan₂^t. b. Pourθ∈]0, π[, calculer l'intégrale

Z θ 0

dt 1 + cos(α) cos(t)

en utilisant le changement de variables u= tan₂^t. On pourra penser à exprimer

1−cos(α)

1+cos(α) en fonction detan^α₂.

c. Montrer que l'applicationψαdénie sur J =]0, π[par :

ψ_α(θ) =π−sin(α) Z θ

0

dt 1 + cos(α) cos(t) est une involution deJ.

II. Étude d'un cas particulier

Dans cette partie,a >0,I= ]0,+∞[etϕest dénie surIpar : ϕ(x) = a

x.

1. Montrer qu'il existe un uniquec >0 à préciser tel queϕ(c) =c (point xe).

2. Déterminer un réela >0 tel que la fonction racine carrée soit solution deFϕ. Vérier que la fonction racine carrée est alors solution deEϕ.

3. Dans cette question,a= ¹₄.

a. Soient f₁ et f₂ deux solutions de E_ϕ et W = f₁f₂⁰ −f₁⁰f₂. Montrer que W est constante.

b. Soit f1 une solution de Eϕ qui ne s'annule pas, soit y une fonction deux fois dérivable sur I. Montrer que si f1y⁰−f₁⁰y est constante, alorsy est solution de Eϕ.

c. Déterminer l'ensemble des solutions deEϕ.

4. Soitf deux fois dérivable surI. On lui associe la fonctionz dénie surRpar :

∀x∈R, z(x) =f(e^x).

Montrer quef est solution deEϕ si et seulement siz⁰⁰−z⁰+az= 0. 5. On dénit la puissance complexe d'un réel strictement positif par :

∀x∈]0,+∞[, ∀u∈C, x^u=e^uln(x).

Pouruxé, exprimer la dérivée de la fonctionx7→x^u comme une puissance dex. 6. Dans cette question,a6= ¹₄. On note u₁ etu₂les nombres complexes vériant :

u₁+u₂= 1, u₁u₂=a.

On notef_c la fonction dénie surI par : fc(x) = u₂−c

u2−u1

x c

^u1

+ c−u₁ u2−u1

x c

^u2

oùcest le point xe déni en II.1.

a. Montrer queu16=u2. Que dire deu1 etu2 si0< a < ¹₄? sia >¹₄? b. Préciser, à l'aide deu1 et u2, les solutions deEϕ.

c. Montrer que f_c est l'unique solutiony deEϕ vérianty(c) =y⁰(c) = 1. d. Montrer quef_c est solution deF_ϕ.

III. Involutions conjuguées

1. On considère deux intervallesIetJ deRainsi qu'une involutionϕdeIet une bijection h:J →I dérivable à tous les ordres.

On dénitψ dansJ par :

ψ=h⁻¹◦ϕ◦h.

a. Montrer queψest une involution deJ.

b. Soitf une solution deFϕ. On dénitg dansJ parg=f ◦h. Montrer que : g⁰=h⁰×g◦ψ.

2. Soitα∈]0, π[. Trouver une involutionϕ_αsur un intervalleIà déterminer ainsi qu'une bijectionhdeJ = ]0, π[ versI tels que :

ψα=h⁻¹◦ϕα◦h

oùψαest la fonction introduite dans la partie I. On chercheraϕαsous la formex7→ ^a_x.

Corrigé

I. Calculs préliminaires

1. Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions y:

(I →R x 7→λ√

x avecλ∈C.

On cherche une solution particulière de l'équation complète de la forme y:

(I →R x 7→λ(x)√

x avecλfonction dérivable deI dansC. Siλ⁰(x) =^µ_x pour toutxdansI alorsy est solution. D'où

y:

(I →R x 7→µ√

xlnx

est solution. Les solutions de cette équation diérentielle sont les fonctions :

(I →R x 7→λ√

x+µ√

xlnx avec λ∈C. 2. a. On vérie quecos(t) =^1−u_1+u2².

b. Changement de variableu= tan^t₂ dans l'intégrale. On la note I(θ). Les bornes :t en0!uen0,t enθ!uen tan^θ₂.

L'élément diérentiel :du=¹₂(1 +u²)dt⇒dt= _1+u²2du. Expression en fonction deu: on utilisecost= ^1−u_1+u²2

On en tire I(θ) =

Z tan^θ₂ 0

2

1 +u²+ cosα(1−u²)

= Z tan^θ₂

0

2

1 + cosα+u²(1−cosα) = 2 1 + cosα

Z tan^θ₂ 0

dt 1 +u^{2 1}_1+cos^−cos_α^α Or :

1 + cosα= 2 cos²α

2, 1−cosα= 2 sin²α

2, 1−cosα

1 + cosα = tan²α 2

l'expression deI(θ)est donc 1

cos^2α₂ cos^α₂ sin^α₂ arctan

tanα

2 tanθ 2

= 2

sinαarctan

tanα 2 tanθ

2

c. D'après la question précédente :

ψ_α(θ) =π−2 arctan

tanα 2tanθ

2

Vérions queψα est une involution : tanψα(θ)

2 = 1

tan^α₂tan^θ₂ ⇒tanα

2 tanψα(θ)

2 = 1

tan^θ₂

⇒arctan

tanα

2 tanψ_α(θ) 2

= π 2 −θ

2

⇒ψα◦ψα(θ) =π−2 arctan

tanα

2 tanψα(θ) 2

=θ On a pu simplier lesarctan◦tancar tout se passe entre0et ^π₂.

II Étude d'un cas particulier

Dans cette partie,a >0,I=]0,+∞[etϕest dénie surIpar :

∀x∈I, ϕ(x) = a x. 1. Soit x ∈ I. Alors ϕ(x) = x ⇔ _x^a = x ⇔ x = √

a. Il existe un unique point xe c=√

a.

2. La fonction√ est dérivable dansI. Elle est solution deF_ϕ si et seulement si

∀x∈I 1 2√

x= ra

x⇔a=1 4. Soita=¹₄. La fonction√est deux fois dérivable dansI et

∀x∈I, √

x⁰⁰=− 1

4x³² =− 1 4x² × 1

√x =ϕ⁰(x)f(x).

Elle est donc bien solution deEϕ.

3. a. On a

W⁰ =f₁⁰f₂⁰ +f1f₂⁰⁰−f₁⁰⁰f2−f₁⁰f₂⁰ =f1(ϕ⁰f2)−(ϕ⁰f1)f2= 0 carf1 etf2 sont solutions deEϕ. La fonctionW est donc constante.

b. Soit f₁ une solution de E_ϕ qui ne s'annule pas. Si f₁y⁰−f₁⁰y est constante de valeurv alorsy⁰ est dérivable car il s'exprime avecv,f₁, f₁⁰ ety.

En dérivant l'égalité, il vient

f₁⁰y⁰+f1y⁰⁰−f₁⁰y⁰−f₁⁰⁰y= 0⇒y⁰⁰−f₁⁰⁰ f1

y= 0(carf1 ne s'annule pas)

⇒y⁰⁰−ϕ⁰y= 0(carf1 est solution deEϕ). c. Nommons f1 la fonction racine carrée sur I. C'est une solution de Eϕ qui ne

s'annule pas.

Pourµcomplexe, considérons l'équation diérentielle eny (Eµ) f1y⁰−f₁⁰y=µ⇔ ∀x >0, y⁰(x)− 1

2xy= µ x. On retrouve l'équation diérentielle de la question 1. de la partie I.

D'après a., siy est solution deEϕ, il existe µ∈Ctel quey soit solution deEµ. D'après b., siy est solution d'une équationEµ c'est une solution deEϕ.

L'ensemble des solutions de Eϕ est donc l'union des ensembles de solutions des Eµ pour tous lesµcomplexes.

D'après I.1. les solutions deEϕ sont les fonctions y:

(I →R x 7→λ√

x+µ√

xlnx avec (λ, µ)∈C². 4. Par dénitionz=f◦exp, elle est donc deux fois dérivable surR. De plus

∀t∈I, f⁰(t) =1

tz⁰◦lnt, f⁰⁰(t) = 1

t²z⁰⁰◦ln(t)− 1

t²z⁰◦ln(t).

Doncf est solution deEϕ si et seulement si

∀t∈I, 1

t²z⁰⁰◦ln(t)− 1

t²z⁰◦ln(t) + a

t²z◦ln(t) = 0 (∗).

Lorsquet décritI,ln(t)décrit R, donc(∗)est équivalent à

∀t∈R, z⁰⁰(t)−z⁰(t) +az(t) = 0.

5. Avec les règles de dérivation des fonctions composées et des fonctions usuelles, la dérivée de cette puissance généralisée resteux^u−1.

6. a. Les complexesu₁ etu₂ sont les racines du trinômex²−x+a= 0. Commea6=¹₄ son discriminant,∆ = 1−4a, est non nul et doncu16=u2.

Si0< a < ¹₄ alors∆>0,u1 etu2 sont donc réels.

Sia > ¹₄ alors∆<0,u1 etu2sont donc complexes conjugués.

b. Les solutions de l'équation diérentielle z⁰⁰−z⁰ +az = 0d'inconnue z sont les fonctions

z: (

R →C

x 7→λe^u1x+µe^u2x avec(λ, µ)∈C²

D'après la question précédente, les solutions de Eϕ sont donc les fonctions f : (I →R

x 7→λe^u1lnx+µe^u2lnx avec(λ, µ)∈C². c. Soity une solutionEϕ. Il existe(λ, µ)∈C² tel que

y:

(I →R

x 7→λe^u1lnx+µe^u2lnx

Cette fonction y est solution du problème de Cauchy si et seulement siλ et µ sont solutions du système

λc^u1+µc^u2 = 1 λu1c^u1−1+µu2c^u2−1 = 1

C'est un système de Cramer (carc^u1+u2−1(u2−u1) 6= 0). On détermineλ et µ grâce aux formules de Cramer. On obtient que l'unique fonction solution estfc. d. Rappelons les relations en jeu :a=c²,u₁+u₂= 1,u₁u₂=a.

D'après II.5. une fonction puissance se dérive selon la formule usuelle. On en déduit

f_c⁰(x) = u₂−c u2−u1

u₁ c

x c

u1−1

+ c−u₁ u2−u1

u₂ c

x c

u2−1

= c−u1

u₂−u₁ x

c u1−1

+ u2−c u₂−u₁

x c

u2−1

car

(u2−c)u1

c = u1u2−cu1

c = a−cu1

c

c²−cu1

c =c−u1

(c−u₁)u₂

c =cu₂−u₁u₂

c =cu₂−a c

ccu₂−c²

c =u₂−c D'autre part,

ϕ(x) c = a

cx = c x ⇒

ϕ(x) c

^u1

=c x

u1

=x c

−u1

=x c

u2−1

. La transformation est analogue pour la puissanceu₂, on en tire

f_c◦ϕ(x) = u₂−c u2−u1

x c

^u2−1

+ c−u₁ u2−u1

x c

^u1−1

=f_c⁰(x)

III. Involutions conjuguées

1. a. Commeϕest une involution,

ψ◦ψ=h⁻¹◦ϕ◦(h◦h⁻¹)◦ϕ◦h=h⁻¹◦(ϕ◦ϕ)◦h=h⁻¹◦h=IdI. ψest donc une involution deJ.

b. La fonctiong est dérivable et

g⁰ =h⁰×f⁰◦h=h⁰×f ◦ϕ◦h carf est solution deFϕ

=h⁰×f◦h◦h⁻¹◦ϕ◦h=h⁰×g◦h⁻¹◦ϕ◦h=h⁰×g◦ψ.

2. On veut montrer que l'involutionψαdeJ =]0, π[ est conjuguée d'une involution déjà rencontrée. Rappelons que :

ψα(θ) =π−2 arctan

tanα 2 tanθ

2

Considérons une applicationh:

h:







J = ]0, π[ →I= ]0,+∞[

θ 7→tanθ

2

Elle est bijective, de bijection réciproqueh⁻¹

h⁻¹:

(I= ]0,+∞[ →J = ]0, π[

y 7→2 arctany On peut alors décomposer :

ψα(θ) = 2 π

2 −arctan

tanα 2 tanθ

2

= 2 arctan 1 tan^α₂tan^θ₂

!

= 2 arctan

ϕ(tanθ 2)

(aveca= cotanα

2 )=h⁻¹◦ϕ◦h(θ) L'involutionψαest donc conjuguée d'une involutionϕde la partie II aveca= cotan^α₂. Dans ce calcul, on a utilisé librement la relation valable pour tous les réelsx >0:

arctanx+ arctan1 x =π

2