CORRECTION DM n
3
PROBL`
EME
Une petite ´
equation diff´
erentielle de Toussaint
On s’int´eresse ici `a la r´esolution sur I s0, 8r de l’´equation diff´erentielle : y2 2x
1 x2y
1 2
1 x2y p1 x
2q ln x. pEq
On notera pE0q l’´equation homog`ene associ´ee.
PARTIE A - Calculs pr´
eliminaires
1. (a) Montrer qu’il existe des r´eels pa, b, cq P R3 tel que : @x P R, 1 xpx2 1q a x bx c 1 x2. @x P R,a x bx c 1 x2 a x2a bx2 cx xpx2 1q pa bqx2 cx a xpx2 1q 1 xpx2 1q
Donc par identification a b 0, c 0 et a 1 soit a 1, b 1 et c 0 donc : @x P R, 1 xpx2 1q 1 x x 1 x2
(b) En d´eduire une primitive de f : I Ñ R, x ÞÑ xpx21 1q.
@x P R, fpxq 1 xpx2 1q 1 x x 1 x2 1 x 1 2. 2x 1 x2.
Ainsi une primitive de f est F : xÞÑ ln x 1
2lnp1 x
2q.
2. Donner une primitive de g : IÑ R, x ÞÑ p1 x2q ln x.
Comme les fonctions pr´esentes sont de classe C1, on r´ealise une int´egration par partie : » p1 x2q ln x dx xx 3 3 ln x » xx 3 3 .1 x dx xx 3 3 ln x » 1x 2 3 dx xx 3 3 ln x x x 3 9 3. Donner une primitive de h : IÑ R, x ÞÑ x ln x.
Comme les fonctions pr´esentes sont de classe C1, on r´ealise `a nouveau une int´egration par partie : » x ln x dx x 2 2 ln x » x2 2 1 x dx x2 2 ln x » x 2 dx x2 2 ln x x2 4
CORRECTION DM n
3
PARTIE B - R´
esolution de l’´
equation sans second membre
4. Montrer que y1: xÞÑ x est solution de pE0q.
On injecte y1 dans l’´equation pE0q :
@x P R, y2 1 2x 1 x2y11 2 1 x2y1 2x 1 x2 2 1 x2x 0
Ainsi y1 : xÞÑ x est bien solution de pE0q.
5. Soit y : I Ñ R deux fois d´erivable, on pose z : I Ñ R, x ÞÑypxqx .
Montrer que y est solution depE0q si, et seulement si, z1 est solution depE1q : xu1 1 x2 2u 0
On a @x P R, zpxq ypxqx soit ypxq xzpxq, y est deux fois d´erivable et donc z aussi et : y xz
y1 z xz1
y2 z1 z1 xz2 2z1 xz2 En injectant danspE0q, on a donc y solution de pE0q si, et seulement si :
p2z1 xz2q 2x 1 x2pz xz1q 2x 1 x2z 0 ô p2z1 xz2q 2x 1 x2pz xz1q 2x 1 x2z 0 ô xz2 2z1 2x2 1 x2z1 0 ô xz2 2 1 x2z1 0
Soit en posant u z1, on obtient pE1q : xu1 2
1 x2u 0.
6. R´esoudre l’´equation diff´erentielle pE1q.
Il s’agit d’une ´equation diff´erentielle lin´eaire homog`ene du premier ordre :pE1q ô u1 2
xp1 x2qu 0. On pose apxq 2 xp1 x2q 1 x 1 2. 2x 1 x2 et donc Apxq 2 ln x lnp1 x 2q d’apr`es le 1. . Ainsi@x P R, upxq C1e2 ln xlnp1 x 2q C1 x p1 x 2q C 1 1 1 x2 et : SE1pIq " xP I ÞÑ C1 1 1 x2 | C1P R *
7. Donner l’ensemble des solutions de pE0q.
On a pos´e z1 u, il reste `a int´egrer @x P R, zpxq C1
x 1 x C2 donc : @x P R, ypxq xzpxq C 1px2 1q C2x et SE0pIq xP I ÞÑ C1px 2 1q C 2x | pC1, C2q P R2 (
Si on ne fait pas attention `a la constante d’int´egration C2 vous « perdez » une partie des solutions de
l’´equation diff´erentielle.
CORRECTION DM n
3
PARTIE C - R´
esolution de l’´
equation
8. On cherche une solution particuli`ere depEq sous la forme yP : xÞÑ λpxqx µpxqpx2 1q o`u λ
et µ sont deux fonctions deux fois d´erivables sur I v´erifiant :@x P I, xλ1pxq px21qµ1pxq 0. (a) Exprimer y1P et y2P en fonction de λ et µ.
@x P R, yP xλ px2 1qµ
yP1 λ xλ1 2xµ px2 1qµ1 λ 2xµ yP2 λ1 2µ 2xµ1
(b) Montrer que yP est solution depEq si et seulement si : @x P I, λ1pxq 2xµ1pxq px2 1q ln x.
yP est solution depEq si, et seulement si :
y2P 2x 1 x2yP1 2 1 x2yP p1 x 2q ln x ô pλ1 2µ 2xµ1q 2x 1 x2rλ 2xµs 2 1 x2rxλ px 2 1qµs p1 x2q ln x ô λ1 2xµ1 µ2 4x2 1 x2 2px2 1q 1 x2 λ 2x 1 x2 2x 1 x2 p1 x2q ln x ô λ1 2xµ1 p1 x2q ln x
On a bien que yP est solution depEq si et seulement si : @x P I, λ1pxq 2xµ1pxq px2 1q ln x.
(c) D´eterminer λ1 et µ1 `a l’aide des questions pr´ec´edentes puis en d´eduire une solution particuli`ere de pEq.
On obtient un syst`eme sur λ1 et µ1 : " λ1pxq 2xµ1pxq px2 1q ln x pL1q xλ1pxq px2 1qµ1pxq 0 pL2q On a : pL1q xpL2q ô px2 1qµ1 2x2µ1 xpx2 1q ln x ô px2 1qµ1 xpx2 1q ln x ô µ1 x ln x Et de mˆeme : 2xpL1q px2 1qpL2q ô 2x2λ1 px2 1qλ1 0 px2 1qpx2 1q ln x ô px2 1qλ1 px2 1qp1 x2q ln x ô λ1 p1 x2q ln x
En int´egrant, d’apr`es le 2. et le 3. on obtient : @x P R, λpxq xx3 3 ln x x x 3 9 C1 et µpxq x2 2 ln x x2 4 C2 En prenant C1 C2 0 on obtient : @x P R, y Ppxq x2x 4 3 ln x x2 x 4 9 px 2 1q x2 2 ln x x2 4 x2 x 4 6 ln x3x 4 4 5x4 36 9. Donner l’ensemble des solution de pEq.
SEpIq " xP I ÞÑ C1px2 1q C2x x2 2 x4 6 ln x3x 2 4 5x4 36 | pC1, C2q P R 2 *
CORRECTION DM n
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EXERCICE 1 :
Images directes et r´eciproques1. f cos a) fpRq r1, 1s b) f1pRq R c) fps0, 2πrq r1, 1r d) f1pt1uq t2kπ | k P Zu e) f1ps 1, 2rq Rztp2k 1qπ | k P Zu f) f1pfpr0, 2πsqq f1pr1, 1sq R 2. g : xÞÑ 1 |x| a) fps 2, 0rYs0, 1rq s1 2, 8r b) f1ps 1, 1rq s 8, 1rYs1, 8r c) f1ps 8, 0rq R d) fpZq t1 n | n P Nu
EXERCICE 2 :
Applications injectives et surjectivesOn consid`ere les applications : f : N Ñ N n ÞÑ 2n et g : N Ñ N n ÞÑ " n 2 si n est pair n 1 2 si n est impair
1. f est injective car si pn, mq P N2,
fpnq fpmq ô 2n 2m ô n m
Mais f n’est pas surjective car les entiers impairs n’ont pas d’ant´ec´edents par f (vu que fpnq 2n est un entier pair).
g n’est pas injective car gp4q gp3q 2, deux ´el´ements ont la mˆeme image.
Mais g est surjective , car @n P N, on remarque que gp2nq n (et mˆeme gp2n 1q n) donc tout entier n admet un ant´ec´edent par g.
2. Pour tout nP N, pg fqpnq gpfpnqq gp2nq n donc g f IdN. Pour tout nP N : — si n est pair, pf gqpnq fpn2q 2 n2 n. — si n est impair,pf gqpnq fpn 12 q 2 n 12 n 1. et pour tout nP N, f gpnq " n si n est pair n 1 si n est impair .
EXERCICE 3 :
Applications injectives et surjectives1. Supposons g f injective de E dans G.
Soit x, x1 P E tels que fpxq fpx1q alors on a :
fpxq fpx1q ñ gpfpxqq gpfpx1qq ñ g fpxq g fpx1q Mais g f est injective donc x x1 et finalement f est injective de E dans F . 2. Supposons g f surjective de E dans G.
@z P G, Dx P E tel que g fpxq z soit gpfpxqq z et si l’on pose y fpxq P F on obtient gpyq z, ainsi z admet un ant´ec´edent y par g dans F et donc g est surjective de F dans G .
