PSI* — 2019/2020 — Révisions par chapitres — Analyse no 24 Page 1
24. (ENSAM) Déterminer les fonctions f continues deRdans Rtelles que
∀x∈R 3 arctanx+x2f(x) = 2x
x
1
f(t) dt. (1)
Solution : la présence de la borne 1 m’incite à procéder par analyse — synthèse, en commençant par intégrer sur R+∗.
Je commence par une remarque “à froid” : la fonctionϕ:x→ 1
x5 arctanx−x+x3
3 , prolongée par continuité en 0 parϕ(0) = 1/5, estC∞sur ]−1,1[(car développable en série entière) et C∞sur R−∗ et R+∗ (en vertu des théorèmes opératoires classiques), doncC∞ sur R. Et elle vérifie par construction
∀x∈R arctanx=x−x3
3 +x5ϕ(x).
Analyse : supposons que f est solution. Alors F : x → 1xf(t) dt est de classe C1 sur R et vérifie F′ =f. En particulier, la restriction deF àR+∗ est la solution surR+∗ du problème de Cauchy
(E) 3 arctanx+x2y′ = 2xy et y(1) = 0.
Or je sais résoudre cette équation : la solution générale de l’équation homogène esty =λx2,λ∈R; et la variation de la constante conduit à
λ′(x) =−3 arctanx x4 d’où
∀x >0 F(x) =−3x2
x
1
arctant t4 dt et j’en déduisf en dérivant :
∀x >0 f(x) =−6x
x
1
arctant
t4 dt−3arctanx x2 d’où grâce à la remarque à froid ci-dessus :
∀x >0 f(x) = −6x
x
1
1 t3 − 1
3t+tϕ(t) dt−3 1 x −x
3 +x3ϕ(x)
= 6x 1
2t2 +lnt 3
x
1
−6x
x
1
tϕ(t) dt− 3
x +x−3x3ϕ(x)
= −2x+ 2xlnx−6x
x
1
tϕ(t) dt−3x3ϕ(x)
f étant supposée continue, nécessairementf(0) = 0. J’ai ainsi la seule restriction possible àR+. De plus, en divisant par−2x (oùx >0) la relation(1)et en faisant tendre xvers 0, j’obtiens
1 0
f(t) dt=−3 2 et en ajoutant −3x aux deux membres de(1), la relation devient
∀x∈R 3 (arctanx−x) +x2f(x) = 2x
x
0
f(t) dt. (2)
Je note maintenant G:x→ 0xf(t) dt,C1 sur Ret vérifiant G′ =f. Ainsi Gest une solution sur R−∗
de l’équation
(E−) 3 (arctanx−x) +x2y′= 2xy.
Or la solution générale de(E)sur R−∗ s’obtient comme ci-dessus : y = x2 λ−3
x
−1
arctant−t
t4 dt =x2 λ+
x
−1
1
t −3tϕ(t) dt
= x2 λ+ ln|x| −3
x
−1
tϕ(t) dt =λx2+x2ln|x| −3x2
x
−1
tϕ(t) dt D’où, en dérivant,
∀x <0 f(x) = (2λ+ 1)x+ 2xln|x| −6x
x
−1
tϕ(t) dt−3x3ϕ(x). En remarquant queϕest paire, j’obtiens par le changement de variable t=−u
∀x <0
x
−1
tϕ(t) dt=
−x 1
(−u)ϕ(−u) (−du) =
|x| 1
ϕ(u) du.
PSI* — 2019/2020 — Révisions par chapitres — Analyse no 24 Page 2 En conclusion de cette analyse, nous voyons que f est nécessairement de la forme
f =f0+µ.H où µest réel (en l’occurrenceµ= 2λ+ 3) et
f0:x→ −2x+ 2xln|x| −6x
|x| 1
tϕ(t) dt−3x3ϕ(x) ; H:x→ x six <0 0 si x≥0 . Noter que cette écriture est inspirée par le fait que l’équation étudiée est une “équation linéaire”.
Synthèse : la fonction f0 définie ci-dessus est bien continue surR et vérifie la relation (1), sur R+ par construction, ce qui permet de montrer que 01f0 =−3/2 et d’en déduire que f0 vérifie aussi (1) sur R−∗. J’ai ainsi une solution particulière de l’équation linéaire à résoudre. OrH est également continue sur Ret vérifie l’équation “homogène” associée :
∀x∈R x2H(x) = 2x
x
1
H(t) dt
(en effet, pour x≥0,0 = 0 (!) et, pourx <0,x3 = 2x t2/2 x0 sachant que 10H(t) dt= 0. . . ).
Il en résulte que f0+µ.H vérifie(1) quel que soitµ :
Les solutions sont lesf0+µ.H,µ∈R (droite affine).
