donc, par composition, z 00 est dérivable donc z est trois fois dérivable. On continue par récurrence :

(1)

MPSI B Année 2016-2017. Corrigé DS 3 le 04/11/16 29 juin 2019

Exercice 1

1. a. Par dénition, une solution z est deux fois dérivable dans I . De plus,

∀t > 0, z ⁰⁰ (t) = 2 z ⁰ (t) t + z(t)

donc, par composition, z ⁰⁰ est dérivable donc z est trois fois dérivable. On continue par récurrence :

z dérivable 3 fois ⇒ z ⁰ dérivable 2 fois ⇒ z ⁰⁰ dérivable 2 fois

⇒ z dérivable 4 fois ⇒ · · · b. Dérivons l'équation vériée par z :

tz ⁰⁰ (t) − 2z ⁰ (t) − tz(t) = 0

tz ⁽³⁾ (t) − z ⁰⁰ (t) − tz ⁰ (t) − z(t) = 0

tz ⁽⁴⁾ (t) − tz ⁰⁰ (t) − 2z ⁰ (t) = 0 ⇒ 2z ⁰ (t) = t

z ⁽⁴⁾ (t) − z ⁰⁰ (t) c. Pour tout z ∈ S , on remplace z ⁰ dans (E) par l'expression trouvée en b puis on

simplie par t > 0 . Il vient tz ⁰⁰ (t) − t

z ⁽⁴⁾ (t) − z ⁰⁰ (t)

− tz(t) = 0 ⇒ z ⁽⁴⁾ (t) − 2z ⁰⁰ (t) + z(t) = 0 ce qui montre que z ∈ S 4 .

2. a. Dériver t 7→ e ^λt revient à multiplier par λ . On en tire

z(t) = e ^λt ⇒ z ⁽⁴⁾ (t) − 2z ⁰⁰ (t) + z(t) = (λ ⁴ − 2λ ² + 1)z(t) = (λ ² − 1) ² z(t) b. Comme λ = 1 et λ = −1 annulent (λ ² − 1) ² , la question a. montre que z 2 et z 3

sont des racines de (E 4 ) . Pour z 1 et z 3 on remarque l'analogie avec le cas d'une racine double pour une équation d'ordre 2 mais on doit le vérier par le calcul.

z 1 (t) = te ^t ×1

z ₁ ⁰ (t) = te ^t + e ^t

z ⁰⁰ ₁ (t) = te ^t + 2e ^t × − 2 z ₁ ⁽³⁾ (t) = te ^t + 3e ^t

z ₁ ⁽⁴⁾ (t) = te ^t + 4e ^t ×1

z ₁ ⁽⁴⁾ (t) − 2z ⁰⁰ ₁ (t) + z 1 (t) = (1 − 2 + 1)te ^t + (4 − 4)e ^t = 0

z 3 (t) = te ^−t ×1

z ⁰ ₃ (t) = −te ^−t + e ^−t

z ₃ ⁰⁰ (t) = te ^−t − 2e ^−t × − 2 z ⁽³⁾ ₃ (t) = −te ^−t + 3e ^−t

z ⁽⁴⁾ ₃ (t) = te ^−t − 4e ^−t ×1

z ₃ ⁽⁴⁾ (t) − 2z ₃ ⁰⁰ (t) + z 3 (t) = (1 − 2 + 1)te ^−t + (4 − 4)e ^−t = 0

Comme z 1 , z 2 , z 3 , z 4 sont des solutions de l'équation diérentielle linéaire (E 4 ) , toute combinaison linéaire az ₁ +bz ₂ + cz ₃ + dz ₄ avec (a, b, c, d) ∈ R ⁴ est aussi une solution.

Il n'est pas évident que toutes les solutions soient de cette forme. La démonstration du cours pour l'ordre 2 repose sur la méthode de variation des constantes et les déterminants 2 × 2. Une démonstration sans déterminant 4 × 4 est proposée à la question 4.

3. D'après la question 1.c., toute solution z de (E) est solution de (E 4 ) . Il existe donc (a, b, c, d) ∈ R ⁴ tel que z = az 1 + bz 2 + cz 3 + dz 4 . Formons les conditions imposées à a , b , c , d par le fait que z ∈ S .

z(t) = (at + b)e ^t + (ct + d)e ^−t × − t

z ⁰ (t) = (at + (a + b)) e ^t + (−ct + (c − d)) e ^−t × − 2 z ⁰⁰ (t) = (at + (2a + b)) e ^t + (ct + (−2c + d)) e ^−t ×t

0 = 0t ² + 0t + (a + b)

e ^t + 0t ² + 0t + −2(c − d) e ^−t On en déduit a + b = 0 et c − d = 0 d'où

z ∈ S ⇔ ∃(a, c) ∈ R ² tq z(t) = a(t − 1)e ^t + c(t + 1)e ^−t 4. a. Soit z ∈ S 4 , notons y = z ⁰⁰ − z et calculons y ⁰⁰ − y :

y = z ⁰⁰ − z × − 1

y ⁰ = z ⁽³⁾ − z ⁰

y ⁰⁰ = z ⁽⁴⁾ − z ⁰⁰ ×1

y ⁰⁰ − y = z ⁽⁴⁾ − 2z ⁰⁰ + z = 0

Ceci prouve que y est solution de (E 2 ) dont les solutions sont données par le cours. On en tire

∃(α, β) ∈ R ² tq y(t) = αe ^t + βe ^−t

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/

1

Rémy Nicolai S1603C

(2)

MPSI B Année 2016-2017. Corrigé DS 3 le 04/11/16 29 juin 2019

b. D'après la question précédente, si z ∈ S 4 , il existe (α, β) ∈ R ² tels que z soit solution de l'équation diérentielle

∀t ∈ I, x ⁰⁰ (t) − x(t) = αe ^t + βe ^−t

Il s'agit d'une équation du second ordre à coecients constants dont le second membre est une combinaison de polynômes-exponentiels. On résoud cette équa- tion en superposant les solutions.

La synthèse du calcul est présentée d'abord dans un tableau suivant, le détail des calculs suit.

sec. mb. sol. coe.

e ^t ^t ₂ e ^t α e ^−t − ₂ ^t e ^−t β

On remarque que le coecient du t dans l'exponentielle est une racine du poly- nôme caractéristique.

Recherche d'une solution de x ⁰⁰ (t) − x(t) = e ^t sous la forme ute ^t .

x(t) = ute ^t × − 1

x ⁰ (t) = (ut + u)e ^t

x ⁰⁰ (t) = (ut + 2u)e ^t ×1 e ^t = x ⁰⁰ (t) − x(t) = 2ue ^t

La solution trouvée est t 7→ ₂ ^t e ^t .

Recherche d'une solution de x ⁰⁰ (t) − x(t) = e ^−t sous la forme ute ^−t .

x(t) = ute ^−t × − 1

x ⁰ (t) = (−ut + u)e ^−t

x ⁰⁰ (t) = (ut − 2u)e ^−t ×1 e ^−t = x ⁰⁰ (t) − x(t) = −2ue ^−t

La solution trouvée est t 7→ − ^t ₂ e ^−t .

On tenant compte des solutions de l'équation homogène, on obtient nalement

∃(α, β, λ, µ) ∈ R ⁴ tq ∀t ∈ I, z ⁰ (t) = α 2 t + λ

e ^t +

− β 2 t + µ

e ^−t Ce qui est bien la forme annoncée à la question 3.

5. Notons J =] − ∞, 0[ et (E ⁰ ) l'équation diérentielle analogue à (E) mais dont les solutions sont des fonctions dénies sur J , notons S ⁰ l'ensemble de ses solutions. L'étude de cette équation est absolument semblable à celle de (E) , donc

z ∈ S ⁰ ⇔ ∃(a ⁰ , c ⁰ ) ∈ R ² tq ∀t < 0, z(t) = a ⁰ (t − 1)e ^t + c ⁰ (t + 1)e ^−t

Soit z une fonction deux fois dérivable dans R solution de (E) . Notons z ₋ la restriction de z à J et z + la restriction à I ; alors z − ∈ S ⁰ et z + ∈ S donc :

∃(a, c, a ⁰ , c ⁰ ) ∈ R ⁴ tq ∀t ∈ R , z(t) =

( a ⁰ (t − 1)e ^t + c ⁰ (t + 1)e ^−t si t < 0 a(t − 1)e ^t + c(t + 1)e ^−t si t > 0 En considérant les limites de z à gauche et à droite strictement de 0 , la continuité de z se traduit par

−a ⁰ + c ⁰ = −a + c

Il existe donc bien des solutions dans R continues en 0 , elles dépendent de trois para- mètres réels (par exemple a , c , a ⁰ ) et sont de la forme

z(t) =

( a ⁰ (t − 1)e ^t + (a ⁰ − a + c)(t + 1)e ^−t si t < 0 a(t − 1)e ^t + c(t + 1)e ^−t si t > 0

Exercice 2

1. Considérons l'application ϕ dénie dans R par

ϕ(t) = A(t + T ) − A(t) Elle est dérivable avec

ϕ ⁰ (t) = A ⁰ (t + T ) − A ⁰ (t) = a(t + T ) − a(t) = 0 car a est T -périodique. On en déduit que ϕ est constante d'où

∀t ∈ R : A(t + T) − a(t) = ϕ(t) = ϕ(0) = A(T ) − A(0)

2. L'existence et l'unicité demandée sont une application résultat de cours sur l'unicité d'une solution à un problème de Cauchy pour une équation linéaire du premier ordre.

3. On procède par analyse-synthèse.

2

(3)

MPSI B Année 2016-2017. Corrigé DS 3 le 04/11/16 29 juin 2019

Analyse-Unicité. Si y 1 de se décompose en

∀t ∈ R : y 1 (t) = p(t)e ^Kt

avec K nombre réel et p fonction T -périodique. En prenant la valeur en 0 et en T , il vient :

1 = p(0) et e ^A(0)−A(T ⁾ = p(T)e ^KT p(0) = p(T ) ⇒e ^A(0)−A(T ⁾ = e ^KT D'après l'injectivité de l'exponentielle réelle, on obtient

K = − 1

T (A(T) − A(0))

Ceci assure l'unicité de K mais aussi de la fonction p , car on doit avoir :

∀t ∈ R : p(t) = y 1 (t)e ^−Kt

Synthèse-Existence. Dénissons un nombre K et une fonction p par : K = − 1

T (A(T ) − A(0)) ∀t ∈ R : p(t) = y ₁ (t)e ^−Kt = e A(0)−A(t)−Kt

alors par dénition même, on a bien

∀t ∈ R : y 1 (t) = p(t)e ^Kt

Le seul point à vérier, c'est la périodicité de p . Pour tout réel t : p(t + T ) = e A(0)−A(t+T)−Kt−KT = e −A(t+T)+A(T )−Kt

en utilisant la dénition de K . On utilise alors la question 1. :

A(t + T ) − A(t) = A(T) − A(0) ⇒ −A(t + T ) + A(T ) = −A(t) + A(0)

⇒ p(t + T ) = e −A(t)+A(0)−Kt = p(t) 4. D'après le cours, pour toute solution z de (1) , il existe un réel λ tel que

∀t ∈ R : z(t) = λy 1 (t) En particulier pour t = 0 , on obtient λ = z(0) .

Lorsque K < 0 , comme toute fonction continue périodique est bornée, la fonction exponentielle fait tendre vers 0 en +∞ . Toute solution de (1) converge vers 0 en +∞ . On peut noter que K est l'opposée de la valeur moyenne de la fonction périodique a .

Exercice 3

1. La fonction continue ressemble à un wronskien. Il faut faire tout de même attention que les deux fonctions ne sont pas solutions de la même équation diérentielle.

W ⁰ = y ⁰ ₁ y ⁰ ₂ + y 1 y ⁰⁰ ₂ − y ⁰⁰ ₁ y 2 − y ₁ ⁰ y ₂ ⁰ = (p − q)y 1 y 2

2. Raisonnons par l'absurde. Si la proposition est vraie, d'après les autres hypothèses (sur p , q et y ₂ ), W ⁰ (x) est strictement positif dans ]a, b[ . Le théorème du tableau de variations entraîne alors que W est strictement croissante dans [a, b] . Ceci est en contradiction avec :

W (a) = y 1 (a)y ₂ ⁰ (a) ≥ 0 W (b) = y 1 (b)y ⁰ ₂ (b) ≤ 0 En eet, l'énoncé nous indique y ₂ ⁰ (a) ≥ 0 , y ⁰ ₂ (b) ≤ 0 et, par continuité,

∀x ∈]a, b[, y 1 (x) > 0 ⇒ (y 1 (a) ≥ 0 et y 1 (b) ≥ 0)

3. La question précédente a montré qu'une solution y ₁ de (1) ne pouvait pas rester stric- tement positive dans ]a, b[ . Elle ne peut pas non plus rester strictement négative car la fonction −y 1 serait alors une solution restant strictement positive. Par conséquent une solution de (1) doit prendre des valeurs des deux signes. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, une telle fonction continue doit s'annuler. Toute solution de (1) doit donc s'annuler entre deux zéros de y 1 vériant les hypothèses de l'énoncé.

4. Lorsque p est une fonction minorée comme l'énoncé l'indique, on peut considérer deux équations diérentielles :

y ⁰⁰ + py =0 (1)

y ⁰⁰ + ω ² y =0 (2)

On peut appliquer les résultats des questions précédentes à une solution z quelconque de (1) et à la solution y 2

y 2 (t) = sin(ωt)

de l'équation (2) . Prenons en particulier un entier naturel k et a = 2k π

ω b = (2k + 1) π

ω

La fonction y 2 est strictement positive dans ]a, b[ donc la fonction y 1 = z prend au moins une fois la valeur 0 dans cet intervalle. Comme il en est de même dans tous les intervalles (deux à deux disjoints) obtenus en faisant varier k , on a bien démontré que toute solution de (1) admet une innité de zéros.

3

(4)

MPSI B Année 2016-2017. Corrigé DS 3 le 04/11/16 29 juin 2019

Exercice 4

Exercice 1

Les propriétés de la fonction cos conduisent aux tableaux suivants

−π − ^3π ₄ − ^π ₄ 0 ^π ₄ − ^3π ₄ π

cos(2x) + 0 − 0 + 0 − 0 +

−π − ^π ₃ 0 ^π ₃ π

2 cos(x) − 1 − 0 + 0 −

Comme cos x + cos(3x) = 2 cos(2x) cos x , on peut factoriser :

cos x + cos(3x) > cos(x) ⇔ (2 cos x − 1) cos(2x) > 0 On en déduit que l'ensemble cherché est

− 3π 4 , − π

3 ∪ i

− π 4 , π

4 h ∪

π 3 , 3π

4 Exercice 2

1. Le point important ici est que le conjugué d'un nombre complexe de module 1 est son inverse. On en tire

w =

1 c − _a ¹

1 c − ¹ _b = b(a − c)

a(b − c) = b(c − a)

a(c − b) ⇒ T = ww = |w| ² 2. Utilisons les arguments comme l'indique l'énoncé :

T = e îβ (e îγ − e îα )

e îα (e îγ − e îβ ) = e î(β−α) e ⁱ

^γ+α²

2i sin ^γ−α ₂ e ⁱ

^γ+β²

2i sin ^γ−β ₂

! ²

= sin ^γ−α ₂ sin ^γ−β ₂

! ²

3. Les expressions trouvées aux deux questions précédentes montrent que T est un réel strictement positif. Cela se traduit par la congruence modulo 2π des arguments de ^b _a et de ^b−c _a−c . Géométriquement, c'est le théorème de l'angle au centre : 2( −→

CA, − − → CB) = ( −→

OA, − − →

OB) lorsque A , B , C sont des points d'un cercle de rayon 1 centré en O .

Exercice 3

1. a. Avec les notations de l'énoncé, v j

v _j−1 = j! (j × (j − 1)!) ^j−2

((j − 1)!) ^j−2 = j! × j ^j−2

b. Par dénition, u j est un produit de j −1 facteurs, chacun est lui même un produit de deux facteurs dont l'un est j . On en tire

u j = j ^j−1 (j − 1)! = j ^j−2 j!

On remarque en particulier que u j = _v ^v

^j

j−1

.

c. On peut calculer P n par dominos multiplicatifs .

P n =

n

Y

j=2 j−1

Y

i=1

(ij )

!

= u 2 u 3 · · · u n = v 2

v 1

v 3

v 2

· · · v n

v _n−1 = v n

v 1

= (n!) ⁿ⁻¹

2. a. Calcul de Π _n :

Π _n = Y

(i,j)∈{1,···n}

²

(ij) =

n

Y

j=1 n

Y

i=1

(ij)

!

=

n

Y

j=1

j ⁿ

n

Y

i=1

i

!

=

n

Y

j=1

(j ⁿ (n!))

= (n!) ⁿ

n

Y

j=1

j ⁿ = (n!) ²ⁿ

b. Les ensembles de couples T _n , D _n et T _n ⁰ recouvrent (sans se recouper) le carré {1, · · · n} ² . On en déduit que P n π n P _n ⁰ = Π n = (n!) ²ⁿ .

c. En posant i ⁰ = j et j ⁰ = i dans le produit dénissant P _n , on obtient P _n ⁰ car i ⁰ j ⁰ = ij .

d. Comme π _n = (n!) ² , on déduit de la question précédente que P _n ² (n!) ² = (n!) ²ⁿ . On en tire P _n = (n!) ⁿ⁻¹ .

4

donc, par composition, z 00 est dérivable donc z est trois fois dérivable. On continue par récurrence :

MPSI B Année 2016-2017. Corrigé DS 3 le 04/11/16 29 juin 2019

Exercice 1

1. a. Par dénition, une solution z est deux fois dérivable dans I . De plus,

∀t > 0, z 00 (t) = 2 z 0 (t) t + z(t)

donc, par composition, z 00 est dérivable donc z est trois fois dérivable. On continue par récurrence :

z dérivable 3 fois ⇒ z 0 dérivable 2 fois ⇒ z 00 dérivable 2 fois

⇒ z dérivable 4 fois ⇒ · · · b. Dérivons l'équation vériée par z :

tz 00 (t) − 2z 0 (t) − tz(t) = 0

tz (3) (t) − z 00 (t) − tz 0 (t) − z(t) = 0

tz (4) (t) − tz 00 (t) − 2z 0 (t) = 0 ⇒ 2z 0 (t) = t

z (4) (t) − z 00 (t) c. Pour tout z ∈ S , on remplace z 0 dans (E) par l'expression trouvée en b puis on

simplie par t > 0 . Il vient tz 00 (t) − t

z (4) (t) − z 00 (t)

− tz(t) = 0 ⇒ z (4) (t) − 2z 00 (t) + z(t) = 0 ce qui montre que z ∈ S 4 .

2. a. Dériver t 7→ e λt revient à multiplier par λ . On en tire

z(t) = e λt ⇒ z (4) (t) − 2z 00 (t) + z(t) = (λ 4 − 2λ 2 + 1)z(t) = (λ 2 − 1) 2 z(t) b. Comme λ = 1 et λ = −1 annulent (λ 2 − 1) 2 , la question a. montre que z 2 et z 3

sont des racines de (E 4 ) . Pour z 1 et z 3 on remarque l'analogie avec le cas d'une racine double pour une équation d'ordre 2 mais on doit le vérier par le calcul.

z 1 (t) = te t ×1

z 1 0 (t) = te t + e t

z 00 1 (t) = te t + 2e t × − 2 z 1 (3) (t) = te t + 3e t

z 1 (4) (t) = te t + 4e t ×1

z 1 (4) (t) − 2z 00 1 (t) + z 1 (t) = (1 − 2 + 1)te t + (4 − 4)e t = 0

z 3 (t) = te −t ×1

z 0 3 (t) = −te −t + e −t

z 3 00 (t) = te −t − 2e −t × − 2 z (3) 3 (t) = −te −t + 3e −t

z (4) 3 (t) = te −t − 4e −t ×1

z 3 (4) (t) − 2z 3 00 (t) + z 3 (t) = (1 − 2 + 1)te −t + (4 − 4)e −t = 0

Comme z 1 , z 2 , z 3 , z 4 sont des solutions de l'équation diérentielle linéaire (E 4 ) , toute combinaison linéaire az 1 +bz 2 + cz 3 + dz 4 avec (a, b, c, d) ∈ R 4 est aussi une solution.

Il n'est pas évident que toutes les solutions soient de cette forme. La démonstration du cours pour l'ordre 2 repose sur la méthode de variation des constantes et les déterminants 2 × 2. Une démonstration sans déterminant 4 × 4 est proposée à la question 4.

3. D'après la question 1.c., toute solution z de (E) est solution de (E 4 ) . Il existe donc (a, b, c, d) ∈ R 4 tel que z = az 1 + bz 2 + cz 3 + dz 4 . Formons les conditions imposées à a , b , c , d par le fait que z ∈ S .

z(t) = (at + b)e t + (ct + d)e −t × − t

z 0 (t) = (at + (a + b)) e t + (−ct + (c − d)) e −t × − 2 z 00 (t) = (at + (2a + b)) e t + (ct + (−2c + d)) e −t ×t

0 = 0t 2 + 0t + (a + b)

e t + 0t 2 + 0t + −2(c − d) e −t On en déduit a + b = 0 et c − d = 0 d'où

z ∈ S ⇔ ∃(a, c) ∈ R 2 tq z(t) = a(t − 1)e t + c(t + 1)e −t 4. a. Soit z ∈ S 4 , notons y = z 00 − z et calculons y 00 − y :

y = z 00 − z × − 1

y 0 = z (3) − z 0

y 00 = z (4) − z 00 ×1

y 00 − y = z (4) − 2z 00 + z = 0

Ceci prouve que y est solution de (E 2 ) dont les solutions sont données par le cours. On en tire

∃(α, β) ∈ R 2 tq y(t) = αe t + βe −t

1

MPSI B Année 2016-2017. Corrigé DS 3 le 04/11/16 29 juin 2019

b. D'après la question précédente, si z ∈ S 4 , il existe (α, β) ∈ R 2 tels que z soit solution de l'équation diérentielle

∀t ∈ I, x 00 (t) − x(t) = αe t + βe −t

Il s'agit d'une équation du second ordre à coecients constants dont le second membre est une combinaison de polynômes-exponentiels. On résoud cette équa- tion en superposant les solutions.

La synthèse du calcul est présentée d'abord dans un tableau suivant, le détail des calculs suit.

sec. mb. sol. coe.

e t t 2 e t α e −t − 2 t e −t β

On remarque que le coecient du t dans l'exponentielle est une racine du poly- nôme caractéristique.

Recherche d'une solution de x 00 (t) − x(t) = e t sous la forme ute t .

x(t) = ute t × − 1

x 0 (t) = (ut + u)e t

x 00 (t) = (ut + 2u)e t ×1 e t = x 00 (t) − x(t) = 2ue t

La solution trouvée est t 7→ 2 t e t .

Recherche d'une solution de x 00 (t) − x(t) = e −t sous la forme ute −t .

x(t) = ute −t × − 1

x 0 (t) = (−ut + u)e −t

x 00 (t) = (ut − 2u)e −t ×1 e −t = x 00 (t) − x(t) = −2ue −t

La solution trouvée est t 7→ − t 2 e −t .

On tenant compte des solutions de l'équation homogène, on obtient nalement

∃(α, β, λ, µ) ∈ R 4 tq ∀t ∈ I, z 0 (t) = α 2 t + λ

e t +

− β 2 t + µ

e −t Ce qui est bien la forme annoncée à la question 3.

5. Notons J =] − ∞, 0[ et (E 0 ) l'équation diérentielle analogue à (E) mais dont les solutions sont des fonctions dénies sur J , notons S 0 l'ensemble de ses solutions. L'étude de cette équation est absolument semblable à celle de (E) , donc

z ∈ S 0 ⇔ ∃(a 0 , c 0 ) ∈ R 2 tq ∀t < 0, z(t) = a 0 (t − 1)e t + c 0 (t + 1)e −t

Soit z une fonction deux fois dérivable dans R solution de (E) . Notons z − la restriction de z à J et z + la restriction à I ; alors z − ∈ S 0 et z + ∈ S donc :

∃(a, c, a 0 , c 0 ) ∈ R 4 tq ∀t ∈ R , z(t) =

( a 0 (t − 1)e t + c 0 (t + 1)e −t si t < 0 a(t − 1)e t + c(t + 1)e −t si t > 0 En considérant les limites de z à gauche et à droite strictement de 0 , la continuité de z se traduit par

−a 0 + c 0 = −a + c

Il existe donc bien des solutions dans R continues en 0 , elles dépendent de trois para- mètres réels (par exemple a , c , a 0 ) et sont de la forme

z(t) =

( a 0 (t − 1)e t + (a 0 − a + c)(t + 1)e −t si t < 0 a(t − 1)e t + c(t + 1)e −t si t > 0

Exercice 2

1. Considérons l'application ϕ dénie dans R par

ϕ(t) = A(t + T ) − A(t) Elle est dérivable avec

ϕ 0 (t) = A 0 (t + T ) − A 0 (t) = a(t + T ) − a(t) = 0 car a est T -périodique. On en déduit que ϕ est constante d'où

∀t ∈ R : A(t + T) − a(t) = ϕ(t) = ϕ(0) = A(T ) − A(0)

∀t > 0, z ⁰⁰ (t) = 2 z ⁰ (t) t + z(t)

donc, par composition, z ⁰⁰ est dérivable donc z est trois fois dérivable. On continue par récurrence :

z dérivable 3 fois ⇒ z ⁰ dérivable 2 fois ⇒ z ⁰⁰ dérivable 2 fois

tz ⁰⁰ (t) − 2z ⁰ (t) − tz(t) = 0

tz ⁽³⁾ (t) − z ⁰⁰ (t) − tz ⁰ (t) − z(t) = 0

tz ⁽⁴⁾ (t) − tz ⁰⁰ (t) − 2z ⁰ (t) = 0 ⇒ 2z ⁰ (t) = t

z ⁽⁴⁾ (t) − z ⁰⁰ (t) c. Pour tout z ∈ S , on remplace z ⁰ dans (E) par l'expression trouvée en b puis on

simplie par t > 0 . Il vient tz ⁰⁰ (t) − t

z ⁽⁴⁾ (t) − z ⁰⁰ (t)

− tz(t) = 0 ⇒ z ⁽⁴⁾ (t) − 2z ⁰⁰ (t) + z(t) = 0 ce qui montre que z ∈ S 4 .

2. a. Dériver t 7→ e ^λt revient à multiplier par λ . On en tire

z(t) = e ^λt ⇒ z ⁽⁴⁾ (t) − 2z ⁰⁰ (t) + z(t) = (λ ⁴ − 2λ ² + 1)z(t) = (λ ² − 1) ² z(t) b. Comme λ = 1 et λ = −1 annulent (λ ² − 1) ² , la question a. montre que z 2 et z 3

z 1 (t) = te ^t ×1

z ₁ ⁰ (t) = te ^t + e ^t

z ⁰⁰ ₁ (t) = te ^t + 2e ^t × − 2 z ₁ ⁽³⁾ (t) = te ^t + 3e ^t

z ₁ ⁽⁴⁾ (t) = te ^t + 4e ^t ×1

z ₁ ⁽⁴⁾ (t) − 2z ⁰⁰ ₁ (t) + z 1 (t) = (1 − 2 + 1)te ^t + (4 − 4)e ^t = 0

z 3 (t) = te ^−t ×1

z ⁰ ₃ (t) = −te ^−t + e ^−t

z ₃ ⁰⁰ (t) = te ^−t − 2e ^−t × − 2 z ⁽³⁾ ₃ (t) = −te ^−t + 3e ^−t

z ⁽⁴⁾ ₃ (t) = te ^−t − 4e ^−t ×1

z ₃ ⁽⁴⁾ (t) − 2z ₃ ⁰⁰ (t) + z 3 (t) = (1 − 2 + 1)te ^−t + (4 − 4)e ^−t = 0

Comme z 1 , z 2 , z 3 , z 4 sont des solutions de l'équation diérentielle linéaire (E 4 ) , toute combinaison linéaire az ₁ +bz ₂ + cz ₃ + dz ₄ avec (a, b, c, d) ∈ R ⁴ est aussi une solution.

3. D'après la question 1.c., toute solution z de (E) est solution de (E 4 ) . Il existe donc (a, b, c, d) ∈ R ⁴ tel que z = az 1 + bz 2 + cz 3 + dz 4 . Formons les conditions imposées à a , b , c , d par le fait que z ∈ S .

z(t) = (at + b)e ^t + (ct + d)e ^−t × − t

z ⁰ (t) = (at + (a + b)) e ^t + (−ct + (c − d)) e ^−t × − 2 z ⁰⁰ (t) = (at + (2a + b)) e ^t + (ct + (−2c + d)) e ^−t ×t

0 = 0t ² + 0t + (a + b)

e ^t + 0t ² + 0t + −2(c − d) e ^−t On en déduit a + b = 0 et c − d = 0 d'où

z ∈ S ⇔ ∃(a, c) ∈ R ² tq z(t) = a(t − 1)e ^t + c(t + 1)e ^−t 4. a. Soit z ∈ S 4 , notons y = z ⁰⁰ − z et calculons y ⁰⁰ − y :

y = z ⁰⁰ − z × − 1

y ⁰ = z ⁽³⁾ − z ⁰

y ⁰⁰ = z ⁽⁴⁾ − z ⁰⁰ ×1

y ⁰⁰ − y = z ⁽⁴⁾ − 2z ⁰⁰ + z = 0

∃(α, β) ∈ R ² tq y(t) = αe ^t + βe ^−t

b. D'après la question précédente, si z ∈ S 4 , il existe (α, β) ∈ R ² tels que z soit solution de l'équation diérentielle

∀t ∈ I, x ⁰⁰ (t) − x(t) = αe ^t + βe ^−t

e ^t ^t ₂ e ^t α e ^−t − ₂ ^t e ^−t β

Recherche d'une solution de x ⁰⁰ (t) − x(t) = e ^t sous la forme ute ^t .

x(t) = ute ^t × − 1

x ⁰ (t) = (ut + u)e ^t

x ⁰⁰ (t) = (ut + 2u)e ^t ×1 e ^t = x ⁰⁰ (t) − x(t) = 2ue ^t

La solution trouvée est t 7→ ₂ ^t e ^t .

Recherche d'une solution de x ⁰⁰ (t) − x(t) = e ^−t sous la forme ute ^−t .

x(t) = ute ^−t × − 1

x ⁰ (t) = (−ut + u)e ^−t

x ⁰⁰ (t) = (ut − 2u)e ^−t ×1 e ^−t = x ⁰⁰ (t) − x(t) = −2ue ^−t

La solution trouvée est t 7→ − ^t ₂ e ^−t .

∃(α, β, λ, µ) ∈ R ⁴ tq ∀t ∈ I, z ⁰ (t) = α 2 t + λ

e ^t +

e ^−t Ce qui est bien la forme annoncée à la question 3.

5. Notons J =] − ∞, 0[ et (E ⁰ ) l'équation diérentielle analogue à (E) mais dont les solutions sont des fonctions dénies sur J , notons S ⁰ l'ensemble de ses solutions. L'étude de cette équation est absolument semblable à celle de (E) , donc

z ∈ S ⁰ ⇔ ∃(a ⁰ , c ⁰ ) ∈ R ² tq ∀t < 0, z(t) = a ⁰ (t − 1)e ^t + c ⁰ (t + 1)e ^−t

Soit z une fonction deux fois dérivable dans R solution de (E) . Notons z ₋ la restriction de z à J et z + la restriction à I ; alors z − ∈ S ⁰ et z + ∈ S donc :

∃(a, c, a ⁰ , c ⁰ ) ∈ R ⁴ tq ∀t ∈ R , z(t) =

( a ⁰ (t − 1)e ^t + c ⁰ (t + 1)e ^−t si t < 0 a(t − 1)e ^t + c(t + 1)e ^−t si t > 0 En considérant les limites de z à gauche et à droite strictement de 0 , la continuité de z se traduit par

−a ⁰ + c ⁰ = −a + c

Il existe donc bien des solutions dans R continues en 0 , elles dépendent de trois para- mètres réels (par exemple a , c , a ⁰ ) et sont de la forme

( a ⁰ (t − 1)e ^t + (a ⁰ − a + c)(t + 1)e ^−t si t < 0 a(t − 1)e ^t + c(t + 1)e ^−t si t > 0

ϕ ⁰ (t) = A ⁰ (t + T ) − A ⁰ (t) = a(t + T ) − a(t) = 0 car a est T -périodique. On en déduit que ϕ est constante d'où

∀t ∈ R : y 1 (t) = p(t)e ^Kt

1 = p(0) et e ^A(0)−A(T ⁾ = p(T)e ^KT p(0) = p(T ) ⇒e ^A(0)−A(T ⁾ = e ^KT D'après l'injectivité de l'exponentielle réelle, on obtient

∀t ∈ R : p(t) = y 1 (t)e ^−Kt

T (A(T ) − A(0)) ∀t ∈ R : p(t) = y ₁ (t)e ^−Kt = e A(0)−A(t)−Kt

∀t ∈ R : y 1 (t) = p(t)e ^Kt

W ⁰ = y ⁰ ₁ y ⁰ ₂ + y 1 y ⁰⁰ ₂ − y ⁰⁰ ₁ y 2 − y ₁ ⁰ y ₂ ⁰ = (p − q)y 1 y 2

2. Raisonnons par l'absurde. Si la proposition est vraie, d'après les autres hypothèses (sur p , q et y ₂ ), W ⁰ (x) est strictement positif dans ]a, b[ . Le théorème du tableau de variations entraîne alors que W est strictement croissante dans [a, b] . Ceci est en contradiction avec :

W (a) = y 1 (a)y ₂ ⁰ (a) ≥ 0 W (b) = y 1 (b)y ⁰ ₂ (b) ≤ 0 En eet, l'énoncé nous indique y ₂ ⁰ (a) ≥ 0 , y ⁰ ₂ (b) ≤ 0 et, par continuité,

y ⁰⁰ + py =0 (1)

y ⁰⁰ + ω ² y =0 (2)

−π − ^3π ₄ − ^π ₄ 0 ^π ₄ − ^3π ₄ π

−π − ^π ₃ 0 ^π ₃ π

1 c − _a ¹

c − ¹ _b = b(a − c)

a(c − b) ⇒ T = ww = |w| ² 2. Utilisons les arguments comme l'indique l'énoncé :

T = e îβ (e îγ − e îα )

e îα (e îγ − e îβ ) = e î(β−α) e ⁱ

2i sin ^γ−α ₂ e ⁱ

2i sin ^γ−β ₂

! ²