MPSI B Année 2011 - 2012 Corrigé du DM 03 29 juin 2019
Problème 1
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 0 1 y 0 2 = (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 2 0 (b) ≤ 0 En eet, l'énoncé nous indique y 0 2 (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.
Exercice 1
Décomposition du second membre de (1) : (ch t) 2 = 1
4 e 2t + 1 2 + 1
4 e −2t
Conformément aux indications de l'énoncé, seuls les résultats des calculs intermédiaires sont présentés dans un tableau.
second membre solution coecient e 2t 1 4 e 2t 1 4
1 1 2 1 2
e −2t te −2t 1 4
On en déduit :
y solution de (1) ⇔ ∃λ ∈ R tel que ∀t ∈ R : y(t) = 1
16 e 2t + 1 4 + t
4 e −2t + λe −2t Décomposition du second membre de (2) :
(ch t) sin t = Im ch te it
= 1 2 Im
e (1+i)t + 1
2 Im
e (−1+i)t
second membre solution coecient e (1+i)t 3−i 10 e (1+i)t
Im e (1+i)t e
t10 (3 sin t − cos t) 1 2 e (−1+i)t 1−i 2 e (−1+i)t
Im e (−1+i)t e
−t2 (sin t − cos t) 1 2 On en déduit :
y solution de (2) ⇔ ∃λ ∈ R tel que ∀t ∈ R : y(t) = e t
20 (3 sin t − cos t) + e −t
4 (sin t − cos t) + λe −2t
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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Rémy Nicolai M1103CMPSI B Année 2011 - 2012 Corrigé du DM 03 29 juin 2019
Exercice 2
1. Il est bien connu que
n p
= n!
p! (n − p)!
2. Comme T est l'union des D p et que
(i, j) ∈ D p ⇔ i ∈ {0, · · · , p} avec j = p − i on peut écrire
S =
n
X
p=0
X
(i,j)∈D
px i i!
y j j!
=
n
X
p=0 p
X
i=0
x i i!
y p−i (p − i)!
!
=
n
X
p=0
1 p!
p
X
i=0
p i
x i y p−i
!
=
n
X
p=0
(x + y) p p!
d'après la formule du binôme.
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