Devoir libre n

Mathématiques

Devoir libre n ^o 3

à rendre le lundi 8 novembre 2010

Equations différentielles

Ï L’usage de la calculatrice est interdit durant l’épreuve.

Ï Le candidat attachera la plus grande importance à la clarté, à la précision et à la concision de la rédaction.

Ï Si le candidat découvre en cours d’épreuve ce qu’il croît être une erreur d’énoncé, il le précisera dans sa copie.

Ï L’épreuve comporte un problème sur les équations différentielles.

Paris XVI^e 2010-2011

Problème Equation de Legendre

Pour tout entier natureln, on considère l’équation différentielle (E_n) : (x²−1)y^′′+2x y^′−n(n+1)y=0

appelée équation de Legendre d’ordren. Elle intervient très souvent lors de l’étude de

phénomènes physiques comme la conduction de la chaleur. On recherchera des solutions de cette équation sur l’intervalle ]−1, 1[.

Partie 1 — Résolution de(E₀) On considère (E₀) : (x²−1)y^′′+2x y^′=0.

1. 1. Déterminer la solution générale de cette équation sur l’intervalle ]−1, 1[. On poseraz=y^′. 1. 2. Trouver les solutionsf de (E0) telles que f(0)=0.

Partie 2 — Résolution de(E₁) On considère (E₁) : (x²−1)y^′′+2x y^′−2y=0.

2. 1. Déterminer les solutions polynomiales non nulles de (E1).

2. 2. Soityune fonction définie surΩ=]−1, 1[. Pour toutxdansΩ^∗=Ω\ {0}, on pose z(x)= y(x)

x .

2. 2. a. Montrer que siyest solution de (E₁) sur ]−1, 1[, alors,zvérifie surΩ^∗une équation différentielle du second ordre, notée (E^′₁), que l’on précisera.

2. 2. b. Etablir l’existence de trois réelsα,βetγtels que

∀x∈Ω^∗, 4x²−2 x(x²−1)=α

x+ β

x−1+ γ x+1. 2. 2. c. Résoudre (E^′₁) sur chacun des intervalles ]−1, 0[ et ]0, 1[.

2. 2. d. En déduire la solution générale de (E₁) sur l’intervalleΩ=]−1, 1[.

Partie 3 — Cas général

On considère (En) : (x²−1)y^′′+2x y^′−n(n+1)y=0 avecnÊ2. On souhaite déterminer l’ensembleP_ndes solutions polynomiales de (En). On considère le polynôme suivant

P(x)=a_qx^q+a_q−1x^q−1+ · · · +a₁x+a₀, aveca_q6=0.

3. 1. Montrer queP∈P_{nimpliqueq=netan−1=0.}

3. 2. On suppose queP∈P_n.

3. 2. a. Trouver, pour tout 0ÉkÉn−2, une relation de récurrence lianta_k eta_k+2. 3. 2. b. Vérifier quea_n−2k−1=0 pour tout entier naturelktel que 2k+1Én.

3. 2. c. Montrer que, pour tout entier naturelktel que 2kÉn, on a a_n−2k= (−1)^k(n!)²(2n−2k)!

(2n)!k!(n−2k)!(n−k)!a_n. 3. 2. d. En déduireP_n.

Corrigé du problème Equation de Legendre

Partie 1 — Résolution de(E₀)

On considère (E₀) : (x²−1)y^′′+2x y^′=0.

1. 1. En posantz=y^′, l’équation (E₀) est équivalente sur ]−1, 1[ à (E^′₀) : z^′+ 2x

x²−1z=0.

CommeR _2x

x²−1d x=ℓn|x²−1| =ℓn(1−x²) sur ]−1, 1[, les solutions de (E^′₀) sur ]−1, 1[ sont de la forme

x7→z(x)=λe^{−ℓn(1−x2)}= λ

1−x², avecλ∈R.

On en déduit que les solutions de (E₀) sont exactement les primitives des fonctions précédentes, ie les fonctions de la forme

x7→y(x)= Z

λ d x

1−x²=λargth(x)+µ, avecλetµdansR.

1. 2. Avec les notations précédentes, on af solution de (E₀) etf(0)=0si et seulement siµ=0, ie f(x)=λargth(x), avecλ∈R.

Partie 2 — Résolution de(E1)

On considère (E1) : (x²−1)y^′′+2x y^′−2y=0.

2. 1. SoitP(x)=anxⁿ+ · · · +a1x+a0une solution polynomiale de (E1) avecan6=0. On a alors (x²−1)P^′′(x)+2xP^′(x)−2P(x)=a_n[n(n−1)+2n−2]xⁿ+Q(x)=a_n[n²+n−2]xⁿ+Q(x) avecQ(x) polynôme de degré inférieur àn−1. Ainsin²+n−2=(n−1)(n+2)=0, d’oùn=1. Ainsi, les seuleséventuellessolutions polynomiales non nulles de (E₁) sont de degré un. On trouve sans peine, en posantP(x)=ax+baveca6=0, quePest solutionsi et seulement si b=0, ieP(x)=ax.

2. 2. Soityune fonction définie surΩ=]−1, 1[. Pour toutxdansΩ^∗=Ω\ {0}, on pose z(x)= y(x)

x .

2. 2. a. Soityune solution de (E₁) surΩ. On ay(x)=xz(x),y^′(x)=xz^′(x)+z(x) et y^′′(x)=xz^′′(x)+2z^′(x) d’oùzest solution surΩ^∗de l’équation

(E₁) : x(x²−1)z^′′(x)+(4x²−2)z^′(x)=0, ie. z^′′+ 4x²−2

x(x²−1)z^′=0.

2. 2. b. Soientα,βetγtrois réels. Pour toutxdansΩ^∗, on a α

x+ β

x−1+ γ

x+1=(α+β+γ)x²+(β−γ)x−α x(x²−1) . En choissantα,βetγtels que

α+β+γ=4, β−γ=0, −α= −2, ieα=2 etβ=γ=1, on a bien l’égalité voulue surΩ^∗. Ainsi,

∀x∈Ω^∗, 4x²−2 x(x²−1)=2

x+ 1

x−1+ 1 x+1. 2. 2. c. Comme surΩ^∗,

Z 4x²−2 x(x²−1)d x=

Z2d x x +

Z d x x−1+

Z d x

x+1=ℓn(x²(1−x²)), les solutionszde (E^′₁) sur ]−1, 0[ et ]0, 1[ sont les primitives de la forme

x7→ λ

x²(1−x²), avecλ∈R. Comme surΩ^∗, on a

1

x²(1−x²)= 1 x²+ 1

1−x² et que

Z d x x²(1−x²)=

Zd x x² +

Z d x

1−x² = −1

x+argth(x), les solutionszde (E^′₁) sur ]−1, 0[ et ]0, 1[ sont les primitives de la forme

z:x7→ −λ

x+λargth(x)+µ, avecλetµdansR.

2. 2. d. Soityune solution de (E1) surΩ. Alors, d’après la question2.2.a., la fonction

x7→z(x)=y(x)/xvérifie (E^′₁) et donc (d’après la question2.2.c.) qu’il existeλ₁,λ₂,µ₁etµ₂dansR tels que

∀x∈]−1, 0[, z(x)= −λ1

x +λ1argth(x)+µ1 et ∀x∈]0, 1[, z(x)= −λ2

x +λ2argth(x)+µ2

et donc

∀x∈]−1, 0[, y(x)=y₁(x)= −λ₁+λ₁xargth(x)+µ₁x et ∀x∈]0, 1[, z(x)=y₂(x)= −λ₂+λ₂xargth(x)+µ₂x.

Commeyest définie en 0, on doit avoiry1(0)=y2(0), ieλ1=λ2. Commeyest dérivable en 0, on doit aussi avoiry^′₁(0)=y₂^′(0), ce qui équivaut, après tout calcul àµ1=µ2. Ainsi,

∀x∈]−1, 1[, y(x)= −λ₁+λ₁xargth(x)+µ₁x.

Réciproquement, on vérifie sans peine queyest solution de l’équation (E₁). Les solutions de cette équation surΩsont donc les fonctions de la forme

∀x∈]−1, 1[, y(x)= −λ+λxargth(x)+µx, avecλetµdansR.

Partie 3 — Cas général

On considère (E_n) : (x²−1)y^′′+2x y^′−n(n+1)y=0 avecnÊ2. On souhaite déterminer l’ensembleP_ndes solutions polynomiales de (E_n). On considère le polynôme suivant

P(x)=a_qx^q+a_q−1x^q−1+ · · · +a₁x+a₀, aveca_q6=0.

3. 1. On a a

(x²−1)P^′′(x)+2xP^′(x)−2P(x)=aq[q(q−1)+2q−n(n+1)]x^q+Q(x)=aq[q²+q−n(n+1)]x^q+Q(x) avecQ(x) polynôme de degré inférieur àq−1. Ainsiq²+q−n(n+1)=(q−n)(q+n+1)=0, d’où q=ncarq∈N. De plus, On a

Q(x)=[2(n−1)+(n−1)(n−2)−n(n+1)]a_n−1xⁿ⁻¹+R(x)=[−2n]a_n−1+R(x) et donc−2na_n−1=0 et puisquen6=0, on aa_n−1=0.

3. 2. On suppose queP∈P_n. On sait alors, d’après la question précédente, que deg(P)=net que

P(x)=

n

X

k=0

a_kx^k avec a_n−1=0.

3. 2. a. Pour toutxréel, on a

−n(n+1)P(x)=

n

X

k=0

−n(n+1)a_kx^k, 2xP^′(x)=

n

X

k=0

2k a_kx^k, x²P^′′(x)=

n

X

k=0

k(k−1)a_kx^k et

−y^′′(x)=

n

X

k,=2

−k(k−1)a_kx^k−2=

n−2

X

k,=0

−(k+2)(k+1)a_k+2x^k et donc, puisque les termes de degrésns’éliminent eta_n−1=0,

(x²−1)y^′′(x)+2x y^′(x)−n(n+1)y(x)=

n−2

X

k=0

[−n(n+1)a_k+2k a_k+k(k−1)a_k−(k+2)(k+1)a_k+2]x^k. AinsiP est solution de (E_n)si et seulement si

∀kÉn−2, −n(n+1)a_k+2k a_k+k(k−1)a_k−(k+2)(k+1)a_k+2=0, ie

∀kÉn−2, a_k+2=k²+k−n²−n (k+1)(k+2) a_k.

3. 2. b. Commea_n−1=0, on déduit de la relation établie à la question précédente par une récurrence immédiate (surktel que 2k+1Én) que

∀2k+1Én, a_n−2k−1=0.

3. 2. c. Raisonnons par récurrence surk∈Ntel que 2kÉn. Pour un tel entierk, on note HR(k) : a_n−2k= (−1)^k(n!)²(2n−2k)!

(2n)!k!(n−2k)!(n−k)!a_n. Ï HR(0) est banale.

Ï Soit un entierktel que 2k+2Én. On supposeHR(k) vraie. On a alors, d’après la formule de récurrence établie à la question..,

a_n−2k−2= (n−2k)(n−2k−1)

2(k+1)(2(k−n)+1)a_n−2k= − (n−2k)(n−2k−1) 2(k+1)(2(n−k)−1)a_n−2k

= − (n−2k)(n−2k−1)

2(k+1)(2(n−k)−1)× (−1)^k(n!)²(2n−2k)!

(2n)!k!(n−2k)!(n−k)!an

= (n−2k)(n−2k−1)

2(k+1)(2(n−k)−1)× (−1)^k+1(n!)²(2n−2k−2)!(2n−2k−1)2(n−k)

(2n)!k!(n−2k−2)!(n−2k−1)(n−2k)(n−k−1)!(n−k)a_n

= (−1)^k+1(n!)²(2n−2k−2)!

(2n)!(k+1)!(n−2k−2)!(n−k−1)!a_n d’oùHR(k+1) est vraie.

3. 2. d. D’après ce qui précède, les solutions polynomiales de (E_n) sont les polynomes de la forme P(x)=λ X

0É2kÉn

(−1)^k(n!)²(2n−2k)!

(2n)!k!(n−2k)!(n−k)!x^n−2k, avecλ∈R.