DM de MPSI2
Corrig´ e de devoir non surveill´ e
Probl` eme – ´ Equations diff´ erentielles lin´ eaires d’ordre 2 ` a coefficients non constants
Partie A – Un exemple
A.1 La fonction 1/sh est solution ´evidente non nulle deE0 surI, donc l’ensemble des solutions cherch´e est {shλ, λ∈R}.
A.2g est d´erivable surI puisquef est deux fois d´erivable, et pour toutx∈I: g0(x) =f00(x) + 1
thxf0(x)−th0(x)
th2xf(x) =f00(x) + 1
thxf0(x)− 1 sh2xf(x).
On a donc, pour toutx∈I,
(shx)g0(x) + (chx)g(x) = sh(x)f00(x) + ch(x)f0(x)− 1
sh(x)f(x) + ch(x)f0(x) + ch2x sh(x)f(x)
= sh(x)f00(x) + 2 ch(x)f0(x) +ch2x−1 sh(x) f(x)
= sh(x)f00(x) + 2 ch(x)f0(x) + sh(x)f(x), d’o`u le r´esultat.
A.3D’apr`es ce qui pr´ec`ede, les solutions deE surI sont les solutions (surI) de (E00) y0+ 1
th(x)y= λ sh(x), pour un certain r´eel λ.
L’´equation homog`ene associ´ee `a (E00), ´equivalente `aE0, a pour solution g´en´eralex7→ sh(x)µ , o`umud´ecritR. Pour en trouver une solution particuli`ere, on utilise la m´ethode de variation de la constante : une solution de E00 est x7→ sh(x)C(x), o`uC est une primitive de la fonction constante de valeurµ: le choixC :x7→µxconvient donc.
Ainsi la solution g´en´erale deE est-elle
x7→ λ+µx sh(x) , o`uλet µd´ecriventR.
Partie B – Entrelacement de z´ eros
B.1W est bien d´erivable, puisquef et gsont deux fois d´erivables, et, pour toutt∈I : W0(t) = f0(t)g0(t) +f(t)g00(t)−f00(t)g(t)−f0(t)g0(t)
= f(t)g00(t)−f00(t)g(t)
= (p(t)−q(t))f(t)g(t).
B.2
a On sait quef(α) = 0. Si on avait en outref0(α) = 0, alorsf serait l’unique solution `a ce probl`eme de Cauchy, et serait donc la fonction nulle, ce qui est exclu :f0(α)6= 0 et, de mˆeme,f0(β)6= 0.
b Soitt ∈]α, β[. On a d’apr`es les hypoth`eses f(t)−f(α)t−α >0, donc, en passant `a la limite lorsquet tend versα,f0(α)>0. Commef0(α)6= 0, on a bienf0(α)>0, et, de mˆeme,f0(β)<0.
c Supposons donc que g ne s’annule pas sur [α, β]. Quitte `a consid´erer −g, on peut supposer que g ne prenne que des valeurs strictement positives. Dans ce cas, le Wronskien W est d´ecroissant (sa d´eriv´ee est n´egative), orW(α) =−f0(α)g(α)<0 etW(β) =−f0(β)g(β)>0, ce qui est absurde :gs’annule n´ecessairement.
B.3
a Supposonsq>1. On applique le r´esultat pr´ec´edent pourpconstante de valeur 1 : les solutions deEp
sont lesx7→Acos(t−t0), o`uAett0d´ecriventR. Pour tout segment [α, β] de longueurπ, on peut donc trouver une solution deEp comme en B.2, `a savoirt7→sin(t−α), prouvant ainsi queg s’annule n´ecessairement sur ce segment.
bSupposons queq61, quegsoit non nulle, et que pourtantgs’annule au moins deux fois sur un segment [α, β] de longueur strictement inf´erieure `a π. Quitte `a r´eduire ce segment, on peut supposer que g s’annule en αet β, et qu’elle ne s’annule pas entre ces deux points.
D’apr`es B.2, en ´echangeant les rˆoles de f et de g (et de p et de q), toute solution de y00+y = 0 devrait s’annuler sur [α, β], de qui est faux pourt7→cos
t−α+β2
:gs’annule au plus une fois sur [α, β].
Partie C – L’´ equation de Bessel
C.1g est deux fois d´erivable surR∗+ carf et la fonction racine carr´ee le sont. De plus, pour toutx∈R∗+ : g0(x) =f0(x)√
x+f(x) 2√
x, et
g00(x) =f00(x)√
x+f0(x)
√x − f(x) 4x3/2, donc
g00(x) +
1−4λ2−1 4x2
g(x) = f00(x)√
x+f0(x)
√x − f(x) 4x3/2 +
1−4λ2−1 4x2
f(x)√
x
= √
x
f00(x) +f0(x)
x +
1−λ2
x2
f(x)
, d’o`u le r´esultat demand´e.
C.2Bien sˆur, f et g ont le mˆeme lieu d’annulation. On peut appliquer les r´esultats de B.3 `a g, o`u q(x) = 1−4λ4x2−12
: si λ > 12, alors q 6 1, donc g (et, partant f) s’annule au pluss une fois sur un segment de longueurπ. Siλ6 12, alorsq>1, doncg(et, partantf) s’annule au moins une fois sur un segment de longueur strictement inf´erieure `a π.
