Problème 3 : Corrigé

MT241 02-03

Mathématiques 17 décembre 2002

Problème 3 : Corrigé

Soitλun réel strictement positif, soit l’équation différentielle linéaire :

4x²y⁰⁰+ (λ−x²)y= 0 (λ >0) (1)

dont on sait que l’ensemble des solutions définies sur un intervalleIà valeurs dansRest un espace vectoriel surR.

1. Posons f(x) =P+∞

n=0a_nxⁿ, supposons que cette série a un rayon non nul R et que f est solution de (1). On a alors pour|x|< R:

4x²f⁰⁰(x) = P+∞

n=2a_n.4n(n−1)xⁿ λf(x) = P+∞

n=0an.λxⁿ x²f(x) = P+∞

n=2a_n−2xⁿ

On déduit de (1)et de l’unicité du développement en série entière que :

λa0= 0 λa1= 0

an(4n(n−1) +λ) =an−2 pour n≥2

or λ >0, donca0 = a1 = 0et (4n(n−1) +λ)>0 pour n≥ 2, donc par une récurrence immédiatean = 0pour tout entiern. La série nulle est donc bien la seule série entière dont la somme est solution de (1).

2. Soit un réelρet une série entière réelleP

αnxⁿ de rayonRnon nul (éventuellement infini).

a. La série entière P+∞

n=0αnxⁿ est dérivable sur ]−R, R[ de dérivée P+∞

n=1nαnxⁿ⁻¹. La fonctionf est dérivable sur]0, R[comme produit de deux fonctions dérivables, et donc :

f⁰(x) =x^ρP+∞

n=1αnnxⁿ⁻¹+ρx^ρ−1P+∞

n=0αnxⁿ

=x^ρP+∞

n=0αn.(n+ρ)xⁿ⁻¹ (propriétés des séries numériques)

b. Sif est nulle sur]0, R[, alorsg(x) =P+∞

n=0α_nxⁿ également (x^ρ6= 0). La fonctiongest définie sur]−R, R[. En tant que somme d’une série entière on sait queg est continue indéfiniment dérivable et quegⁿ(0) =n!α_n. Commegest identiquement nulle sur]0, R[, elle est nulle en 0 ainsi que ses dérivéesn-ièmes à droite, doncg⁽ⁿ⁾(0) = 0, et αn = 0 pour tout entiern.

3. Soit un réel ρet une série entière réellePanxⁿ de rayon de convergenceR non nul (éven- tuellement infini) tels que :

a0= 1 et x7→x^ρ

+∞

X

n=0

anxⁿ est solution de(1)sur]0, R[ (2)

On pose f(x) =x^ρP+∞

n=0anxⁿ pourx∈]0, R[. On déduit du2.aappliqué àf puis àf⁰ que f est dérivable deux fois et que : f⁰⁰(x) =x^ρP+∞

n=0αn.(n+ρ)(n+ρ−1)xⁿ⁻², donc 4x²f⁰⁰(x) = x^ρP∞

i=0an.(n+ρ)(n+ρ−1)xⁿ λf(x) = x^ρP∞

i=0a_n.λxⁿ x²f(x) = x^ρP∞

i=2a_n−2xⁿ

On rappelle quea0= 1. Du fait quef satisfait l’équation(1), on déduit que pourx∈]0, R[:

x^ρ 4ρ(ρ−1) +λ+a₁(4(ρ+ 1)ρ+λ)x+

∞

X

i=2

(a_n.[(n+ρ)(n+ρ−1) +λ]−a_n−2)xⁿ

!

= 0

MT241 17 décembre 2002 Problème 3 : Corrigé 2

donc d’après le résultat de la question2.b

4ρ²−4ρ+λ= 0 (3)

et

a1(4ρ²+ 4ρ+λ) = 0, an(4(n+ρ)(n+ρ−1) +λ) =a_n−2 pourn≥2.

Comme λ 6= 0, 4ρ²−4ρ+λ = 0 n’a que des solutions non nulles. Pour ρ solution de 4ρ²−4ρ+λ= 0,4ρ²+ 4ρ+λ= 8ρ6= 0. On déduit donc de ce qui précède quea1= 0. On a donc bien :

a0= 1, a1= 0, an(4(n+ρ)(n+ρ−1) +λ) =a_n−2 pourn≥2. (4) 4. Le discriminant de l’équation (3)est2√

1−λ.

λ >1: L’équation n’a pas de solution.

λ= 1: L’équation a pour seule solution ρ₁= ¹₂, et n’a a fortiori pas d’autre solution de la formeρ1+n,n∈N^∗.

0< λ <1 : L’équation(3)a deux solutionsρ1=¹⁻

√1−λ

2 etρ2= ¹⁺

√1−λ

2 . De0< λ <1 on déduit 0 <√

1−λ < 1, donc 0 < ρ1 < ¹₂ et ¹₂ < ρ2 < 1, donc l’équation n’a jamais deux solutions distinctes dont la différence est entière.

5. Soit P

anxⁿ une série entière vérifiant (4). Siρ vérifie(3), alors d’après la question précé- dente, pourn >0, 4(n+ρ)(n+ρ−1) +λ6= 0, et donc pourn≥2,

an = a_n−2

4(n+ρ)(n+ρ−1) +λ

On déduit de cette égalité et de a₁ = 0que pour tout entier nimpair a_n = 0(récurrence immédiate). La série entièrePa_nxⁿ est donc égale à la série de ses termes de rang pair. On peut étudier la convergence de cette dernière par la règle de D’Alembert : le quotient des valeurs absolues de deux termes consécutifs est |4(n+ρ)(n+ρ−1)+λ|^|x|2 , qui a pour limite 0enn.

La série converge donc pour tout réel x, c’est à dire que le rayon de convergence de la série entièreP

anxⁿ est infini.

6. On vérifie immédiatement que pour un ρvérifiant(3), la fonctionf définie sur]0,+∞[par f(x) =x^ρ.P∞

i=0anxⁿ où la suitean vérifie(4) est solution de l’équation différentielle(1).

On déduit donc de ceci et des question précédentes : λ >1: Aucun couple ne vérifie(2),S_λ=∅.

λ= 1: Un seul couple vérifie(2),S₁contient une fonction définie sur]0,+∞[, et non nulle : en effeta₀6= 0, donc par continuité de la série entièrePa_nxⁿen0, la fonctionf(x) = x¹².P∞

i=0anxⁿ ne peut être nulle à proximité de0.

0< λ <1 : Deux couples vérifient (2), soient (ρ1,P

anxⁿ) et (ρ2,P

bnxⁿ, où (an) vérifie (4) pour ρ =ρ1 et bn vérifie (4) pour ρ =ρ2; Sλ contient deux fonctions non nulles (cara₀=b₀= 1), soitf₁celle associée àρ₁ etf₂ celle associée àρ₂.

7. λ >1: On peut considérer queS_λ=∅engendre l’espace vectoriel de dimension0(la fonction nulle vérifie(1)).

λ= 1: S₁engendre un espace de dimension1(la fonction deS₁n’est pas la fonction nulle).

0< λ <1 : Sλ engendre un espace de dimension 2 ou1, suivant que f1 et f2 sont ou non indépendantes. Supposons que pour toutx∈R,αf1(x) +βf2(x) = 0et montrons que α=β= 0. On a ρ1< ρ2, on en déduit, en utilisant la continuité d’une série entière de rayon de convergence non nul en0 que

x→0limx^−ρ1(αf₁(x) +βf₂(x)) =α.a₀=α

doncα= 0. Du fait quef₂ n’est pas identiquement nulle on déduit β = 0. On a donc montré quef₁ et f₂ étaient indépendantes, et donc que la dimension deE_λ est2.