Partie C – Probl` eme de Cauchy pour H

DM de MPSI2

Corrig´ e de devoir non surveill´ e

Probl` eme – Une ´ equation diff´ erentielle d’ordre 2 ` a coefficients non constants

Partie A – Pr´ eliminaires

A.1 Dans une phase d’analyse, on suppose l’existence de tels r´eels a, b, c. Pour trouver a, on multiplie la relation voulue parx, et on fait tendrexvers 0, obtenanta=−1. De mˆeme, on obtientb=c= 2.

Dans une phase de synth`ese, on v´erifie que ces choix de a,bet cconviennent.

Partie B – R´ esolution de H

B.1f0 est bien sˆur deux fois d´erivable surR,f₀⁰(x) = 1 etf₀⁰⁰(x) = 0 pour tout r´eel x. On a donc bien (x²−x)f₀⁰⁰(x) + (x+ 1)f₀⁰(x)−f0(x) = 0,

pour tout r´eel x: f₀est solution deHsurR. B.2

aOn a employ´e cette m´ethode pour trouver une solution particuli`ere d’une ´equation diff´erentielle lin´eaire d’ordre 1 sans probl`eme de raccord, et, surtout, pour r´esoudre dans le cas complexe les ´equations diff´erentielles lin´eaires homog`enes d’ordre 2 `a coefficients constants.

bf est bien sˆur deux fois d´erivable, et, pour toutx∈I :

f⁰(x) =C⁰(x)(x+ 1) +C(x), f⁰⁰(x) =C⁰⁰(x)(x+ 1) + 2C⁰(x)(x+ 1), et donc

(x²−x)f⁰⁰(x) + (x+ 1)f⁰(x)−f(x) = (x³−x)C⁰⁰(x) + (3x²+ 1)C⁰(x).

f est donc solution deHsi et seulement siC⁰ est solution (surI) de (H⁰) : (x³−x)y⁰+ (3x²+ 1)y= 0.

cGrˆace aux pr´eliminaires, une primitive sur I dex7→ ^3x_x3²−x⁺¹ estx7→ln_(x2−1)²

|x|

. La solution g´en´erale deH⁰ surIest donc :

x7→λ x (x²−1)², o`uλd´ecritR.

d Soit λ∈ R. Les primitives de x7→ λ_(x2−1)^{x 2} sur I sont les fonctions x7→ λ_2(x⁻¹2−1) +µ, o`u µ d´ecrit R, donc la solution g´en´erale deH surI est x7→

−λ

2(x²−1)+µ

(x+ 1), o`u λet µd´ecrivent R, ou encore, plus simplement

x7→ λ

x−1 +µ(x+ 1), o`uλet µparcourentR.

B.3Supposons disposer d’une solutionf deHsurI₁: ses restrictions respectives `aJ<sub>1</sub>etJ<sub>2</sub>sont des solutions de Hsur ces intervalles : d’apr`es la question pr´ec´edente, il existe donc des r´eels λ1, µ1, λ2, µ2, tels que, pour touti∈ {1,2}, toutx∈Ji, on ait :

f(x) = λi

x−1 +µi(x+ 1).

La continuit´e en −1 imposeλ1 =λ2 (et f(−1) = −λ1/2), la d´erivabilit´e en −1 entraˆıne alorsµ1 =µ2 : ceci montre l’existence de r´eels λet µtels que, pour toutx∈I1 :f(x) = _x−1^λ +µ(x+ 1).

R´eciproquement, on v´erifie ais´ement que les fonctions de cette forme sont solutions deE surI1. Les solutions deE surI₁ sont les fonctions de la forme

x7→ λ

x−1 +µ(x+ 1), o`uλet µparcourentR.

B.4Supposons disposer d’une solutionf deHsurR. Grˆace aux ´etudes pr´ec´edentes, pour touti∈ {1,2,3}, la restriction def `a I<sub>i</sub> est de la forme x7→ <sub>x−1</sub><sup>λi</sup> +µ<sub>i</sub>(x+ 1), pour certains r´eels λ<sub>i</sub> et µ<sub>i</sub>. La continuit´e en 1 imposeλ<sub>2</sub>=λ<sub>3</sub>= 0, et la d´erivabilit´e en ce point imposeµ<sub>2</sub>=µ<sub>3</sub>: la restriction def `aR+est donc de la forme x7→µ(x+ 1). La continuit´e en 0 donne−λ₁+µ₁=µ, la d´erivabilit´e en ce point n’impose rien de plus, mais la d´erivabilit´e `a l’ordre deux en ce point conduit `a −2λ₁= 0.

La fonction f est donc de la forme x7→µ(x+ 1).

La r´eciproque ´etant claire, les solutions surRdeHsont les fonctions de la formex7→µ(x+ 1), o`uµd´ecrit R.

Partie C – Probl` eme de Cauchy pour H

C.1Soit λ, µ∈R, f la fonction d´efinie surI parf(x) = _x−1^λ +µ(x+ 1) (nous d´ecrivons ainsi la solution g´en´erale deHsurI). Le d´eterminant

1

x0−1 (x₀+ 1)

−_(x ¹

0−1)² 1

´etant non nul (il vaut 2x₀/(x₀−1)²), il existe un unique couple (λ, µ) de r´eels tel quef(x₀) =y₀etf⁰(x₀) =y⁰₀. D’apr`es la r´esolution deHsurI effectu´ee en B.2.d et B.3, on en d´eduit qu’il existe une unique solutionf deH surItelle que f(x0) =y0et f⁰(x0) =y⁰₀.

C.2

a D’apr`es la r´esolution de HsurR(effectu´ee en B.4), le probl`eme de Cauchy associ´e `a H(surR) et les conditions initialesy(1) = 1 ety⁰(1) = 0 par exemple n’a pas de solution.

b Un tel probl`eme ne peut pas admettre plusieurs solutions : le seul point commun `a deux courbes int´egrales deH(surR) est (−1,0). Un probl`eme de Cauchy admettant plusieurs solutions doit donc comprendre la condition initialey(−1) = 0. La condition initiale suppl´ementairey<sup>0</sup>(−1) =y<sup>0</sup><sub>0</sub>(donnant la tangente de cette courbe en l’origine) fait que ce probl`eme admet une unique solution, `a savoirx7→y₀⁰(x+ 1).

Partie D – R´ esolution de E

D.1Soitφ :I→R, deux fois d´erivable.φest solution deE si et seulement si, pour tout pointxdeI: (x²−x)φ⁰⁰(x) + (x+ 1)φ⁰(x)−φ(x) =δ(x),

soit encore,φ₀´etant solution deE,

(x²−x)φ⁰⁰(x) + (x+ 1)φ⁰(x)−φ(x) = (x²−x)φ⁰⁰₀(x) + (x+ 1)φ⁰₀(x)−φ0(x), soit aussi

(x²−x)(φ−φ₀)⁰⁰(x) + (x+ 1)(φ−φ₀)⁰(x)−(φ−φ₀)(x) = 0.

φest solution deE si et seulement siφ0 est solution deH.

D.2La fonction constante de valeur−1 est solution (´evidente) deE surR, donc sur tout intervalle.

La solution g´en´erale de E surI (resp.R) est doncx7→ −1 +_x−1^λ +µ(x+ 1) (resp.x7→µ(x+ 1)), o`uλet µ d´ecriventR(resp.µd´ecritR).

D.3Il suffit de prendre (comme on l’a d´ej`a fait) f1 :x7→ _x−1¹ . D.4

a gest deux fois d´erivable surI, et, pour tout pointxdeI:

g⁰(x) =C₀⁰(x)f0(x) +C0(x)f₀⁰(x) +C₁⁰(x)f1(x) +C1(x)f₁⁰(x) =C0(x)f₀⁰(x) +C1(x)f₁⁰(x), grˆace `a la relationR1, puis

g⁰⁰(x) =C0(x)f₀⁰⁰(x) +C₀⁰(x)f₀⁰(x) +C1(x)f₁⁰⁰(x) +C₁⁰(x)f₁⁰(x),

et nous obtenons enfin

(x²−x)g⁰⁰(x) + (x+ 1)g⁰(x)−g(x) = (x²−x)(C₀⁰(x)f₀⁰(x) +C₁⁰(x)f₁⁰(x)), de sorte queg est solution deE si et seulement si, pour tout pointxdeI :

(R2) : C₀⁰(x)f₀⁰(x) +C₁⁰(x)f₁⁰(x) = δ(x) x²−x.

bGrˆace aux relationsR1etR2, on constate quegest solution deEsi et seulement siC₀est une primitive deh₀ :x7→ ^δ(x)_2x2,etC₁ est une primitive deh₁ :x7→ ^δ(x)(1−x_2x2 ²⁾.

D.5Les primitives deh0 surI sont les fonctionsx7→ ¹₂ln|x|+λ, o`uλd´ecritR. Les primitives deh1 sont les fonctionsx7→<sup>1</sup><sub>2</sub>ln|x| − <sup>x</sup><sub>4</sub><sup>2</sup> +µ, o`uµd´ecritR. L’ensembleSE,I des solutions surI deE est donc :

( f : I → R

x 7→ ¹₂(ln|x|)(x+ 1) + ^{12(ln|x|)−x}

2 4

x−1 +λ(x+ 1) +_x−1^µ ,(λ, µ)∈R²) )

,

soit encore, plus agr´eablement :

( f : I → R

x 7→ ^x_2(x−1)^2ln|x|+λ(x+ 1) + _x−1^µ ,(λ, µ)∈R²) )

.