Correction CC2-S1
- CC2-S1 - - 2018-2019 -
– Correction - Analyse –
Partie 1 1. Soity une fonction de la variable réellet.
Donner la solution générale de l’équation différentielle
y00= 0 (Ec)
L’ensemble des solutions de (Ec) est S(Ec) ={t 7→ at+b, a, b ∈ R} c’est à dire l’ensemble des fonctions affines.
2. On considère la série entièreX
p≥0
(−1)pt2p.
Donner son rayon de convergence et sa somme lorsqu’elle est définie.
La série entièreX
p≥0
(−1)pt2p est la série géométrique de raison−t2 et de premier terme 1; elle converge si, et seulement si,| −t2|<1, c’est à dire|t|<1. Son rayon de convergence vaut donc 1et
∀t∈]−1,1[,
+∞
X
p=0
(−1)pt2p= 1 1 +t2
3. On considère la série entièreX
p≥0
(−1)pt2p+1.
Donner son rayon de convergence et sa somme lorsqu’elle est définie.
La série entièreX
p≥0
(−1)pt2p+1 est la série géométrique de raison−t2 et de premier termet; elle converge si, et seulement si,| −t2|<1, c’est à dire|t|<1. Son rayon de convergence vaut donc 1et
∀t∈]−1,1[,
+∞
X
p=0
(−1)pt2p+1= t 1 +t2
Partie 2 On considère l’équation différentielle :
(1 +t2)y00+ 4ty0+ 2y= 0 (Eh)
1. a. Montrer que f est une solution de (Eh)si, et seulement si,ϕ:t7→(1 +t2)f(t)est une fonction affine det (on pensera à calculer sa dérivée seconde).
Soitf une solution de(Eh). Alorsf ∈D2(R,R), ce qui équivaut àϕ∈D2(R,R).
De plus,∀t∈R, ϕ0(t) = (1 +t2)f0(t) + 2tf(t)et ϕ00(t) = (1 +t2)f00(t) + 4tf0(t) + 4f(t). Dès lors, f est une solution de(Eh)⇐⇒ ∀t∈R, (1 +t2)f00(t) + 4tf0(t) + 2f(t) = 0
⇐⇒ ∀t∈R, ϕ00(t) = 0
⇐⇒ ϕ∈SEc
b. Montrer que
t7→ 1
1 +t2, t7→ t 1 +t2
est une base de l’espace des solutions de(Eh).
D’après ce qui précède, f est une solution de(Eh)si, et seulement si, ϕ:t7→(1 +t2)f(t)est une fonction affine. Par suite,f est une solution de(Eh)si, et seulement si,∃a, b∈R,∀t∈R, (1 +t2)f(t) =at+b ou encore ∃a, b∈R,∀t∈R, f(t) =at+b
1 +t2 = b
1 +t2 + at 1 +t2.
Spé PT Page 1 sur 3
Correction CC2-S1
On en déduit que SEh =Vect{t7→ 1
1 +t2, t7→ t
1 +t2} puis comme la famille {t7→ 1
1 +t2, t7→ t 1 +t2} est libre, on conclut que c’est une base deSEh.
Autre méthode :
On peut aussi dire que la famille proposée est libre, et que chaque fonction de la famille est solution de(Eh) (à vérifier). Par suite Vect{t7→ 1
1 +t2, t7→ t
1 +t2} ⊂SEh. Comme on sait que dim(SEh) = 2, on conclut que Vect{t7→ 1
1 +t2, t7→ t
1 +t2}=SEh et que{t7→ 1
1 +t2, t7→ t
1 +t2} est une base deSEh.
2. Dans cette question, on propose une autre méthode pour déterminer les solutions de l’équation homogène(Eh).
On recherche les solutions de(Eh)développables en série entière au voisinage de0, sous la forme y(t) =
+∞
X
n=0
antn, de rayon de convergenceR >0, et où lesan,n∈N, sont des réels.
a. Donner, pour toutn∈N, une relation de récurrence entre an+2 etan. t7→y(t) =
+∞
X
n=0
antn est C∞sur]−R, R[, puis par dérivation terme à terme, on obtient
y est solution de(Eh)⇐⇒ ∀t∈]−R, R[,
+∞
X
n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2tn+
+∞
X
n=0
n(n−1)antn+
+∞
X
n=0
4nantn+
+∞
X
n=0
2antn= 0
⇐⇒ ∀t∈]−R, R[,
+∞
X
n=0
(n+ 2)(n+ 1)an+2+ (n2+ 3n+ 2)an tn= 0
⇐⇒ ∀n∈N, (n+ 2)(n+ 1)an+2+ (n2+ 3n+ 2)
| {z }
(n+2)(n+1)
an= 0 (unicité du DSE(0))
⇐⇒ ∀n∈N, an+2=−an
b. Pour tout entier naturel p, exprimera2p eta2p+1 en fonction dep,a0 eta1.
On a ∀p ∈ N, a2p+2 = −a2p et a2p+3 = −a2p+1, donc (a2p) et (a2p+1) sont deux suites géométriques de raison −1 et de premiers termes respectifsa0et a1. On conclut que
∀p∈N, a2p= (−1)pa0 et a2p+1= (−1)pa1
c. En déduire une expression simplifiée de
+∞
X
n=0
antn au voisinage de0.
Pour |t|<1, les deux séries géométriquesX
a2pt2p et X
a2p+1t2p+1 sont convergentes, et alors
∀t∈]−1,1[,
+∞
X
n=0
antn=
+∞
X
p=0
a2pt2p+
+∞
X
p=0
a2p+1t2p+1=a0 +∞
X
p=0
(−1)pt2p+a1 +∞
X
p=0
(−1)pt2p+1= a0
1 +t2+ a1t 1 +t2 (d’après la partie 1). On retrouve les résultats précédents mais uniquement sur ]−1,1[.
Partie 3 Résoudre l’équation différentielle :
(1 +t2)y00+ 4ty0+ 2y= 1
1 +t2 (E)
D’après la partie 2, on connaît une solution (au moins) de l’équation homogène associée à(E)qui ne s’annule pas surR, par exemple t7→ 1
1 +t2. On peut donc appliquer la méthode de Lagrange, on recherchant une solution
Spé PT Page 2 sur 3
Correction CC2-S1
de(E)sous la formey(t) =ϕ(t) 1
1 +t2, t∈Roùϕ∈D2(R,R).
On a alors∀t∈R, ϕ(t) = (1 +t2)y(t), puis on en déduit, comme à la question1ade lapartie 2, que : yest solution de(E)⇐⇒ ∀t∈R, (1 +t2)y00(t) + 4ty0(t) + 2y(t) = 1
1 +t2
⇐⇒ ∀t∈R, ϕ00(t) = 1 1 +t2 On a, surR,
Z 1
1 +t2dt=Arctan(t) +C1,C1∈R, puis Z
Arct(t)dt=tArctan(t)−1
2ln(1 +t2) +C2,C2∈R (en intégrant par parties) donc les solutions de(E)surRsont
t7→ 1 1 +t2
C1t+C2+tArctan(t)−1
2ln(1 +t2)
, (C1, C2)∈R2
Spé PT Page 3 sur 3
