[>] Étude théorique d'équation d'ordre 1

Exercice 1 376 Correction

Résoudre les équations différentielles suivantes:

(a)

$y^{'} - y = \sin (2 x) e^{x}$
(b)

$y^{'} + 2 x y = 2 x e^{- x^{2}}$
(c)

$y^{'} + y \tan (x) = \sin (2 x)$ sur $] - π / 2; π / 2 [$

Solution

(a)

$y (x) = (C + \sin^{2} (x)) e^{x}$
(b)

$y (x) = (x^{2} + C) e^{- x^{2}}$
(c)

$y (x) = C \cos (x) - 2 \cos^{2} (x)$

Exercice 2 382 Correction

Déterminer les fonctions réelles solutions sur $] 1; + \infty [$ de l’équation

y^{'} + \frac{x}{1 - x^{2}} y = 2 x .

Solution

C’est une équation différentielle linéaire du premier ordre, l’ensemble des solutions est une droite affine.

L’équation homogène associée s’exprime

y^{'} = \frac{x}{x^{2} - 1} y .

Puisque

\int \frac{x}{x^{2} - 1} d x = \frac{1}{2} \ln (| x^{2} - 1 |) = \frac{1}{2} \ln (x^{2} - 1)

la solution générale homogène s’exprime

y_{h} (x) = λ \sqrt{x^{2} - 1} avec λ \in ℝ .

On recherche une solution particulière $y_{p}$ par la méthode de la variation de la constante. On écrit $y_{p} (x) = λ (x) \sqrt{x^{2} - 1}$ avec $λ$ une fonction dérivable sur $] 1; + \infty [$ . Après substitution dans l’équation, on obtient la condition

λ^{'} (x) \sqrt{x^{2} - 1} = 2 x .

Prendre $λ (x) = 2 \sqrt{x^{2} - 1}$ convient et conduit à la solution particulière

y_{p} (x) = 2 (x^{2} - 1) .

On peut alors exprimer la solution générale:

y (x) = λ \sqrt{x^{2} - 1} + 2 (x^{2} - 1) avec λ \in ℝ .

Exercice 3 3782 CCINP (MP)Correction

Résoudre sur $] - π / 2; π / 2 [$

y^{'} (x) - \tan (x) y + {(\cos (x))}^{2} = 0 .

Solution

C’est une équation différentielle linéaire de solution générale homogène

y (x) = \frac{λ}{\cos (x)} .

L’application de la méthode de la variation de la constante amène à déterminer

\int \cos^{3} (x) d x = \int \cos (x) d x - \int \cos (x) \sin^{2} (x) d x = \sin (x) - \frac{1}{3} \sin^{3} (x) .

Au final, on obtient la solution générale

y (x) = \frac{\frac{1}{3} \sin^{3} (x) - \sin (x) + λ}{\cos (x)} .

Exercice 4 377 Correction

Déterminer les solutions, s’il en existe, des problèmes de Cauchy suivants:

(a)

$y^{'} - (x + 1) (y + 1) = 0$ et $y (0) = 1$
(b)

$(1 + x^{2}) y^{'} - (x + 1) y = 2$ et $y (0) = - 1$ .

Solution

(a)

Solution de l’équation homogène sur $ℝ$ : $y (x) = C e^{\frac{1}{2} {(x + 1)}^{2}}$ avec $C \in ℝ$ .
Solution particulière sur $ℝ$ : $y_{0} (x) = - 1$ .
Solution générale sur $ℝ$

$y (x) = C e^{\frac{1}{2} {(x + 1)}^{2}} - 1 avec C \in ℝ .$

On aura $y (0) = 1$ si, et seulement si, $C = 2 / \sqrt{e}$ .
(b)

Solution de l’équation homogène sur $ℝ$ : $y (x) = C \sqrt{x^{2} + 1} e^{\arctan (x)}$ avec $C \in ℝ$
Solution particulière sur $ℝ$ : $y_{0} (x) = x - 1$ après recherche de solution de la forme $a x + b$ .
Solution générale sur $ℝ$

$y (x) = C \sqrt{x^{2} + 1} e^{\arctan (x)} + x - 1 avec c \in ℝ .$

On aura $y (0) = - 1$ si, et seulement si, $C = 0$ .

[<] Résolution d'équation scalaire d'ordre 1[>] Résolution avec raccord d'équation d'ordre 1

Exercice 5 380 Correction

Soit $a : ℝ_{+} \to ℝ$ une fonction continue et intégrable.
Établir que les solutions de l’équation différentielle $y^{'} - a (t) y = 0$ sont bornées sur $ℝ_{+}$ .

Solution

La solution générale de l’équation étudiée est

y (t) = λ e^{A (t)} avec A (t) = \int_{0}^{t} a (u) d u .

Or pour tout $t \geq 0$ ,

| A (t) | \leq \int_{0}^{t} | a (u) | d u \leq \int_{0}^{+ \infty} | a (u) | d u

et donc la fonction $y$ est bornée.

Exercice 6 5657 Correction

Soient $a, b : [0; + \infty [\to ℂ$ continues et intégrables sur $[0; + \infty [$ .

Montrer que toutes les solutions sur $[0; + \infty [$ de l’équation différentielle

(E) : x^{'} = a (t) x + b (t)

sont bornées.

Solution

Soit $A$ une primitive de la fonction continue $a$ sur $[0; + \infty [$ . Après résolution, la solution générale de l’équation $(E)$ s’exprime

x (t) = (x (0) + \int_{0}^{t} b (s) e^{- A (s)} d s) e^{A (t)} .

Considérons $x : [0; + \infty [\to ℂ$ une telle fonction.

Puisque la fonction $a$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ , la primitive $A$ admet une limite finie en $+ \infty$ . Puisque cette fonction $A$ est aussi continue sur $[0; + \infty [$ , elle y est bornée. On peut donc introduire $M \in ℝ_{+}$ tel que

\forall t \in [0; + \infty [, | A (t) | \leq M

et alors

\forall t \in [0; + \infty [, | e^{A (t)} | = e^{Re (A (t))} \leq e^{M} et \forall s \in [0; + \infty [, | e^{- A (s)} | = e^{- Re (A (s))} \leq e^{M} .

On en déduit

\forall t \in [0; + \infty [, | x (t) | \leq (| x_{0} | + \int_{0}^{t} | b (s) | e^{M} d s) e^{M} \leq | x_{0} | e^{M} + (\int_{0}^{+ \infty} | b (s) | d s) e^{2 M} .

La fonction $x$ est donc bornée.

Exercice 7 381 Correction

(a)

Soit $h : ℝ \to ℂ$ continue de limite nulle en $+ \infty$ . Montrer que les solutions de l’équation différentielle $y^{'} + y = h$ tendent vers $0$ en $+ \infty$ .
(b)

Soit $f : ℝ \to ℂ$ de classe $𝒞^{1}$ . On suppose que $f + f^{'} \to_{+ \infty}^{} ℓ$ . Montrer que $f \to_{+ \infty}^{} ℓ$ .

Solution

(a)

La solution générale de l’équation différentielle $y^{'} + y = h$ est

$y (x) = (λ + \int_{0}^{x} h (t) e^{t} d t) e^{- x} .$

Pour tout $ε > 0$ , il existe $A \in ℝ$ tel que

$\forall x \geq A, | h (t) | \leq ε .$

On a alors

$y (x) = (λ + \int_{0}^{A} h (t) e^{t} d t) e^{- x} + \int_{A}^{x} h (t) e^{t - x} d t$

avec

$| \int_{A}^{x} h (t) e^{t - x} d t | \leq ε et (λ + \int_{0}^{A} h (t) e^{t} d t) e^{- x} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$
(b)

Posons $h = f^{'} + f - ℓ$ . $f - ℓ$ est solution de l’équation différentielle $y^{'} + y = h$ donc $f - ℓ \to_{+ \infty}^{} 0$ puis $f \to_{+ \infty}^{} ℓ$ .

Exercice 8 3109 Correction

Soient $α$ un nombre complexe de partie réelle strictement positive.

(a)

Soit $g : [0; + \infty [\to ℂ$ continue. Exprimer la solution générale de l’équation différentielle $y^{'} + α y = g$ .
(b)

Application : Soit $f : [0; + \infty [\to ℂ$ de classe $𝒞^{1}$ telle que $f^{'} + α f$ tend vers $0$ en $+ \infty$ . Montrer que $f$ tend vers $0$ en $+ \infty$ .

Solution

(a)

La solution générale de l’équation différentielle s’exprime

$y (x) = λ e^{- α x} + \int_{0}^{x} g (t) e^{α (t - x)} d t avec λ \in ℂ .$
(b)

Posons $g = f^{'} + α f$ . La fonction $f$ est solution de l’équation différentielle.

$y^{'} + α y = g .$

Ainsi, on peut écrire

$f (x) = λ e^{- α x} + \int_{0}^{x} g (t) e^{α (t - x)} d t .$

Il est immédiat que

$λ e^{- α x} \to_{x \to + \infty}^{} 0$

car $Re (α) > 0$ .

Étudions maintenant la limite du terme intégral.

Soit $ε > 0$ . Puisque la fonction $g$ tend vers $0$ en $+ \infty$ , il existe $A \geq 0$ tel que

$\forall t \geq A, | g (t) | \leq ε .$

On a alors pour tout $x \geq A$

$\int_{0}^{x} g (t) e^{α (t - x)} d t = \int_{0}^{A} g (t) e^{α (t - x)} d t + \int_{A}^{x} g (t) e^{α (t - x)} d t$

avec

$| \int_{A}^{x} g (t) e^{α (t - x)} d t | \leq \int_{A}^{x} ε e^{Re (α) (t - x)} d t \leq \frac{ε}{Re (α)} {[e^{Re (α) (t - x)}]}_{A}^{x} \leq \frac{ε}{Re (α)}$

et

$| \int_{0}^{A} g (t) e^{α (t - x)} d t | = | \int_{0}^{A} g (t) e^{α t} d t | e^{- Re (α) x} = C^{t e} e^{- Re (α) x} \to_{x \to + \infty}^{} 0 .$

Pour $x$ assez grand,

$| \int_{0}^{x} g (t) e^{α (t - x)} d t | \leq \frac{ε}{Re (α)} + ε .$

Ainsi, $\int_{0}^{x} g (t) e^{α (t - x)} d t \to_{x \to + \infty}^{} 0$ puis $f (x) \to_{x \to + \infty}^{} 0$ .

Exercice 9 4100 Correction

Soit $α \in ℂ$ et $φ : ℝ \to ℂ$ une fonction continue et périodique de période $T > 0$ .
On étudie l’équation différentielle

(E) : y^{'} + α y = φ (t) .

(a)

Montrer que si $y$ est solution sur $ℝ$ de l’équation $(E)$ alors la fonction $t \mapsto y (t + T)$ l’est aussi.
(b)

En déduire qu’une solution $y$ de $(E)$ est $T$ -périodique si, et seulement si, $y (0) = y (T)$ .
(c)

Montrer que l’équation $(E)$ admet une unique solution $T$ -périodique, sauf pour des valeurs exceptionnelles de $α$ que l’on précisera.

Solution

(a)

Posons $z (t) = y (t + T)$ . La fonction $z$ est dérivable sur $ℝ$ et

$\forall t \in ℝ, z^{'} (t) + α z (t) = y^{'} (t + T) + α y (t + T) = φ (t + T) = φ (t) .$

La fonction $z$ est donc solution de $(E)$ .
(b)

Si $y$ est $T$ -périodique, on a évidemment $y (0) = y (T)$ .
Inversement, si $y (0) = y (T)$ alors $y$ et $z$ sont solutions d’un même problème de Cauchy posé en 0. Par unicité de ces solutions, on peut conclure $y = z$ .
(c)

On peut exprimer la solution générale de l’équation $(E)$

$y (t) = (λ + \int_{0}^{t} φ (u) e^{α u} d u) e^{- α t} .$

L’équation $y (0) = y (T)$ équivaut alors l’équation

$λ = (λ + \int_{0}^{T} φ (u) e^{α u} d u) e^{- α T} .$

Si $e^{α T} \neq 1$ , cette équation précédente possède une unique solution en l’inconnue $λ$ ce qui détermine $y$ .
La condition $e^{α T} = 1$ est uniquement vérifiée pour les valeurs

$α = \frac{2 i k π}{T} avec k \in ℤ .$

Exercice 10 5919 Correction

Soient $a, b : ℝ \to ℝ$ continues et $T$ -périodiques avec $T > 0$ . Montrer qu’une solution $φ$ de l’équation $(E) : y^{'} + a (x) y = b (x)$ est $T$ -périodique si, et seulement si, $φ (0) = φ (T)$ .

Solution

Soit $φ$ une solution de $(E)$ sur $ℝ$ . On vérifie sans peine que $ψ : x \mapsto φ (x + T)$ est aussi solution de $(E)$ sur $ℝ$ . Par le théorème de Cauchy, deux solutions d’une même équation différentielle sont égales si, et seulement si, elles prennent la même valeur en un certain point. On a donc

	$φ$ est $T$ -périodique	$\Leftrightarrow \forall x \in ℝ, φ (x + T) = φ (x)$
		$\Leftrightarrow φ = ψ$
		$\Leftrightarrow φ (0) = ψ (0)$
		$\Leftrightarrow φ (0) = φ (T) .$

Exercice 11 5228

Soit $S :] - 1; 1 [\to ℝ$ la fonction somme d’une série entière $\sum a_{n} x^{n}$ de rayon de convergence $R \geq 1$ . Montrer que les solutions sur $] - 1; 1 [$ de l’équation différentielle

(E) : (1 - x) y^{'} - y = S (x)

sont toutes développables en série entière sur $] - 1; 1 [$ .

Exercice 12 5921 Correction

Soit $f : ℝ_{+} \to ℝ$ une fonction continue et bornée. On étudie l’équation différentielle

(E) : x y^{'} - y = f (x)

(a)

Montrer que l’équation $(E)$ admet une unique solution $φ$ telle que $φ^{'}$ soit de limite nulle en $+ \infty$ .
(b)

On suppose que $f$ admet une limite finie en $+ \infty$ . Montrer que $φ$ admet aussi une limite finie en $+ \infty$ .

Solution

(a)

La solution générale homogène de l’équation $(E)$ s’exprime

$y_{h} (x) = λ x avec λ \in ℝ$

La méthode de la variation de la constante conduit à déterminer une solution particulière s’exprimant $y_{p} (x) = λ (x) x$ avec

$λ^{'} (x) = \frac{f (x)}{x^{2}}$

Par exemple,

$λ (x) = - \int_{x}^{+ \infty} \frac{f (t)}{t^{2}} d t$

est correctement définie (car le caractère borné de $f$ assure l’intégrabilité en $+ \infty$ ) et convient. La solution générale de $(E)$ s’exprime alors

$y (x) = (λ - \int_{x}^{+ \infty} \frac{f (t)}{t^{2}} d t) x$

On vérifie ensuite

$y^{'} (x) = (λ - \int_{x}^{+ \infty} \frac{f (t)}{t^{2}} d t) + \frac{f (x)}{x} \to_{x \to + \infty}^{} λ$

Pour $λ = 0$ et seulement pour cette valeur, on vérifie que $y^{'}$ est de limite nulle en $+ \infty$ . Cela détermine $φ$ de façon unique.
(b)

Si $f$ admet une limite finie $ℓ$ en $+ \infty$ , on peut écrire

$f (t) \underset{t \to + \infty}{=} ℓ + o (1)$

et alors

$\int_{x}^{+ \infty} \frac{f (t)}{t^{2}} d t = \int_{x}^{+ \infty} \frac{ℓ}{t^{2}} d t + \int_{x}^{+ \infty} o (\frac{1}{t^{2}}) d t$

La fonction $t \mapsto \frac{1}{t^{2}}$ est positive et intégrable en $+ \infty$ . Par comparaison de restes d’intégrales convergentes,

$\int_{x}^{+ \infty} o (\frac{1}{t^{2}}) d t \underset{x \to + \infty}{=} o (\int_{x}^{+ \infty} \frac{d t}{t^{2}}) = o (\frac{1}{x})$

Ainsi,

$\int_{x}^{+ \infty} \frac{f (t)}{t^{2}} d t \underset{x \to + \infty}{=} \frac{ℓ}{x} + o (\frac{1}{x})$

et donc

$φ (x) = - x \int_{x}^{+ \infty} \frac{f (t)}{t^{2}} d t \to_{x \to + \infty}^{} - ℓ$

[<] Étude théorique d'équation d'ordre 1[>] Résolution d'équation scalaire d'ordre 2

Exercice 13 4660

Résoudre sur $ℝ$ l’équation différentielle

(E) : t y^{'} - y = t^{2} .

Exercice 14 419 Correction

Résoudre sur $ℝ$ l’équation

(E) : x^{2} y^{'} - y = 0 .

Solution

Sur $ℝ_{+}^{*}$ ou $ℝ_{-}^{*}$ ,

E \Leftrightarrow y^{'} = \frac{1}{x^{2}} y .

Solution générale: $y (x) = C e^{- 1 / x}$ .
Soit $y$ une solution sur $ℝ$ .
$y$ est solution sur $ℝ_{+}^{*}$ et $ℝ_{-}^{*}$ donc il existe $C^{+}, C^{-} \in ℝ$ telles que

\forall x > 0, y (x) = C^{+} e^{- 1 / x} et \forall x < 0, y (x) = C^{-} e^{- 1 / x} .

Continuité en $0$ :

y (x) \to_{x \to 0 +}^{} 0 et y (x) \to_{x \to 0 -}^{} {\begin{matrix} \pm \infty si C^{-} \neq 0 \\ 0 sinon. \end{matrix}

Nécessairement, $y (0) = 0$ et $C^{-} = 0$ .

Dérivabilité en $0$ :

y^{'} (x) = \frac{C^{+}}{x^{2}} e^{- 1 / x} \to_{x \to 0 +}^{} 0 et y^{'} (x) \to_{x \to 0 -}^{} 0 donc y^{'} (0) = 0 .

Équation différentielle en $0$ : $0^{2} y^{'} (0) - y (0) = 0$ : ok.

Finalement,

\exists C \in ℝ, y (x) = {\begin{matrix} C e^{- 1 / x} & si x > 0 \\ 0 & sinon. \end{matrix}

Inversement, une telle fonction est solution.

Exercice 15 1369 Correction

Soit $α$ un paramètre réel. On désire résoudre sur $ℝ$ l’équation différentielle

E : x y^{'} = α y .

On considère $x \mapsto y (x)$ une solution de $E$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et $ℝ_{-}^{*}$ .

(a)

Donner l’expression de $y (x)$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et sur $ℝ_{-}^{*}$ .
On notera $C^{+}$ et $C^{-}$ les constantes réelles permettant d’exprimer $y (x)$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et $ℝ_{-}^{*}$ .
(b)

À quelles conditions sur les constantes $C^{+}$ et $C^{-}$ , est-il possible de prolonger $y$ par continuité en 0?
On distinguera trois cas, selon que $α < 0$ , $α = 0$ ou $α > 0$ .
(c)

Pour $α > 0$ , à quelles conditions sur les constantes $C^{+}$ et $C^{-}$ la fonction prolongée $y$ est-elle dérivable en 0?
On distinguera trois cas, selon que $0 < α < 1$ , $α = 1$ ou $α > 1$ .
(d)

Résumer l’étude précédente en donnant la solution générale de $E$ sur $ℝ$ en fonction de $α$ .

Solution

(a)

$E$ est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 de solution générale sur $ℝ_{+}^{*}$ et $ℝ_{-}^{*}$ :

$y (x) = C {| x |}^{α} .$

Comme $y$ est solution sur $ℝ_{+}^{*}$ et $ℝ_{-}^{*}$ , il existe $C^{+}, C^{-} \in ℝ$ tels que

$\forall x > 0, y (x) = C^{+} {| x |}^{α} et \forall x < 0, y (x) = C^{-} {| x |}^{α} .$
(b)

Si $α < 0$ alors

$y (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} {\begin{matrix} \pm \infty & si C^{+} \neq 0 \\ 0 & sinon \end{matrix} et y (x) \to_{x \to 0^{-}}^{} {\begin{matrix} \pm \infty & si C^{-} \neq 0 \\ 0 & sinon \end{matrix}$

$y$ peut être prolongée par continuité en 0 si, et seulement si, $C^{+} = C^{-} = 0$ et alors $y (0) = 0$ .
La solution correspondante est la fonction nulle qui est solution de $E$ .
Si $α = 0$ alors

$y (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} C^{+} et y (x) \to_{x \to 0^{-}}^{} C^{-}$

$y$ peut être prolongée par continuité en 0 si, et seulement si, $C^{+} = C^{-}$ et alors $y (0) = C^{+}$ .
La solution correspondante est une fonction constante qui inversement est solution de $E$ .
Si $α > 0$ alors

$y (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 et y (x) \to_{x \to 0^{-}}^{} 0$

$y$ peut être prolongée par continuité en 0 indépendamment de $C^{+}$ et $C^{-}$ en posant $y (0) = 0$ .
(c)

Si $α \in] 0; 1 [$ alors

$y^{'} (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} {\begin{matrix} \pm \infty & si C^{+} \neq 0 \\ 0 & sinon \end{matrix} et y^{'} (x) \to_{x \to 0^{-}}^{} {\begin{matrix} \pm \infty & si C^{-} \neq 0 \\ 0 & sinon. \end{matrix}$

En vertu du théorème du prolongement $𝒞^{1}$ , la fonction $y$ est dérivable en 0 si, et seulement si, $C^{+} = C^{-} = 0$ .
La solution correspondante est la fonction nulle qui est solution de $E$ .
Si $α = 1$ alors

$y^{'} (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} C^{+} et y^{'} (x) \to_{x \to 0^{-}}^{} - C^{-} .$

La fonction $y$ est dérivable en 0 si, et seulement si, $C^{+} = - C^{-}$ .
La fonction correspondante est alors $x \mapsto C^{+} x$ sur $ℝ$ qui est solution de $E$ .
Si $α > 1$ alors

$y^{'} (x) \to_{x \to 0^{+}}^{} 0 et y^{'} (x) \to_{x \to 0^{-}}^{} 0 .$

La fonction prolongée est dérivable en 0 indépendamment de $C^{+}$ et $C^{-}$ .
Cette fonction est alors solution de $E$ sur $ℝ$ car dérivable sur $ℝ$ et vérifiant l’équation différentielle.
(d)

Si $α < 0$ ou $0 < α < 1$ : seule la fonction nulle est seule solution sur $ℝ$ .
Si $α = 0$ alors les fonctions constantes sont les solutions de $E$ sur $ℝ$ .
Si $α = 1$ alors les fonctions linéaires( $x \mapsto C x$ ) sont les solutions de $E$ sur $ℝ$ .
Si $α > 1$ alors les solutions de $E$ sur $ℝ$ sont les fonctions

$x \mapsto {\begin{matrix} C^{+} {| x |}^{α} & si x > 0 \\ 0 & si x = 0 \\ C^{-} {| x |}^{α} & si x < 0 \end{matrix}$

avec $C^{+}, C^{-} \in ℝ$

Exercice 16 425 Correction

Soit $α \in ℝ$ . Résoudre sur $ℝ$ l’équation différentielle

x y^{'} - α y = 0

en discutant selon les valeurs de $α$ .

Solution

Sur $ℝ_{+}^{*}$ et $ℝ_{-}^{*}$ : $y (x) = C {| x |}^{α}$ .
Soit $y$ une solution sur $ℝ$ .
On a $y (x) = C^{+} x^{α}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et $y (x) = C^{-} {| x |}^{α}$ sur $ℝ_{-}^{*}$ .
Si $α < 0$ , la limite en $0$ implique $C^{+} = C^{-} = 0$ donc $y = 0$ . Inversement, ok.
Si $α = 0$ , la limite en $0$ donne $C^{+} = C^{-}$ et l’on conclut que $y$ est constante. Inversement, ok.
Si $α > 0$ , la limite en $0$ donne $y (0) = 0$ .
On a $y^{'} (x) = α C^{+} x^{α - 1}$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et $y (x) = - α C^{-} {| x |}^{α}$ sur $ℝ_{-}^{*}$ .
Si $α < 1$ , la limite en $0$ implique $C^{+} = C^{-} = 0$ donc $y = 0$ . Inversement, ok.
Si $α = 1$ , la limite en $0$ implique $C^{+} = - C^{-}$ et l’on conclut que $y$ est linéaire. Inversement, ok.
Si $α > 1$ , la limite en $0$ existe et est nulle ce qui permet d’affirmer $y^{'} (0) = 0$
L’équation différentielle est bien vérifiée en $0$ .
Inversement, lorsque $α > 1$ , la fonction définie par $y (x) = {\begin{matrix} C^{+} x^{α} si x > 0 \\ 0 si x = 0 \\ C^{-} {(- x)}^{α} si x < 0 \end{matrix}$ est solution.

Exercice 17 105 CENTRALE (PC)Correction

Soit $f \in 𝒞^{1} (ℝ_{+}, ℝ)$ et $g$ une solution sur $ℝ_{+}^{*}$ de l’équation différentielle

x y^{'} - y = f (x) .

(a)

Démontrer que $g$ se prolonge par continuité en 0. Déterminer une condition nécessaire sur $f^{'} (0)$ pour que la fonction ainsi prolongée soit dérivable en 0. Démontrer que cette condition n’est pas suffisante.
(b)

$f$ est supposée de classe $𝒞^{2}$ et la condition précédente est vérifiée.
Démontrer que $g$ est de classe $𝒞^{2}$ .

Solution

(a)

On résout l’équation différentielle linéaire étudiée et, par la méthode de variation de la constante, on obtient la solution générale suivante

$g (x) = λ x + x \int_{1}^{x} \frac{f (t)}{t^{2}} d t .$

Par une intégration par parties, on peut écrire

$g (x) = λ x - f (x) + x f (1) + x \int_{1}^{x} \frac{f^{'} (t)}{t} d t .$

Quand $x \to 0^{+}$ , on a

$| x \int_{1}^{x} \frac{f^{'} (t)}{t} d t | \leq {∥ f^{'} ∥}_{\infty, [0; 1]} x | \ln (x) |$

et l’on obtient

$g (x) \to - f (0) .$

Quand $x \to 0^{+}$

$\frac{1}{x} (g (x) - g (0)) = λ - \frac{f (x) - f (0)}{x} + f (1) + \int_{1}^{x} \frac{f^{'} (t)}{t} d t .$

Le terme $\frac{f (x) - f (0)}{x}$ converge vers $f^{'} (0)$ .
Si $f^{'} (0) \neq 0$ alors l’intégrale $\int_{] 0; 1]} \frac{f^{'} (t)}{t} d t$ diverge et donc le terme $\int_{1}^{x} \frac{f^{'} (t)}{t} d t$ diverge. On en déduit qu’alors $g$ n’est pas dérivable en 0.
L’égalité $f^{'} (0) = 0$ est une condition nécessaire à la dérivabilité de $g$ en 0. Cette condition n’est pas suffisante. En effet, considérons une fonction de classe $𝒞^{1}$ telle que

$f^{'} (x) \underset{x \to 0^{+}}{\sim} \frac{1}{\ln (x)} .$

L’intégrale $\int_{] 0; 1]} \frac{f^{'} (t)}{t} d t$ demeure divergente alors que $f^{'} (0) = 0$ .
(b)

Puisque $f$ est de classe $𝒞^{2}$ et vérifie $f^{'} (0) = 0$ on peut écrire

$f (x) = f (0) + x^{2} φ (x) pour tout x > 0$

avec $φ :] 0; + \infty [\to ℝ$ de classe $𝒞^{2}$ et convergeant vers $f^{''} (0) / 2$ en $0^{+}$ .
On a alors pour tout $x > 0$

$g (x) = λ x + x f (0) - f (0) + x \int_{1}^{x} φ (t) d t$

$g$ est de classe $𝒞^{3}$ sur $] 0; + \infty [$ car $φ$ $y$ est de classe $𝒞^{2}$ .
On prolonge $g$ par continuité en 0 en posant $g (0) = - f (0)$

$g^{'} (x) = λ + f (0) + x φ (x) + \int_{1}^{x} φ (t) d t .$

Quand $x \to 0^{+}$ , $g^{'}$ converge et donc $g$ est de classe $𝒞^{1}$ sur $[0; + \infty [$ .

$g^{''} (x) = 2 φ (x) + x φ^{'} (x) .$

Or

$φ^{'} (x) = \frac{f^{'} (x)}{x^{2}} - 2 \frac{f (x) - f (0)}{x^{3}}$

donc

$g^{''} (x) = \frac{f^{'} (x)}{x} = \frac{f^{'} (x) - f^{'} (0)}{x} \to_{x \to 0^{+}}^{} f^{''} (0) .$

On en déduit que $g$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $[0; + \infty [$

Exercice 18 420 Correction

Résoudre sur $ℝ$ les équations suivantes:

(a)

$x y^{'} - y = x$
(b)

$x y^{'} + y - 1 = 0$
(c)

$x y^{'} - 2 y = x^{4}$
(d)

$x (1 + x^{2}) y^{'} - (x^{2} - 1) y + 2 x = 0$

Solution

(a)

Solution générale sur $ℝ_{+}^{*}$ ou $ℝ_{-}^{*}$ :

$y (x) = x \ln (| x |) + C x avec C \in ℝ .$

Pas de recollement possible en 0.
(b)

Solution générale sur $ℝ_{+}^{*}$ ou $ℝ_{-}^{*}$ :

$y (x) = 1 + \frac{C}{x} avec C \in ℝ .$

Après recollement en 0, solution générale sur $ℝ$ : $y (x) = 1$ .
(c)

Solution générale sur $ℝ_{+}^{*}$ ou $ℝ_{-}^{*}$ :

$y (x) = \frac{1}{2} x^{4} + C x^{2} avec C \in ℝ .$

Après recollement en 0, solution générale sur $ℝ$ :

$y (x) = {\begin{matrix} C^{+} x^{2} + \frac{1}{2} x^{4} si x \geq 0 \\ C^{-} x^{2} + \frac{1}{2} x^{4} si x < 0 \end{matrix} avec C^{+}, C^{-} \in ℝ .$
(d)

Solution générale sur $ℝ_{+}^{*}$ ou $ℝ_{-}^{*}$ :

$y (x) = \frac{1}{x} + C \frac{x^{2} + 1}{x} avec C \in ℝ .$

Via

$\frac{x^{2} - 1}{x (1 + x^{2})} = \frac{2 x^{2} - (1 + x^{2})}{x (1 + x^{2})} = \frac{2 x}{1 + x^{2}} - \frac{1}{x} .$

Après recollement en 0, solution générale sur $ℝ$ : $y (x) = - x$ .

Exercice 19 421 Correction

Déterminer les fonctions réelles solutions sur $ℝ$ de l’équation

(e^{x} - 1) y^{'} + e^{x} y = 1 .

Solution

Le facteur de $y^{'}$ s’annule ce qui oblige à résoudre séparément sur $ℝ_{+}^{*}$ et $ℝ_{+}^{*}$ . Au terme des calculs, la solution générale sur $ℝ_{+}^{*}$ ou $ℝ_{-}^{*}$ est

y (x) = \frac{λ + x}{e^{x} - 1} avec λ \in ℝ .

Soit $y$ une fonction solution sur $ℝ_{+}^{*}$ et $ℝ_{-}^{*}$ . Il existe $λ^{+}, λ^{-} \in ℝ$ tels que

\forall x > 0, y (x) = \frac{λ^{+} + x}{e^{x} - 1} et \forall x < 0, y (x) = \frac{λ^{-} + x}{e^{x} - 1} .

Pour que la fonction $y$ puisse être prolongée par continuité en 0, il faut $λ^{+} = λ^{-} = 0$ auquel cas

y (x) = \frac{x}{e^{x} - 1} pour x \neq 0

et la fonction se prolonge par $y (0) = 1$ .

On vérifie que ce prolongement est de classe $𝒞^{\infty}$ car inverse d’une fonction développable en série entière. De plus, l’identité $(e^{x} - 1) y (x) = x$ donne par dérivation la vérification de l’équation différentielle sur $ℝ$ .

Finalement, il existe une seule solution sur $ℝ$ déterminée par

y (x) = {\begin{matrix} \frac{x}{e^{x} - 1} & si x \neq 0 \\ 1 & si x = 0 . \end{matrix}

Exercice 20 3468 Correction

Déterminer les fonctions réelles solutions sur $ℝ$ de l’équation

(E) : sh (x) y^{'} - ch (x) y = 1 .

Solution

Sur $I = ℝ_{+}^{*}$ ou $ℝ_{-}^{*}$ ,

(E) \Leftrightarrow y^{'} - \frac{ch (x)}{sh (x)} y^{'} = \frac{1}{sh (x)} .

On reconnaît une équation différentielle linéaire d’ordre $1$ d’équation homogène

y^{'} = \frac{ch (x)}{sh (x)} y avec \int \frac{ch (x)}{sh (x)} d x = \ln (| sh (x) |) .

La solution générale homogène est

y_{h} (x) = λ e^{\ln | sh (x) |} = λ | sh (x) | avec λ \in ℝ .

Or $| sh (x) |$ vaut toujours $sh (x)$ lorsque $I = ℝ_{+}^{*}$ et toujours $- sh (x)$ lorsque $I = ℝ_{-}^{*}$ . Quitte à intégrer l’éventuel signe au paramètre $λ$ , on peut proposer la solution homogène

y_{h} (x) = λ sh (x) avec λ \in ℝ .

Une solution particulière est $y_{p} (x) = - ch (x)$ .

La solution générale de $(E)$ sur $I$ est

y (x) = λ sh (x) - ch (x) avec λ \in ℝ .

Procédons au raccord en $0$ .

Soit $y : ℝ^{*} \to ℝ$ une fonction solution de $(E)$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et $ℝ_{-}^{*}$ . Il existe $λ, λ^{'} \in ℝ$ tels que

\forall x > 0, y (x) = λ sh (x) - ch (x) et \forall x < 0, y (x) = μ sh (x) - ch (x) .

Continuité en $0$ :

Pour $x > 0$ , $y (x) = λ sh (x) - ch (x)$ et donc ${lim}_{x \to 0^{+}} y (x) = - 1$ .

Pour $x < 0$ , $y (x) = μ sh (x) - ch (x)$ et donc ${lim}_{x \to 0^{-}} y (x) = - 1$ .

On peut donc prolonger $y$ par continuité en $0$ en posant $y (0) = - 1$ .

Dérivabilité en $0$ :

Pour $x > 0$ , $y^{'} (x) = λ ch (x) - sh (x)$ et donc ${lim}_{x \to 0^{+}} y^{'} (x) = λ$ . La fonction $y$ est dérivable à droite en $0$ et $y_{d}^{'} (0) = λ$ .

Pour $x < 0$ , $y^{'} (x) = μ ch (x) - sh (x)$ et donc ${lim}_{x \to 0^{-}} y^{'} (x) = μ$ . La fonction $y$ est dérivable à gauche en $0$ et $y_{g}^{'} (0) = λ$ .

La fonction $y$ est donc dérivable en $0$ si, et seulement si, $λ = μ$ et alors $y^{'} (0) = λ$ et l’équation différentielle est satisfaite en $0$ car

0 \times y^{'} (0) - y (0) = - .

En résumé, les solutions de $(E)$ sur $ℝ$ sont les fonctions $y : ℝ \to ℝ$ données par

y (x) = {\begin{matrix} λ sh (x) - ch (x) & si x > 0 \\ - 1 & si x = 0 \\ μ sh (x) - ch (x) & si x < 0 \end{matrix}

avec $λ, μ \in ℝ$ tels que $λ = μ$ . Plus simplement, ce sont les fonctions

y (x) = λ sh (x) - ch (x) avec λ \in ℝ .

Exercice 21 4661

Résoudre sur $] 0; + \infty [$ l’équation

(E) : t \ln (t) y^{'} + y = 0 .

Exercice 22 2889 MINES (MP)Correction

Résoudre

x \ln (x) y^{'} - (3 \ln (x) + 1) y = 0 .

Solution

C’est une équation différentielle linéaire d’ordre $1$ définie sur $] 0; + \infty [$ .

Sur $] 0; 1 [$ ou $] 1; + \infty [$ ,

\int \frac{3 \ln (x) + 1}{x \ln (x)} d x = 3 \ln (x) + \ln (| \ln (x) |) + C^{t e}

et la solution générale de l’équation sur $] 0; 1 [$ ou $] 1; + \infty [$ s’exprime

y (x) = λ x^{3} | \ln (x) | avec λ \in ℝ .

Déterminons les solutions sur $] 0; + \infty [$ .

Soient $y :] 0; 1 [\cup] 1; + \infty [\to ℝ$ solution de l’équation sur $] 0; 1 [$ et sur $] 1; + \infty [$ . Il existe $λ, μ \in ℝ$ vérifiant $y (x) = λ x^{3} \ln (x)$ sur $] 0; 1 [$ et $y (x) = μ x^{3} \ln (x)$ sur $] 1; + \infty [$ .

La continuité en $1$ donne $y (1) = 0$ sans conditions sur $λ$ et $μ$ . La dérivabilité en $1$ donne $λ = μ$ et alors $y (x) = λ x^{3} \ln (x)$ sur $] 0; + \infty [$ .

Inverseement, une telle fonction est bien solution.

Exercice 23 429 Correction

Déterminer les fonctions réelles solutions sur $ℝ$ de l’équation

y^{'} + y = \max (x,0) .

Solution

Nommons $(E)$ l’équation étudiée: c’est une équation différentielle linéaire d’ordre $1$ définie sur $ℝ$ .

La solution générale homogène s’exprime

y_{h} (x) = λ e^{- x} avec λ \in ℝ .

Par la méthode de la variation de la constante, on peut déterminer une solution particulière de la forme

y_{p} (x) = λ (x) e^{- x} avec λ une fonction dérivable sur ℝ .

Dans l’équation $(E)$ , on obtient la condition

λ^{'} (x) = \max (x,0) e^{x} .

Prendre

λ (x) = \int_{0}^{x} \max (t,0) e^{t} d t pour x \in ℝ

convient. On peut concrétiser le calcul

λ (x) = {\begin{matrix} (x - 1) e^{x} + 1 si x > 0 \\ 0 & si x \leq 0 \end{matrix}

et proposer la solution particulière

y_{p} (x) = {\begin{matrix} (x - 1) + e^{x} si x > 0 \\ 0 & si x \leq 0 . \end{matrix}

Finalement, la solution générale de $(E)$ s’exprime

y (x) = {\begin{matrix} (λ + 1) e^{- x} + x - 1 & si x > 0 \\ λ e^{- x} & si x < 0 . \end{matrix}

Exercice 24 506 CENTRALE (PC)Correction

Soit $(E)$ l’équation différentielle

\ln (x) y^{'} + \frac{y}{x} = 1 .

(a)

Résoudre $(E)$ sur $] 0; 1 [$ et sur $] 1; + \infty [$ .
(b)

Soit $g$ la fonction définie sur $] - 1; + \infty [∖ {0}$ par

$g (x) = \frac{\ln (1 + x)}{x} .$

Montrer que $g$ se prolonge sur $] - 1; + \infty [$ en une fonction de classe $𝒞^{\infty}$ .
(c)

Démontrer que $(E)$ admet une solution de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] 0; + \infty [$ .

Solution

(a)

$(E)$ est une équation différentielle linéaire d’ordre 1. Après résolution via variation de la constante, on obtient la solution générale

$y (x) = \frac{x + λ}{\ln (x)} .$
(b)

Par opérations, la fonction $g$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $[1 / 2; + \infty [$ .
Pour $x \in] - 1; 1 [$ on a le développement en série entière

$\ln (1 + x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{n} x^{n}$

et si $x \neq 0$ , on obtient

$g (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n + 1} x^{n} .$

Si l’on pose $g (0) = 1$ , la relation précédente reste valable pour $x = 0$ et ainsi on a prolongé $g$ en une fonction développable en série entière sur $] - 1; 1 [$ .
Ce prolongement est donc de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] - 1; 1 [$ puis sur $] - 1; + \infty [$ .
(c)

La fonction $g$ est à valeurs strictement positives et l’on peut donc introduire la fonction $f$ définie sur $] 0; + \infty [$ par

$f (x) = \frac{1}{g (x - 1)} .$

La fonction $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ et sur $] 0; 1 [$ ou $] 1; + \infty [$

$f (x) = \frac{x - 1}{\ln (x)} .$

Ainsi $f$ est solution de $(E)$ sur $] 0; 1 [$ et $] 1; + \infty [$ et enfin on vérifie aisément que l’équation différentielle $(E)$ est aussi vérifiée quand $x = 1$ .

Exercice 25 424 Correction

Résoudre sur tout intervalle de $ℝ$ l’équation différentielle

x (x^{2} - 1) y^{'} + 2 y = x^{2} .

Solution

Soit $I =] - \infty; - 1 [,] - 1; 0 [,] 0; 1 [$ ou $] 1; + \infty [$ .
Sur $I$ , l’équation différentielle devient: $y^{'} + \frac{2}{x (x^{2} - 1)} y = \frac{x}{x^{2} - 1}$ .
La solution générale sur $I$ est $\frac{x^{2} (\ln (| x |) + C)}{x^{2} - 1}$ avec $C \in ℝ$ .
Après recollement en 1, 0 et -1 on conclut, pour tout intervalle $I$ :
Si $1,0, - 1 \notin I, y (x) = \frac{x^{2} (\ln (| x |) + C)}{x^{2} - 1}$ avec $C \in ℝ$
Si $1, - 1 \notin I$ et $0 \in I$ , $y (x) = {\begin{matrix} \frac{x^{2} \ln (| x |) + C^{+} x^{2}}{x^{2} - 1} si x > 0 \\ 0 si x = 0 \\ \frac{x^{2} \ln (| x |) + C^{-} x^{2}}{x^{2} - 1} si x < 0 \end{matrix}$ avec $C^{+}, C^{-} \in ℝ$ .
Si $1 \in I$ ou $- 1 \in I$ , $y (x) = \frac{x^{2} \ln (| x |)}{x^{2} - 1}$ .

Exercice 26 422 Correction

Résoudre sur $ℝ$ les équations suivantes:

(a)

$y^{'} \sin (x) - y \cos (x) + 1 = 0$
(b)

${(\sin (x))}^{3} y^{'} = 2 (\cos (x)) y$

Solution

(a)

Solution générale sur $I_{k} =] k π; (k + 1) π [, k \in ℝ$ :

$y (x) = \cos (x) + C \sin (x) avec C \in ℝ .$

Après recollement en chaque $k π$ , solution générale sur $ℝ$ :

$y (x) = \cos (x) + C \sin (x) avec C \in ℝ .$
(b)

Solution générale sur $I_{k} =] k π; (k + 1) π [, k \in ℝ$ :

$y (x) = C e^{1 / \sin^{2} (x)} avec C \in ℝ .$

Après recollement en chaque $k π$ , solution générale sur $ℝ$ :

$y (x) = {\begin{matrix} C_{k} e^{1 / \sin^{2} (x)} & si x \in I_{k} \\ 0 & si x = k π \end{matrix} avec (C_{k}) \in ℝ^{ℤ} .$

Exercice 27 423 Correction

Déterminer les solutions, s’il en existe, des problèmes de Cauchy suivants:

(a)

$(\tan (x)) y^{'} - y = 0$ et $y (0) = 0$
(b)

$(\tan (x)) y^{'} - y = 0$ et $y (0) = 1$ .

Solution

(a)

Soit $I =] - π / 2; π / 2 [$ le plus grand intervalle contenant où l’équation différentielle a un sens.
Posons $I^{+} =] 0; π / 2 [$ et $I^{-} =] - π / 2; 0 [$ .
Solution générale sur $I^{+}$ : $y (x) = C^{+} \sin (x)$ .
Solution générale sur $I^{-}$ : $y (x) = C^{-} \sin (x)$ .
Cherchons les solutions définies sur $I$ .

Analyse: Soit $y$ une solution sur $I$ , s’il en existe.
$y$ est a fortiori solution sur $I^{+} et I^{-}$ . Il existe donc $C^{+}, C^{-} \in ℝ$ tels que $y (x) = C^{+} \sin (x)$ sur $I^{+}$ et $y (x) = C^{-} \sin (x)$ sur $I^{-}$ .
Comme $y$ doit être continue en 0, ${lim}_{x \to 0 +} y (x) = {lim}_{x \to 0 -} y (x) = y (0) = 0$ . Pas d’informations sur $C^{+}$ ni $C^{-}$ .
Comme $y$ doit être dérivable en 0, ${lim}_{x \to 0 +} \frac{y (x) - y (0)}{x} = C^{+} = y^{'} (0) = {lim}_{x \to 0 -} \frac{y (x) - y (0)}{x} = C^{-}$ .
Donc $C^{+} = C^{-}$ .

Finalement, $y (x) = C^{+} \sin (x)$ sur $I$ entier.

Synthèse: $y (x) = C \sin (x)$ avec $C \in ℝ$ est bien solution sur $I$ .
On aura $y (0) = 0 \Leftrightarrow C . \sin (0) = 0$ ce qui est toujours vraie.
Il y a ici une infinité de solutions au problème de Cauchy.
(b)

On aura $y (0) = 1 \Leftrightarrow C . \sin (0) = 1$ ce qui est impossible.
Il n’y a ici aucune solution au problème de Cauchy.

[<] Résolution avec raccord d'équation d'ordre 1[>] Recherche de solution développable en série entières

Exercice 28 4652

Déterminer les fonctions réelles solutions sur $I =] 0; + \infty [$ de l’équation

(E) : t^{2} y^{''} + t y^{'} - y = 0 .

On pourra rechercher des fonctions solutions de la forme $y (t) = t^{α}$ avec $α \in R$ .

Exercice 29 3240 Correction

Soit $α > 0$ . Résoudre sur $I =] 0; + \infty [$ l’équation différentielle

E_{α} : x^{2} y^{''} (x) + x y^{'} (x) - α^{2} y (x) = 0 .

On pourra considérer les fonctions vecteurs propres de l’application $y \mapsto x y^{'}$ . .

Solution

Soit $λ \in ℝ$ . En résolvant sur $I$ l’équation différentielle

x y^{'} (x) = λ y (x)

on obtient que $x \mapsto x^{λ}$ est une fonction propre de l’application $y \mapsto x y^{'}$ . Pour une telle fonction,

x y^{'} (x) = λ y (x)

ce qui donne en dérivant

x y^{''} (x) + y^{'} (x) - λ y^{'} (x) = 0

puis

x^{2} y^{''} (x) + x y^{'} (x) - λ^{2} y (x) = 0 .

On en déduit que les fonctions $x \mapsto x^{α}$ et $x \mapsto x^{- α}$ sont solutions sur $I$ de l’équation différentielle $E_{α}$ . Or cette équation est une équation différentielle linéaire d’ordre $2$ homogène résolue en $y^{''}$ , son ensemble solution est donc un plan vectoriel. Puisque les deux précédentes fonctions sont des solutions indépendantes, elles constituent une base de ce plan vectoriel.

La solution générale de $E_{α}$ est donc

y (x) = λ x^{α} + μ x^{- α} avec λ, μ \in ℝ .

Exercice 30 4653

Résoudre sur $ℝ$ l’équation

(E) : (t^{2} + 2 t + 2) y^{''} - 2 (t + 1) y^{'} + 2 y = 0

en recherchant des fonctions polynômes solutions.

[<] Résolution d'équation scalaire d'ordre 2[>] Méthode de variation des constantes

Exercice 31 4654

Résoudre sur $I =] - 1; 1 [$ l’équation

(E) : (1 - t^{2}) y^{''} - 4 t y^{'} - 2 y = 0

en recherchant des fonctions développables en série entière solutions.

Exercice 32 5571 Correction

Déterminer les fonctions réelles solutions sur $ℝ$ l’équation

(E) : (1 + t^{2}) y^{''} (t) + 4 t y^{'} (t) + 2 y (t) = 0

en recherchant les séries entières solutions.

Solution

L’équation $(E)$ équivaut à une équation différentielle linéaire d’ordre $2$ résolue en $y^{''}$ .

Soit $y$ la somme d’une série entière $\sum a_{n} t^{n}$ de rayon de convergence $R > 0$ .

Sur $] - R; R [$ , la fonction $y$ est de classe $𝒞^{\infty}$ avec

y (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} t^{n}, y^{'} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} n a_{n} t^{n - 1} et y^{''} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} n (n - 1) a_{n} t^{n - 2} .

Pour $t \in] - R; R [$ ,

(1 + t^{2}) y^{''} (t) + 4 t y^{'} (t) + 2 y (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 2) (n + 1) (a_{n + 2} + a_{n}) t^{n} .

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, la fonction $y$ est solution de l’équation étudiée sur $] - R; R [$ si, et seulement si,

\forall n \in ℕ, a_{n + 2} = - a_{n}

ce qui donne

\forall p \in ℕ, a_{2 p} = {(- 1)}^{p} a_{0} et a_{2 p + 1} = {(- 1)}^{p} a_{1} .

On obtient alors

y (t) = a_{0} \sum_{p = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{p} t^{2 p} + a_{1} \sum_{p = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{p} t^{2 p + 1} = \frac{a_{0} + a_{1} t}{1 + t^{2}} .

Puisque la série entière écrite est de rayon de convergence $R \geq 1$ (généralement $R = 1$ mais $R = + \infty$ si $a_{0} = a_{1} = 0$ ), on peut assurer que les fonctions proposées sont solutions sur $] - 1; 1 [$ à l’équation étudiée. Cela fournit un système fondamental de solutions sur $] - 1; 1 [$ qu’il suffit de réinjecter dans l’équation pour affirmer que ces fonctions forment aussi un système fondamental de solution sur $ℝ$ .

Puisque l’espace des solutions de cette équation homogène est de dimension $2$ , on peut conclure que la solution générale est

y (t) = \frac{λ + μ t}{1 + t^{2}} avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

Exercice 33 404 Correction

(a)

Déterminer les fonctions réelles solutions sur $ℝ$ l’équation

$(1 + t^{2}) y^{''} (t) + 4 t y^{'} (t) + 2 y (t) = 0$

en recherchant les séries entières solutions.
(b)

Résoudre ensuite

$(1 + t^{2}) y^{''} (t) + 4 t y^{'} (t) + 2 y (t) = \frac{1}{1 + t^{2}} .$

Solution

(a)

L’équation étudiée équivaut à une équation différentielle linéaire d’ordre $2$ résolue en $y^{''}$ .

Soit $y$ la somme d’une série entière $\sum a_{n} t^{n}$ de rayon de convergence $R > 0$ .

Sur $] - R; R [$ , la fonction $y$ est de classe $𝒞^{\infty}$ avec

$y (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} t^{n}, y^{'} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} n a_{n} t^{n - 1} et y^{''} (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} n (n - 1) a_{n} t^{n - 2} .$

Pour $t \in] - R; R [$ ,

$(1 + t^{2}) y^{''} (t) + 4 t y^{'} (t) + 2 y (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 2) (n + 1) (a_{n + 2} + a_{n}) t^{n} .$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, la fonction $y$ est solution de l’équation étudiée sur $] - R; R [$ si, et seulement si,

$\forall n \in ℕ, a_{n + 2} = - a_{n}$

ce qui donne

$\forall p \in ℕ, a_{2 p} = {(- 1)}^{p} a_{0} et a_{2 p + 1} = {(- 1)}^{p} a_{1} .$

On obtient alors

$y (t) = a_{0} \sum_{p = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{p} t^{2 p} + a_{1} \sum_{p = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{p} t^{2 p + 1} = \frac{a_{0} + a_{1} t}{1 + t^{2}} .$

Puisque la série entière écrite est de rayon de convergence $R \geq 1$ (généralement $R = 1$ mais $R = + \infty$ si $a_{0} = a_{1} = 0$ ), on peut assurer que les fonctions proposées sont solutions sur $] - 1; 1 [$ à l’équation étudiée. Cela fournit un système fondamental de solutions sur $] - 1; 1 [$ qu’il suffit de réinjecter dans l’équation pour affirmer que ces fonctions forment aussi un système fondamental de solution sur $ℝ$ .

Puisque l’espace des solutions de cette équation homogène est de dimension $2$ , on peut conclure que la solution générale est

$y (t) = \frac{λ + μ t}{1 + t^{2}} avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .$
(b)

La méthode de variation des constantes nous conduit rechercher une solution particulière de la forme

$y (t) = \frac{λ (t) + μ (t) t}{1 + t^{2}}$

avec $λ$ et $μ$ fonctions dérivables solution du système

${\begin{matrix} \frac{λ^{'} (t)}{1 + t^{2}} + \frac{μ^{'} (t) t}{1 + t^{2}} & = 0 \\ - \frac{2 t λ^{'} (t)}{{(1 + t^{2})}^{2}} + \frac{μ^{'} (t) (1 - t^{2})}{{(1 + t^{2})}^{2}} & = \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{2}} . \end{matrix}$

On obtient

$λ^{'} (t) = - \frac{t}{1 + t^{2}} et μ^{'} (t) = \frac{1}{1 + t^{2}}$

puis

$y (t) = \frac{t \arctan (t) - \ln (\sqrt{1 + t^{2}})}{1 + t^{2}} .$

Cette solution particulière permet ensuite d’exprimer la solution générale.

Exercice 34 401 Correction

Résoudre sur $] - 1; 1 [$ l’équation

(E) : 4 (1 - t^{2}) y^{''} (t) - 4 t y^{'} (t) + y (t) = 0

en recherchant les fonctions développables en série entière.

Solution

L’équation différentielle $(E)$ équivaut sur $] - 1; 1 [$ a une équation différentielle linéaire d’ordre $2$ résolue en $y^{''}$ .

Soit $y$ la somme de la série entière $\sum a_{n} t^{n}$ de rayon de convergence $R$ supposé $> 0$ .

Pour tout $t \in] - R; R [$ ,

4 (1 - t^{2}) y^{''} (t) - 4 t y^{'} (t) + y (t) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (4 (n + 2) (n + 1) a_{n + 2} - (4 n^{2} - 1) a_{n}) t^{n} .

La fonction $y$ est solution de l’équation étudiée sur $] - R; R [$ si, et seulement si,

\forall n \in ℕ, a_{n + 2} = \frac{(n - 1 / 2) (n + 1 / 2)}{(n + 1) (n + 2)} a_{n} .

Après résolution, on obtient

a_{2 p} = (\binom{1 / 2}{2 p}) a_{0} et a_{2 p + 1} = (\binom{1 / 2}{2 p + 1}) a_{1} .

\sqrt{1 + t} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\binom{1 / 2}{n}) t^{n} et \sqrt{1 - t} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} {(- 1)}^{n} (\binom{1 / 2}{n}) t^{n}

avec un rayon de convergence égal à $1$ .

En prenant $a_{0} = a_{1} = 1$ , on obtient la fonction $t \mapsto \sqrt{1 + t}$ .

En prenant $a_{0} = 1$ et $a_{1} = - 1$ , on obtient $t \mapsto \sqrt{1 - t}$ .

Ces deux fonctions sont solutions de l’équation étudiée (car $R = 1$ ) et, étant indépendantes, elles constituent un système fondamental de solutions.

La solution générale s’exprime

y (t) = λ \sqrt{1 + t} + μ \sqrt{1 - t} avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

Exercice 35 5925 Correction

À l’aide de séries entières, résoudre le problème de Cauchy

{\begin{matrix} y^{''} - x y^{'} - y = 0 \\ y (0) = 1, y^{'} (0) = 0 . \end{matrix}

Solution

Analyse: Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ . Sa somme $S$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] - R; R [$ avec

S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}, S^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} n a_{n} x^{n - 1}, S^{''} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 2) (n + 1) a_{n + 2} x^{n}

de sorte que, pour tout $x \in] - R; R [$ ,

S^{''} (x) - x S^{'} (x) - S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} ((n + 2) (n + 1) a_{n + 2} - (n + 1) a_{n}) x^{n} .

La fonction $S$ est donc solution sur $] - R; R [$ de l’équation différentielle considérée si, et seulement si,

\forall n \in ℕ, a_{n + 2} = \frac{1}{n + 2} a_{n} .

Pour vérifier les conditions initiales, on doit aussi avoir $a_{0} = 1$ et $a_{1} = 0$ ce qui conduit à

\forall p \in ℕ, a_{2 p} = \frac{1}{2^{p} p!} et a_{2 p + 1} = 0 .

Synthèse: Considérons la série entière $\sum \frac{1}{2^{p} p!} x^{2 p}$ . Celle-ci est de rayon de convergence $R = + \infty$ et les calculs qui précèdent assurent que sa somme est solution sur $ℝ$ du problème différentiel posé. Au surplus, on remarque

\forall x \in ℝ, \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{1}{2^{p} p!} x^{2 p} = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{1}{p!} {(\frac{x^{2}}{2})}^{p} = e^{x^{2} / 2} .

Exercice 36 5285 SAINT CYR (MP)Correction

Justifier que les solutions de l’équation différentielle

(E) : y^{''} + x y^{'} + 2 y = 0 .

sont toutes développables en série entière sur $ℝ$ .

Solution

Commençons par remarquer que $(E)$ est une équation différentielle linéaire d’ordre $2$ homogène définie sur $ℝ$ : l’ensemble de ses solutions est un plan vectoriel inclus dans l’espace $𝒞^{2} (ℝ, ℝ)$ .

Soit $y$ la somme d’une série entière $\sum a_{n} x^{n}$ de rayon de convergence $R > 0$ .

La fonction $y$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] - R; R [$ avec

y^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} n a_{n} x^{n - 1} et y^{''} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 2) (n + 1) a_{n + 2} x^{n} .

Après calculs où l’on écrit les sommes avec une même puissance de la variable $x$ , la fonction $y$ est solution sur $] - R; R [$ de l’équation $(E)$ si, et seulement si,

\sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 2) ((n + 1) a_{n + 2} + a_{n}) x^{n} = 0 pour tout x \in] - R; R [.

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on obtient la relation de récurrence

a_{n + 2} = - \frac{1}{n + 1} a_{n} pour tout n \in ℕ

ce qui conduit à

a_{2 p} = {(- 1)}^{p} \frac{2^{p} p!}{(2 p)!} a_{0} et a_{2 p + 1} = \frac{{(- 1)}^{p}}{2^{p} p!} a_{1} pour tout p \in ℕ .

Considérons alors les fonctions $φ$ et $ψ$ données par

φ (x) = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{p} 2^{p} p!}{(2 p)!} x^{2 p} et ψ (x) = \sum_{p = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{p}}{2^{p} p!} x^{2 p + 1}

Les séries entières définissant $φ$ et $ψ$ sont chacune de rayon de convergence $+ \infty$ et l’étude au-dessus assure que $φ$ et $ψ$ sont solutions de l’équation différentielle $(E)$ sur $ℝ$ . Au surplus, $φ$ et $ψ$ sont linéairement indépendantes et constituent donc un système fondamental de solutions de l’équation $(E)$ . Toutes les solutions de $(E)$ sont donc combinaisons linéaires de $φ$ et $ψ$ , elles sont développables en série entière sur $ℝ$ .

Notons que $ψ (x) = x e^{- x^{2} / 2}$ pour tout $x \in ℝ$ .

Exercice 37 1016 Correction

(a)

Déterminer les séries entières solutions au voisinage de $0$ de l’équation différentielle

$y^{''} + 2 x y^{'} + 2 y = 0 .$
(b)

Exprimer parmi celles-ci, celles dont la somme est une fonction paire.

Solution

(a)

Analyse: Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ et de somme $S$ .
La fonction $S$ est de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] - R; R [$ et, pour $x \in] - R; R [$ ,

$S^{''} (x) + 2 x S^{'} (x) + 2 S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} ((n + 2) (n + 1) a_{n + 2} + 2 (n + 1) a_{n}) x^{n} .$

Par conséquent, $S$ est solution sur $] - R; R [$ de l’équation différentielle

$y^{''} + 2 x y^{'} + 2 y = 0$

si, et seulement si,

$\forall n \in ℕ, a_{n + 2} = \frac{- 2}{n + 2} a_{n}$

ce qui donne

$a_{2 p} = \frac{{(- 1)}^{p}}{p!} a_{0} et a_{2 p + 1} = \frac{{(- 1)}^{p} 2^{p}}{(2 p + 1) \dots 3} a_{1} = \frac{{(- 1)}^{p} 4^{p} p!}{(2 p + 1)!} a_{1} .$

Synthèse: Soit $\sum a_{n} x^{n}$ la série entière déterminée par les coefficients précédemment proposés. Une telle série entière est de rayon de convergence $R = + \infty$ car $a_{2 p} = O (1 / p!)$ et $a_{2 p + 1} = O (4^{p} / p!)$ . De plus, par les calculs ci-dessus, elle est solution de l’équation différentielle proposée sur $ℝ$ .
(b)

Les solutions paires sont obtenue pour $a_{2 p + 1} = 0$ . Cela donne

$\forall x \in ℝ, S (x) = a_{0} e^{- x^{2}} .$

Exercice 38 5099

On étudie l’équation différentielle

(E) : 4 x y^{''} + 2 y^{'} - y = 0 .

(a)

Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ .

Montrer que la somme de cette série entière est solution de l’équation $(E)$ sur $] - R; R [$ si, et seulement si, $2 (n + 1) (2 n + 1) a_{n + 1} - a_{n} = 0$ pour tout $n \in ℕ$ .
(b)

Établir que l’équation différentielle $(E)$ admet une unique solution développable en série entière sur $ℝ$ prenant la valeur $1$ en $0$ et exprimer celle-ci à l’aide des fonctions usuelles.

Exercice 39 2528 CCINP (MP)Correction

(a)

Montrer qu’il existe une solution $h$ de l’équation

$x y^{''} + y^{'} + y = 0$

développable en série entière et vérifiant $h (0) = 1$ .
(b)

Montrer que $h$ s’annule sur $] 0; 2 [$ .
(c)

Montrer que $h$ ne s’annule qu’une seule fois sur $] 0; 2 [$ .

Solution

(a)

Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ . On introduit sa somme $h$ définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] - R; R [$ avec

$h (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}, h^{'} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) a_{n + 1} x^{n} et h^{''} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (n + 1) n a_{n + 1} x^{n - 1} .$

La fonction $h$ est solution de l’équation différentielle considérée sur $] - R; R [$ si, et seulement si, pour tout $x \in] - R; R [$

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} (n + 1) n a_{n + 1} x^{n} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) a_{n + 1} x^{n} + \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n} = 0$

soit encore

$\sum_{n = 0}^{+ \infty} ({(n + 1)}^{2} a_{n + 1} + a_{n}) x^{n} = 0 .$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on parvient à la condition

$\forall n \in ℕ, a_{n + 1} = - \frac{1}{{(n + 1)}^{2}} a_{n} .$

En adjoignant la condition $h (0) = 1$ qui fournit $a_{0} = 1$ , on acquiert

$\forall n \in ℕ, a_{n} = \frac{{(- 1)}^{n}}{{(n!)}^{2}} .$

Inversement, pour cette suite $(a_{n})$ , la série entière associée est de rayon de convergence $R = + \infty$ et les calculs qui précèdent assurent que la somme est solution sur $ℝ$ de l’équation différentielle et prend la valeur $1$ en $0$ .

Finalement, on obtient

$h (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(n!)}^{2}} x^{n}$

de rayon de convergence $R = + \infty$ .
(b)

$h (0) = 1$ et $h$ est continue sur $[0; 2]$ . Il suffit d’établir $h (2) < 0$ pour pouvoir conclure. Étudions le signe de la somme définissant $h (2)$ en isolant son premier terme

$h (0) = 1 + \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(n!)}^{2}} 2^{n} .$

On peut appliquer le critère spécial des séries alternées à la série

$\sum_{n \geq 1} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(n!)}^{2}} 2^{n} .$

En effet, c’est une série alternée et sont terme général décroît vers $0$ car, pour $n \geq 1$ ,

$\frac{2^{n + 1} / {((n + 1)!)}^{2}}{2^{n} / {(n!)}^{2}} = \frac{2}{{(n + 1)}^{2}} \leq 1 .$

Par le critère spécial, la somme est encadrée par les sommes partielles consécutives. Les deux premières sommes partielles sont

$- 2, - 2 + \frac{4}{4} = - 1$

et les suivantes sont strictement comprises entre $- 2$ et $- 1$ . On obtient alors

$- 2 < \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{{(n!)}^{2}} 2^{n} < - 1$

puis $h (2) < 0$ .
(c)

La fonction $h$ est dérivable avec pour tout $x \in ℝ$

$h^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{{(- 1)}^{n}}{n! (n - 1)!} x^{n - 1} .$

On peut à nouveau appliquer le critère spécial des séries alternées à cette série pour tout $x \in] 0; 2 [$ . La somme définissant $h^{'} (x)$ est alors du signe de son premier terme et donc $h^{'} (x) < 0$ .

La fonction $h$ est strictement décroissante sur $] 0; 2 [$ , elle ne peut donc s’annuler qu’une seule fois.

Exercice 40 5756 Correction

(Équation hypergéométrique)

Soient $a, b, c$ des nombres réels avec $- c \notin ℕ$ .

(a)

Montrer que l’équation différentielle

$(E) : x (1 - x) y^{''} + (c - (a + b + 1) x) y^{'} - a b y = 0$

possède une unique solution $S_{a, b, c}$ développable en série entière en $0$ et prenant la valeur $1$ en $0$ .
(b)

Exprimer $S_{a, b, c}$ lorsque $(a, b, c) = (1,1,2)$ .
(c)

Exprimer $S_{a, b, c}$ lorsque $(a, b, c) = (- α,1 / 2,1 / 2)$ avec $α \in ℝ$ .

Solution

(a)

Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ .

La fonction somme $S : x \mapsto \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] - R; R [$ avec

	$S^{'} (x)$	$= \sum_{n = 1}^{+ \infty} n a_{n} x^{n - 1} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) a_{n + 1} x^{n}$
	$S^{''} (x)$	$= \sum_{n = 2}^{+ \infty} n (n - 1) a_{n} x^{n - 2} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (n + 1) n a_{n + 1} x^{n - 1} .$

Pour $x \in] - R; R [$ ,

	$x (1$	$- x) S^{''} (x) + (c - (a + b + 1) x) S^{'} (x) - a b S (x)$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} ((n + 1) n a_{n + 1} - n (n - 1) a_{n} + c (n + 1) a_{n + 1} - (a + b + 1) n a_{n} - a b a_{n}) x^{n}$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} ((n + 1) (n + c) a_{n + 1} - n (n - 1) a_{n} - (n + a) (n + b) a_{n}) x^{n} .$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, $S$ est solution de $(E)$ sur $] - R; R [$ si, et seulement si,

\forall n \in ℕ, a_{n + 1} = \frac{(n + a) (n + b)}{(n + 1) (n + c)} a_{n} .

De plus, la condition $S (0) = 1$ équivaut à $a_{0} = 1$ . Il y a donc au plus une solution à l’équation différentielle prenant la valeur $1$ en $0$ et celle-ci correspond à la suite de coefficients ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ déterminée par

a_{0} = 1 et \forall n \in ℕ, a_{n + 1} = \frac{(n + a) (n + b)}{(n + 1) (n + c)} a_{n} .

Inversement, cette suite $(a_{n})$ détermine une série entière $\sum a_{n} x^{n}$ qui est de rayon de convergence $R = 1$ car (PROBLÈME $\geq 1$ )

\forall n \in ℕ, a_{n} \neq 0 et | \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | = | \frac{(n + a) (n + b)}{(n + 1) (n + c)} | \to_{n \to + \infty}^{} 1 .

Par les calculs qui précèdent, la fonction $S$ alors définie et solution sur $] - 1; 1 [$ de $(E)$ et vérifie $S (0) = a_{0} = 1$ .

(b)

Pour $(a, b, c) = (1,1,2)$ , on obtient

$\forall n \in ℕ, a_{n + 1} = \frac{n + 1}{n + 2} a_{n}$

et l’on en déduit (par récurrence)

$\forall n \in ℕ, a_{n} = \frac{1}{n + 1}$

puis

$\forall x \in] - 1; 1 [, S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{n}}{n + 1} = {\begin{matrix} - \frac{\ln (1 - x)}{x} & si x \neq 0 \\ 1 & si x = 0 . \end{matrix}$
(c)

Pour $(a, b, c) = (- α,1 / 2,1 / 2)$ , on obtient

$\forall n \in ℕ, a_{n + 1} = \frac{n - α}{n + 1} a_{n}$

et l’on en déduit (par récurrence)

$\forall n \in ℕ, a_{n} = {(- 1)}^{n} \frac{α (α - 1) \dots (α - n + 1)}{n!}$

puis

$\forall x \in] - 1; 1 [, S (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{α (α - 1) \dots (α - n + 1)}{n!} {(- x)}^{n} = {(1 - x)}^{α} .$

Exercice 41 5755 Correction

Déterminer les fonctions développables en série entière en $0$ solution de l’équation différentielle

(E) : x^{2} y^{''} + (3 x - 1) y^{'} + y = 0 .

Solution

Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ .

La fonction somme $S : x \mapsto \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}$ est définie et de classe $𝒞^{\infty}$ sur $] - R; R [$ avec

S^{'} (x) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} n a_{n} x^{n - 1} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) a_{n + 1} x^{n} et S^{''} (x) = \sum_{n = 2}^{+ \infty} n (n - 1) a_{n} x^{n - 2} .

Pour $x \in] - R; R [$ ,

	$x^{2} S^{''} (x) + (3 x - 1) S^{'} (x) + S (x)$	$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n (n - 1) a_{n} + 3 n a_{n} - (n + 1) a_{n + 1} + a_{n}) x^{n}$
		$= \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) ((n + 1) a_{n} - a_{n + 1}) x^{n} .$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, $S$ est solution de $(E)$ sur $] - R; R [$ si, et seulement si,

\forall n \in ℕ, a_{n + 1} = (n + 1) a_{n} .

Après résolution, cette relation de récurrence donne

\forall n \in ℕ, a_{n} = n! a_{0} .

Si $a_{0} = 0$ alors $a_{n} = 0$ pour tout $n \in ℕ$ et $S$ désigne la fonction identiquement nulle.

Si $a_{0} \neq 0$ , la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ est de rayon de convergence $0$ car

| \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} | = n + 1 \to_{n \to + \infty}^{} + \infty

et la fonction somme ne peut pas être définie sur un voisinage de $0$ .

Finalement, seule la fonction identiquement nulle est développable en série entière et solution de $(E)$ (sur $ℝ$ ).

Exercice 42 4667

On étudie l’équation différentielle

(E) : x y^{''} + y^{'} + y = 0 .

(a)

Déterminer les solutions de $(E)$ développables en série entière.

Soit $f$ une solution de l’équation $(E)$ .

(b)

Montrer que $x f^{', 2} (x) + f^{2} (x)$ possède une limite quand $x$ tend vers $+ \infty$ .
(c)

En déduire que la fonction $f$ est bornée au voisinage de $+ \infty$ et que sa dérivée y est de limite nulle.
(d)

Justifier la convergence des intégrales suivantes:

$\int_{1}^{+ \infty} - f^{', 2} (x) d x, \int_{1}^{+ \infty} \frac{f^{'} (x) f (x)}{x} d x et \int_{1}^{+ \infty} \frac{f^{2} (x)}{x} d x .$
(e)

En déduire la limite de $f$ en $+ \infty$ .

[<] Recherche de solution développable en série entières[>] Étude théorique d'équation d'ordre 2

Exercice 43 405 Correction

Déterminer les fonctions réelles solutions sur $ℝ$ de l’équation

(E) : y^{''} + 4 y^{'} + 4 y = \frac{e^{- 2 t}}{1 + t^{2}} .

Solution

$(E)$ est une équation différentielle linéaire d’ordre $2$ dont la solution générale homogène s’exprime

y_{h} (t) = (λ t + μ) e^{- 2 t} avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

Par la méthode de variation des constantes, cherchons une solution particulière de la forme $y_{p} (t) = λ (t) t e^{- 2 t} + μ (t) e^{- 2 t}$ avec $λ, μ$ fonctions dérivables. On résout le système

{\begin{matrix} λ^{'} (t) t e^{- 2 t} + μ^{'} (t) e^{- 2 t} & = 0 \\ λ^{'} (t) (1 - 2 t) e^{- 2 t} - 2 μ^{'} (t) e^{- 2 t} & = \frac{e^{- 2 t}}{1 + t^{2}} \end{matrix}

ce quidonne

{\begin{matrix} λ^{'} (t) & = \frac{1}{1 + t^{2}} \\ μ^{'} (t) & = \frac{- t}{1 + t^{2}} . \end{matrix}

Les fonctions $λ (t) = \arctan (t)$ et $μ (t) = - \frac{1}{2} \ln (1 + t^{2})$ conviennent et cela conduit à la solution particulière

y_{p} (t) = t \arctan (t) e^{- 2 t} - \frac{1}{2} \ln (1 + t^{2}) e^{- 2 t} .

Finalement, la solution générale de l’équation $(E)$ est:

y (t) = t \arctan (t) e^{- 2 t} - \frac{1}{2} \ln (1 + t^{2}) e^{- 2 t} + (λ t + μ) e^{- 2 t} .

Exercice 44 4655

Résoudre sur $ℝ$ l’équation

(E) : y^{''} - 2 y^{'} + y = \frac{e^{t}}{1 + t^{2}} .

Exercice 45 406 Correction

Résoudre sur $] - π / 2; π / 2 [$ l’équation différentielle

(E) : y^{''} + y = \tan (t) .

Solution

$(E)$ est une équation différentielle linéaire d’ordre $2$ à coefficients constants de solution homogène:

y_{h} (t) = λ \cos (t) + μ \sin (t) avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

Par la méthode de variation des constantes, cherchons une solution particulière de la forme $y_{p} (t) = λ (t) \cos (t) + μ (t) \sin (t)$ avec $λ, μ$ fonctions dérivables.

{\begin{matrix} λ^{'} (t) \cos (t) + μ^{'} (t) \sin (t) & = 0 \\ - λ^{'} (t) \sin (t) + μ^{'} (t) \cos (t) & = \tan (t) \end{matrix}

Après résolution,

{\begin{matrix} λ^{'} (t) & = - \sin^{2} (t) / \cos (t) \\ μ^{'} (t) & = \sin (t) . \end{matrix}

Les fonctions

λ (t) = \int \frac{\cos^{2} (t) - 1}{\cos (t)} d t = \int \cos (t) d t + \int \frac{\cos (t)}{1 - \sin^{2} (t)} = \sin (t) - \frac{1}{2} \ln (\frac{1 + \sin (t)}{1 - \sin (t)})

μ (t) = - \cos (t)

Finalement, la solution générale de l’équation étudiée s’exprime

y (t) = - \frac{1}{2} \cos (t) \ln (\frac{1 + \sin (t)}{1 - \sin (t)}) + λ \cos (t) + μ \sin (t) avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

Exercice 46 407 Correction

Résoudre sur $] - π / 2; π / 2 [$ l’équation différentielle

y^{''} + y = \tan^{2} (t) .

Solution

$(E)$ est une équation différentielle linéaire d’ordre $2$ à coefficients constants de solution homogène:

y_{h} (t) = λ \cos (t) + μ \sin (t) avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

Par la méthode de variation des constantes, cherchons une solution particulière de la forme $y (t) = λ (t) \cos (t) + μ (t) \sin (t)$ avec $λ, μ$ fonctions dérivables.

{\begin{matrix} λ^{'} (t) \cos (t) + μ^{'} (t) \sin (t) & = 0 \\ - λ^{'} (t) \sin (t) + μ^{'} (t) \cos (t) & = \tan^{2} (t) . \end{matrix}

Après résolution,

{\begin{matrix} λ^{'} (t) & = - \sin^{3} (t) / \cos^{2} (t) \\ μ^{'} (t) & = \sin^{2} (t) / \cos (t) . \end{matrix}

Les fonctions

λ (t) = - \frac{1}{\cos (t)} - \cos (t)

μ (t) = \int \frac{1 - \cos^{2} (t)}{\cos (t)} d t = \frac{1}{2} \ln (\frac{1 + \sin (t)}{1 - \sin (t)}) - \sin (t)

conviennent car

\int \frac{1}{\cos (t)} d t = \int \frac{\cos (t)}{1 - \sin^{2} (t)} d t = \frac{1}{2} \ln (\frac{1 + \sin (t)}{1 - \sin (t)}) .

Finalement, la solution générale de l’équation étudiée s’exprime

y (t) = - 2 + \frac{1}{2} \sin (t) \ln (\frac{1 + \sin (t)}{1 - \sin (t)}) + λ \cos (t) + μ \sin (t) avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

Exercice 47 4659

Résoudre sur des intervalles à préciser l’équation différentielle

y^{''} + y = \frac{1}{\cos (x)} .

Exercice 48 2893 MINES (MP)Correction

Résoudre sur $] 0; π [$

y^{''} + y = \cot (x) .

Solution

C’est une équation différentielle linéaire d’ordre à 2 de solution homogène: $y = A \cos (x) + B \sin (x)$ .
Méthode de variation des constantes

{\begin{matrix} A^{'} (x) \cos (x) + B^{'} (x) \sin (x) = 0 \\ - A^{'} (x) \sin (x) + B^{'} (x) \cos (x) = \cot (x) . \end{matrix}

Après résolution et intégration

y (x) = - \frac{1}{2} \sin (x) \ln (\frac{1 + \cos (x)}{1 - \cos (x)}) + A \cos (x) + B \sin (x) .

Exercice 49 408

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction continue. Exprimer à l’aide d’une intégrale la solution de l’équation différentielle

(E) : y^{''} + y = f (x)

vérifiant les conditions initiales $y (0) = y^{'} (0) = 0$ .

Exercice 50 154 Correction

Soit $f : ℝ \to ℝ$ continue et $2 π$ -périodique.

(a)

Résoudre sur $ℝ$ l’équation différentielle

$(E) : y^{''} + y = f .$

On exprimera la solution générale à l’aide d’une intégrale s’exprimant en fonction de $f$ .
(b)

À quelle condition les solutions de $(E)$ sont-elles $2 π$ -périodiques?

Solution

(a)

$(E)$ est une équation différentielle linéaire d’ordre $2$ à coefficients constants d’équation caractéristique $r^{2} + 1 = 0$ . La solution générale homogène s’exprime

$y (x) = λ \cos (x) + μ \sin (x) avec λ, μ \in ℝ .$

Par application de la méthode de variation des constantes, la solution générale de l’équation $y^{''} + y = f$ est

$y (x) = λ \cos (x) + μ \sin (x) + \int_{0}^{x} f (t) \sin (x - t) d t .$
(b)

Cette solution est $2 π$ -périodique si, et seulement si,

$\forall x \in ℝ, \int_{0}^{x} f (t) \sin (x - t) d t = \int_{0}^{x + 2 π} f (t) \sin (x - t) d t$

c’est-à-dire

$\forall x \in ℝ, \int_{x}^{x + 2 π} f (t) \sin (x - t) d t = 0 pour tout x \in ℝ .$

En développant le sinus et en employant la liberté de la famille $(\sin, \cos)$ ainsi que la $2 π$ -périodicité de $f$ , cela équivaut à la condition

$\int_{0}^{2 π} f (t) \sin (t) d t = \int_{0}^{2 π} f (t) \cos (t) d t = 0 .$

Exercice 51 2895 MINES (MP)Correction

Soit $f \in 𝒞^{1} (ℝ_{+}, ℝ)$ monotone ayant une limite finie en $+ \infty$ .
Montrer que les solutions de l’équation $y^{''} + y = f$ sont bornées.

Solution

Par application de la méthode de variation des constantes, la solution générale de l’équation $y^{''} + y = f$ est

y (x) = λ \cos (x) + μ \sin (x) + \int_{0}^{x} f (t) \sin (x - t) d t .

Pour conclure, il suffit de justifier que $x \mapsto \int_{0}^{x} f (t) \sin (x - t) d t$ est bornée.
Par intégration par parties,

\int_{0}^{x} f (t) \sin (x - t) d t = f (x) - f (0) \cos (x) - \int_{0}^{x} f^{'} (t) \cos (x - t) d t .

Quitte à passer à l’opposé, on peut supposer $f$ croissante et donc $f^{'} (t) \geq 0$ .
Puisque $- 1 \leq \cos (x - t) \leq 1$ ,

f (0) - f (x) \leq \int_{0}^{x} f^{'} (t) \cos (x - t) d t \leq f (x) - f (0)

puis

f (0) (1 - \cos (x)) \leq \int_{0}^{x} f (t) \sin (x - t) d t \leq 2 f (x) - f (0) (1 + \cos (x)) .

La fonction $f$ étant bornée (car convergente en $+ \infty$ ), il en est de même de $x \mapsto \int_{0}^{x} f (t) \sin (x - t) d t$ .

Exercice 52 2455 CENTRALE (MP)Correction

(a)

Résoudre l’équation différentielle

$y^{''} + y = \cos (n t) .$
(b)

Soit $\sum a_{n}$ une série absolument convergente.
Résoudre l’équation différentielle

$y^{''} + y = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} \cos (n t) .$

Solution

(a)

La solution générale de l’équation homogène associée est

$y (t) = λ \cos (t) + μ \sin (t) .$

On peut avoir l’intuition de trouver une solution particulière de la forme $y (t) = α \cos (n t)$ et, en effet on obtient,

$y (t) = \frac{- 1}{n^{2} - 1} \cos (n t)$

solution particulière lorsque $n \neq 1$ . La solution générale est alors

$y (t) = λ \cos (t) + μ \sin (t) + \frac{1}{1 - n^{2}} \cos (n t) .$

Quand $n = 1$ , on applique la méthode de variation des constantes. On obtient une solution particulière en résolvant

${\begin{matrix} λ^{'} (t) \cos (t) + μ^{'} (t) \sin (t) = 0 \\ - λ^{'} (t) \sin (t) + μ^{'} (t) \cos (t) = \cos (n t) . \end{matrix}$

Par les formules de Cramer, on obtient

$λ^{'} (t) = - \sin (t) \cos (t) et μ^{'} (t) = \cos^{2} (t) .$

Alors

$λ (t) = - \frac{1}{2} \sin^{2} (t) et μ (t) = \frac{t}{2} + \frac{\sin (t) \cos (t)}{2}$

conviennent et l’on obtient la solution particulière

$y (t) = \frac{t}{2} \sin (t)$

puis la solution générale

$y (t) = λ \cos (t) + μ \sin (t) + \frac{1}{2} t \sin (t) .$
(b)

Soit

$f (t) = a_{0} + \frac{a_{1}}{2} t \sin (t) + \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{a_{n}}{1 - n^{2}} \cos (n t) .$

Sans difficultés, on peut dériver deux fois sous le signe somme car il y a convergence normale de la série des dérivées secondes et convergences simples intermédiaires. On peut alors conclure que $f$ est de classe $𝒞^{2}$ et solution de l’équation différentielle étudiée. La solution générale de celle-ci est alors

$y (t) = λ \cos (t) + μ \sin (t) + f (t) .$

Exercice 53 409

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction de classe $𝒞^{2}$ telle que

f + f^{''} \geq 0 .

Montrer

f (x) + f (x + π) \geq 0 pour tout x \in ℝ .

Exercice 54 2894 MINES (MP)Correction

(a)

Résoudre sur $ℝ_{+}^{*}$ par variation des constantes l’équation différentielle

$y^{''} + y = 1 / x .$
(b)

En déduire une expression de

$f (x) = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t x} \frac{d t}{1 + t^{2}}$

valable pour $x > 0$ .
(c)

Calculer

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t .$

Solution

(a)

C’est une équation différentielle linéaire d’ordre à 2 à coefficients constants de solution homogène

$y = A \cos (x) + B \sin (x) .$

La méthode de variation des constantes propose une solution particulière de la forme

$y (x) = A (x) \cos (x) + B (x) \sin (x)$

avec $A$ et $B$ fonctions dérivables solutions du système

${\begin{matrix} A^{'} (x) \cos (x) + B^{'} (x) \sin (x) = 0 \\ - A^{'} (x) \sin (x) + B^{'} (x) \cos (x) = 1 / x . \end{matrix}$

En faisant $\cos (x) \times (1) - \sin (x) \times (2)$ , on détermine $A^{'} (x)$ et $B^{'} (x)$ s’obtient de façon analogue

${\begin{matrix} A^{'} (x) = - \sin (x) / x \\ B^{'} (x) = \cos (x) / x . \end{matrix}$

On peut alors proposer

$A (x) = \int_{x}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t et B (x) = - \int_{x}^{+ \infty} \frac{\cos (t)}{t} d t$

où les intégrales introduites ont le bon goût de converger…
La solution générale de l’équation différentielle est alors

$y (x) = A \cos (x) + B \sin (x) + \cos (x) \int_{x}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t - \sin (x) \int_{x}^{+ \infty} \frac{\cos (t)}{t} d t .$
(b)

Posons $u (x, t) = e^{- t x} / (1 + t^{2})$ définie sur $ℝ_{+} \times [0; + \infty [$ .
$x \mapsto u (x, t)$ est continue sur $ℝ_{+}$ pour chaque $t \in [0; + \infty [$
$t \mapsto u (x, t)$ est continue par morceaux sur $] 0; + \infty [$ pour chaque $x \in ℝ_{+}$ et

$| u (x, t) | \leq \frac{1}{1 + t^{2}} = φ (t)$

avec $φ$ intégrable sur $[0; + \infty [$ . Par domination $f$ est définie et continue sur $[0; + \infty [$ .
De plus, $x \mapsto u (x, t)$ est deux fois dérivable sur $ℝ_{+}$ pour chaque $t \in [0; + \infty [$ avec

$\frac{\partial u}{\partial x} (x, t) = \frac{- t e^{- t x}}{1 + t^{2}} et \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} (x, t) = \frac{t^{2} e^{- t x}}{1 + t^{2}} .$

La dérivée partielle $\frac{\partial u}{\partial x}$ est continue par morceaux et intégrable sur $[0; + \infty [$ .
La dérivée partielle $\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}$ est continue en $x$ et continue par morceaux en $t$ .
Soit $[a; b] \subset] 0; + \infty [$ . On a

$\forall (x, t) \in [a; b] \times [0; + \infty [, | \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} (x, t) | \leq \frac{t^{2} e^{- a t}}{1 + t^{2}} \leq e^{- a t} = φ (t)$

avec $φ$ intégrable. Par domination sur tout segment, $f$ est de classe $𝒞^{2}$ sur $] 0; + \infty [$ et

$f^{''} (x) = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t x} \frac{t^{2}}{1 + t^{2}} d t .$

On vérifie alors

$f^{''} (x) + f (x) = \int_{0}^{+ \infty} e^{- t x} d t = \frac{1}{x}$

de sorte que $f$ est solution sur $ℝ_{+}^{*}$ de l’équation différentielle

$y^{''} + y = \frac{1}{x} .$

Ainsi, il existe $A, B \in ℝ$ tels que

$f (x) = A \cos (x) + B \sin (x) + \cos (x) \int_{x}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t - \sin (x) \int_{x}^{+ \infty} \frac{\cos (t)}{t} d t .$

On observe

$0 \leq f (x) \leq \int_{0}^{+ \infty} e^{- t x} d t = \frac{1}{x}$

donc par encadrement $f \to_{+ \infty}^{} 0$ ce qui entraîne $A = B = 0$ .
Ainsi,

$\forall x > 0, f (x) = \cos (x) \int_{x}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t - \sin (x) \int_{x}^{+ \infty} \frac{\cos (t)}{t} d t .$

Séparément, on calcule $f (0)$

$f (0) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + t^{2}} = {[\arctan (t)]}_{0}^{+ \infty} = \frac{π}{2} .$
(c)

Par convergence de l’intégrale, quand $x \to 0^{+}$

$\int_{x}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t \to \int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t .$

De plus,

$\int_{x}^{+ \infty} \frac{\cos (t)}{t} d t = \int_{1}^{+ \infty} \frac{\cos (t)}{t} d t + \int_{x}^{1} \frac{\cos (t)}{t} d t = C^{t e} + \int_{x}^{1} \frac{\cos (t)}{t} d t$

avec

$| \int_{x}^{1} \frac{\cos (t)}{t} d t | \leq \int_{x}^{1} \frac{d t}{t} = - \ln (x)$

donc

$\sin (x) \int_{x}^{+ \infty} \frac{\cos (t)}{t} d t \to 0 .$

Ainsi, en passant à la limite en 0 l’expression précédente de $f (x)$ , on obtient

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\sin (t)}{t} d t = f (0) = \frac{π}{2} .$

Exercice 55 4666

Soient $f : ℝ \to ℝ$ une fonction continue et bornée et $α \in ℝ_{+}^{*}$ .

Montrer qu’il existe une unique solution bornée à l’équation différentielle

(E) : y^{''} - α^{2} y + f (x) = 0 .

[<] Méthode de variation des constantes[>] Wronskien

Exercice 56 5924 Correction

Soient $a, b : I \to ℝ$ deux fonctions continues. Établir que deux solutions linéairement indépendantes à l’équation $(E) : y^{''} + a (x) y^{'} + b (x) y = 0$ ne peuvent s’annuler simultanément.

Solution

L’équation $(E)$ est une équation différentielle linéaire homogène d’ordre $2$ . L’ensemble de ses solutions est une plan vectoriel inclus dans l’espace des fonctions de classe $𝒞^{2}$ de $I$ vers $ℝ$ .

Soient $φ$ et $ψ$ deux solutions linéairement indépendantes de l’équation $(E)$ . Celles-ci constituent un système fondamental de solutions permettant d’exprimer la solution générale de $(E)$ sous la forme

y (x) = λ φ (x) + μ ψ (x) avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

Par l’absurde, si $φ$ et $ψ$ s’annulent simultanément en un certain $x_{0} \in I$ alors toutes les solutions de $(E)$ s’annulent aussi en $x_{0}$ . C’est absurde car le théorème de Cauchy assure, par exemple, l’existence d’une solution de $(E)$ vérifiant les conditions initiales

{\begin{matrix} y (x_{0}) & = 1 \\ y^{'} (x_{0}) & = 0 . \end{matrix}

Exercice 57 5100

On étudie l’équation différentielle

(E) : y^{''} + q (x) y = 0

où $q : ℝ \to ℝ$ est une fonction paire de classe $𝒞^{\infty}$ .

(a)

Montrer que les solutions de $(E)$ sont des fonctions de classe $𝒞^{\infty}$ .
(b)

Soit $y$ une solution de $(E)$ sur $ℝ$ .

Montrer que la fonction $z : x \mapsto y (- x)$ est aussi solution de $(E)$ sur $ℝ$ .
(c)

Montrer que l’équation différentielle $(E)$ possède une unique solution sur $ℝ$ qui soit une fonction paire prenant la valeur $1$ en $0$ .

Exercice 58 5923 Correction

Soit $q : ℝ \to ℝ$ une fonction continue et paire. Montrer qu’une solution $φ$ de l’équation $(E) : y^{''} + q (x) y = 0$ est impaire si, et seulement si, $φ (0) = 0$ .

Solution

Soit $φ$ une solution de $(E)$ sur $ℝ$ . On vérifie sans peine que $ψ : x \mapsto - φ (- x)$ est aussi solution de $(E)$ sur $ℝ$ . Par le théorème de Cauchy, deux solutions d’une même équation différentielle sont égales si, et seulement si, elles et leurs dérivées prennent les mêmes valeurs respectives en un certain point. On a donc

	$φ$ est impaire	$\Leftrightarrow \forall x \in ℝ, φ (- x) = - φ (x)$
		$\Leftrightarrow φ = ψ$
		$\Leftrightarrow φ (0) = ψ (0) et φ^{'} (0) = ψ^{'} (0)$
		$\Leftrightarrow φ (0) = 0$

car $ψ (0) = - φ (0)$ tandis que $ψ^{'} (0) = φ^{'} (0)$ assurément.

Exercice 59 5655 Correction

Soit $q : ℝ \to ℝ$ une fonction continue et paire. On étudie l’équation différentielle

(E) : y^{''} + q (t) y = 0 .

(a)

Justifier l’existence de deux solutions $φ$ et $ψ$ à l’équation $(E)$ vérifiant

${\begin{matrix} φ (0) & = 1 \\ φ^{'} (0) & = 0 \end{matrix} et {\begin{matrix} ψ (0) & = 0 \\ ψ^{'} (0) & = 1 . \end{matrix}$
(b)

Établir que si $y$ est une solution de $(E)$ sur $ℝ$ alors $t \mapsto y (- t)$ est aussi une solution de $(E)$ sur $ℝ$ .
(c)

En déduire que la fonction $φ$ est paire tandis que $ψ$ est impaire.
(d)

Déterminer les solutions de $(E)$ qui sont des fonctions paires (resp. impaires).

Solution

(a)

$(E)$ est une équation différentielle linéaire d’ordre $2$ résolue en $y^{''}$ : tout problème de Cauchy détermine une solution unique.
(b)

Soit $y$ une solution de $(E)$ sur $ℝ$ . On introduit la fonction $z : t \mapsto y (- t)$ définie sur $ℝ$ . La fonction $z$ est deux fois dérivable avec $z^{'} (t) = - y^{'} (- t)$ et $z^{''} (t) = y^{''} (- t)$ donc

$\forall t \in ℝ, z^{''} (t) + q (t) z (t) = y^{''} (- t) + \underset{\begin{matrix} = q (- t) \end{matrix}}{\underset{⏟}{q (t)}} y (- t) = 0 .$

La fonction $z$ est donc solution de $(E)$ sur $ℝ$ .
(c)

La fonction $t \mapsto φ (- t)$ est solution du problème de Cauchy définissant $φ$ . Par unicité de la solution à un problème de Cauchy, $φ (- t) = φ (t)$ pour tout $t \in ℝ$ . La fonction $φ$ est donc paire. De même, on établit que $ψ$ est impaire en considérant la fonction $t \mapsto - ψ (- t)$ .
(d)

Soit $y$ une solution de $(E)$ . Puisque les fonctions $φ$ et $ψ$ sont linéairement indépendantes, elles forment un système fondamental de solutions de $(E)$ . La fonction $y$ s’écrit donc $y = λ . φ + μ . ψ$ avec $λ, μ \in ℝ$ et l’on a

$\forall t \in ℝ, y (- t) = λ φ (- t) + μ ψ (- t) = λ φ (t) - μ ψ (t) .$

Par unicité des coordonnées dans une base, la fonction $y$ est paire si, et seulement si, $μ = - μ$ c’est-à-dire si, et seulement si, $μ = 0$ . Les solutions de $(E)$ qui sont des fonctions paires sont donc les fonctions $λ . φ$ avec $λ \in ℝ$ . De la même manière, les solutions de $(E)$ qui sont des fonctions impaires sont les fonctions $μ . ψ$ avec $μ \in ℝ$ .

Exercice 60 5922 Correction

Soient $a, b, c : ℝ \to ℝ$ continues et $T$ -périodiques avec $T > 0$ . Montrer que toute solution $φ$ de l’équation $(E) : y^{''} + a (x) y^{'} + b (x) y = c (x)$ est $T$ -périodique si, et seulement si, $φ (0) = φ (T)$ et $φ^{'} (0) = φ^{'} (T)$ .

Solution

Soit $φ$ une solution de $(E)$ sur $ℝ$ . On vérifie sans peine que $ψ : x \mapsto φ (x + T)$ est aussi solution de $(E)$ sur $ℝ$ . Par le théorème de Cauchy, deux solutions d’une même équation différentielle sont égales si, et seulement si, elles et leurs dérivées prennent les mêmes valeurs respectives en un certain point. On a donc

	$φ$ est $T$ -périodique	$\Leftrightarrow \forall x \in ℝ, φ (x + T) = φ (x)$
		$\Leftrightarrow φ = ψ$
		$\Leftrightarrow φ (0) = ψ (0) et φ^{'} (0) = ψ^{'} (0)$
		$\Leftrightarrow φ (0) = φ (T) et φ^{'} (0) = φ^{'} (T) .$

Exercice 61 1555 Correction

Soit $q : ℝ \to ℝ_{+}$ une fonction continue non nulle.

On se propose de montrer que les solutions sur $ℝ$ de l’équation $y^{''} + q (x) y = 0$ s’annulent.

Pour cela, on raisonne par l’absurde et l’on suppose que $f$ est une solution ne s’annulant pas.

(a)

Justifier que $f$ est de signe constant.

Quitte à considérer $- f$ au lieu de $f$ , on peut supposer

\forall x \in ℝ, f (x) > 0 .

(b)

Étudier le signe de $f^{''}$ .
(c)

Soit $a \in ℝ$ quelconque. Quelle est l’équation de la tangente à $f$ en $a$ ?
(d)

Montrer que le graphe de $f$ est en dessous de sa tangente en $a$ .
(e)

En déduire que $f^{'} (a) = 0$ et conclure.

Solution

(a)

$f$ est continue, si $f$ n’est pas de signe constant alors $f$ s’annule.
(b)

On a

$\forall x \in ℝ, f^{''} (x) = - q (x) f (x) \leq 0 .$
(c)

L’équation est

$y = f^{'} (a) (x - a) + f (a) .$
(d)

Considérons $g : ℝ \to ℝ$ définie par $g (x) = f (x) - (f^{'} (a) (x - a) + f (a))$ .
$g$ est dérivable et $g^{'} (x) = f^{'} (x) - f^{'} (a)$ . Or $f^{'}$ est décroissante, on peut donc dresser le tableau de variation de $g$ et puisque $g (a) = 0$ , constater

$\forall x \in ℝ, g (x) \leq 0 .$
(e)

Si $f^{'} (a) \neq 0$ alors $f$ étant en dessous de sa tangente prend des valeurs négatives, c’est impossible.
On en déduit que

$\forall a \in ℝ, f^{'} (a) = 0$

donc $f$ est constante et $f^{''} = 0$ .
Pour que $f$ vérifie l’équation

$y^{''} + q (x) y = 0$

(sachant $q \neq 0$ ) il est nécessaire que $f$ soit constante égale à 0.
C’est absurde.

Exercice 62 3499

Soient $p$ et $q : [0; 1] \to ℝ$ des fonctions continues. On étudie l’équation différentielle définie sur $[0; 1]$

(E) : y^{''} + p (t) y^{'} + q (t) y = 0 .

Montrer que si une solution de l’équation $(E)$ possède une infinité de racines, celle-ci est la fonction identiquement nulle.

Exercice 63 5786 MINES (PSI)Correction

On étudie l’équation différentielle

(E) : y^{''} + a (t) y^{'} + b (t) y = 0

où $a$ et $b$ désignent des fonctions continues de $ℝ$ vers $ℝ$ .

(a)

Pour deux solutions $f$ et $g$ de $(E)$ , calculer $w = f g^{'} - f^{'} g$ .
(b)

On suppose que $a$ est impaire et $b$ paire. Montrer que la fonction $f$ solution de $(E)$ avec les conditions initiales $f (0) = 1$ et $f^{'} (0) = 0$ est paire. Montrer de même que la fonction $g$ solution de $(E)$ avec $g (0) = 0$ et $g^{'} (0) = 1$ est impaire.

Les fonctions $f$ et $g$ forment-elles une base de l’espace des solutions de $(E)$ ?
(c)

On suppose qu’il existe une base de l’espace des solutions de $(E)$ constituée d’une fonction paire et d’une fonction impaire. Montrer que $a$ et impaire et $b$ paire.

Solution

(a)

Soient $f$ et $g$ deux solutions de $(E)$ et $w = f g^{'} - f^{'} g$ . La fonction $w$ est dérivable avec

$w^{'} = f g^{''} - f^{''} g = - f (a g^{'} + b g) + (a f^{'} + b f) g = - a w$

La fonction $w$ est donc solution de l’équation différentielle linéaire d’ordre $1$ :

$y^{'} + a (t) y = 0$

Après résolution, on obtient

$w (t) = w (0) e^{A (t)}$

avec $A$ la primitive de $a$ qui s’annule en $0$ .
(b)

Soit $y$ une solution de $(E)$ et $z : t \mapsto y (- t)$ . La fonction $z$ est deux fois dérivable avec

$z^{'} (t) = - y^{'} (- t) et z^{''} (t) = y^{''} (- t)$

de sorte que

$z^{''} (t) + a (t) z^{'} (t) + b (t) z (t) = y^{''} (- t) + a (- t) y^{'} (- t) + b (- t) y (- t)$

car $a$ est impaire et $b$ est paire.

Puisque la fonction $y$ a été choisie solution de l’équation $(E)$ sur $ℝ$ , cette équation est satisfaite en $- t$ pour tout $t \in ℝ$ et donc $z$ est solution de $(E)$ sur $ℝ$ .

Si l’on considère la fonction $f$ solution au problème de Cauchy constitué par l’équation $(E)$ et les conditions initiales $f (0) = 1$ et $f^{'} (0) = 0$ , ce qui précède assure que la fonction $t \mapsto f (- t)$ est aussi solution de ce problème de Cauchy. Par unicité des solutions à un problème de Cauchy, il vient

$\forall t \in ℝ, f (- t) = f (t)$

La fonction $f$ est donc une fonction paire.

On adapte le raisonnement précédent pour obtenir l’imparité de $g$ en observant que $g$ et $t \mapsto - g (- t)$ sont solutions d’un même problème de Cauchy.

Les fonctions $f$ et $g$ ne sont pas identiquement nulle et de parité différentes, elles forment un système libre. Puisque l’espace de solutions de $(E)$ est un plan vectoriel¹¹ 1 En effet, $(E)$ est une équation différentielle linéaire d’ordre $2$ ., la famille $(f, g)$ est une base de l’espace des solutions de $(E)$ .
(c)

Par l’hypothèse, on peut introduire $(f, g)$ base de solutions de $(E)$ avec $f$ paire et $g$ impaire. Considérons la fonction $w = f g^{'} - f^{'} g$ . Par opérations, $w$ est une fonction paire car $f^{'}$ est impaire et $g^{'}$ est paire. Par l’expression de $w$ proposée en première question, il vient que la primitive $A$ est une fonction paire et donc sa dérivée $a$ est une fonction impaire.

La fonction $f$ est solution de l’équation $(E)$ donc $b f = - f^{''} + a f^{'}$ est une fonction paire. Cela donne

$\forall t \in ℝ, b (- t) f (t) = b (t) f (t)$

Aussi, $b g$ est une fonction impaire et l’on en déduit

$\forall t \in ℝ, b (- t) g (t) = b (t) g (t)$

Cependant, les fonctions $f$ et $g$ ne peuvent pas s’annuler simultanément. En effet, si par l’absurde les fonctions $f$ et $g$ s’annulent en un certain $t_{0} \in ℝ$ alors toutes²² 2 On peut aussi construire une absurdité en constatant la nullité du wronskien $w$ . les combinaisons linéaires linéaires de $f$ et $g$ s’annulent en $t_{0}$ et donc toutes les solutions de $(E)$ s’annulent en $t_{0}$ . C’est absurde car il est possible de former un problème de Cauchy déterminant une solution de $(E)$ prenant par exemple la valeur $1$ en $t_{0}$ .

Puisque les fonctions $f$ et $g$ ne s’annulent pas simultanément, on peut simplifier l’une ou l’autre des relations… pour affirmer

$\forall t \in ℝ, b (- t) = b (t)$

La fonction $b$ est donc paire.

Exercice 64 5654 Correction

Soit $q : ℝ \to ℝ$ une fonction continue et $2 π$ -périodique. On étudie l’équation différentielle

(E) : y^{''} + q (t) y = 0

(a)

Justifier l’existence de deux solutions linéairement indépendantes $φ$ et $ψ$ à l’équation $(E)$ .
(b)

Montrer qu’il existe des constantes réelles $a, b, c$ et $d$ telles que, pour tout $t \in ℝ$ ,

${\begin{matrix} φ (t + 2 π) & = a φ (t) + b ψ (t) \\ ψ (t + 2 π) & = c φ (t) + d ψ (t) \end{matrix}$
(c)

Montrer que l’équation $(E)$ possède des solutions $2 π$ périodiques non identiquement nulles si, et seulement si, $1$ est valeur propre de la matrice

$M = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix})$

Solution

(a)

$(E)$ est une équation différentielle linéaire homogène d’ordre $2$ , l’ensemble de ses solutions est un plan vectoriel inclus dans l’espace des fonctions de classe $𝒞^{2}$ définies sur $ℝ$ : il existe donc deux solutions linéairement indépendantes $φ$ et $ψ$ .
(b)

Soit $y$ une solution de $(E)$ sur $ℝ$ . On introduit la fonction $z : t \mapsto y (t + 2 π)$ définie sur $ℝ$ . La fonction $z$ est deux fois dérivable avec

$\forall t \in ℝ, z^{''} (t) + q (t) z (t) = y^{''} (t + 2 π) + \underset{\begin{matrix} = q (t + 2 π) \end{matrix}}{\underset{⏟}{q (t)}} y (t + 2 π) = 0$

La fonction $z$ est donc solution de $(E)$ sur $ℝ$ .

Les fonctions $φ$ et $ψ$ constituent un système fondamental de solutions de $E$ : toute solution de $(E)$ est donc combinaison linéaire des fonctions $φ$ et $ψ$ . Cela vaut en particulier pour les fonctions $t \mapsto φ (t + 2 π)$ et $t \mapsto ψ (t + 2 π)$ .
(c)

Soit $f$ une solution de l’équation $(E)$ . On peut ecrire $f = λ φ + μ ψ$ avec $(λ, μ) \in ℝ^{2}$ et l’on a alors

$\forall t \in ℝ, f (t + 2 π) = (λ a + μ c) φ (t) + (λ b + μ d) ψ (t)$

Par unicité des coordonnées dans une base,

$\forall t \in ℝ, f (t + 2 π) = f (t)$ $\Leftrightarrow {\begin{matrix} λ a + μ c & = λ \\ λ b + μ d & = μ \end{matrix}$

$\Leftrightarrow M^{⊤} X = X avec X = (\begin{matrix} λ \\ μ \end{matrix})$

On en déduit que l’équation $(E)$ possède une solution $2 π$ -périodique non identiquement nulle si, et seulement si, $1$ valeur propre de la matrice $M^{⊤}$ . Or on sait que $M$ et $M^{⊤}$ ont les mêmes valeurs propres car le même polynôme caractéristique. On peut alors conclure.

Exercice 65 3100 ENSTIM (MP)

On considère l’équation différentielle

(E_{h}) : y^{''} - q (x) y = 0

avec $q : ℝ \to ℝ$ une fonction continue et positive.

(a)

Soit $y$ une solution de $(E_{h})$ sur $ℝ$ . Étudier la convexité de $y^{2}$ .

En déduire que si $y (0) = y (1) = 0$ alors la fonction $y$ est identiquement nulle sur $ℝ$ .
(b)

Soient $y_{1}$ et $y_{2}$ deux solutions de $(E_{h})$ telles que

$(y_{1} (0), y_{1}^{'} (0)) = (0,1) et (y_{2} (1), y_{2}^{'} (1)) = (0,1) .$

Démontrer que les fonctions $y_{1}$ et $y_{2}$ constituent une base de l’espace des solutions de $(E_{h})$ .
(c)

Soit $f : ℝ \to ℝ$ une fonction continue. Démontrer que l’équation différentielle

$(E) : y^{''} - q (x) y = f (x)$

admet une unique solution¹¹ 1 Ce problème n’est pas un problème de Cauchy mais un problème de conditions aux limites: l’existence et l’unicité d’une solution n’est pas garantie! $y$ vérifiant $y (0) = y (1) = 0$ .

Exercice 66 5770 X (PC)Correction

Soit $q : [0; + \infty [$ une fonction de classe $𝒞^{1}$ croissante et à valeurs strictement positives. Montrer que les solutions sur $[0; + \infty [$ de l’équation différentielle $y^{''} + q (x) y = 0$ sont bornées.

Solution

Soit $f : [0; + \infty [\to ℝ$ une solution de l’équation $y^{''} + q (x) y = 0$ . En multipliant par $f^{'}$ , on obtient

f^{''} f^{'} + q f^{'} f = 0

puis

f^{'} f = - \frac{1}{q} f^{''} f^{'} .

Soit $x \in [0; + \infty [$ . En intégrant la relation précédente, il vient

\int_{0}^{x} f^{'} (t) f (t) d t = - \int_{0}^{x} \frac{1}{q (t)} f^{''} (t) f^{'} (t) d t .

D’une part,

\int_{0}^{x} f^{'} (t) f (t) d t = {[\frac{1}{2} {(f (t))}^{2}]}_{0}^{x} = \frac{1}{2} {(f (x))}^{2} - \frac{1}{2} {(f (0))}^{2} .

D’autre part, une intégration par parties donne

\int_{0}^{x} \frac{1}{q (t)} f^{''} (t) f^{'} (t) d t = {[\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{q (t)} {(f^{'} (t))}^{2}]}_{0}^{x} + \frac{1}{2} \int_{0}^{x} \frac{q^{'} (t)}{{(q (t))}^{2}} {(f^{'} (t))}^{2} d t .

On obtient alors

	${(f (x))}^{2}$	$= {(f (0))}^{2} - \frac{1}{q (x)} {(f^{'} (x))}^{2} + \frac{1}{q (0)} {(f^{'} (0))}^{2} - \int_{0}^{x} \frac{q^{'} (t)}{{(q (t))}^{2}} {(f^{'} (t))}^{2} d t$
		$\leq {(f (0))}^{2} + \frac{1}{q (0)} {(f^{'} (0))}^{2}$

car $q^{'}$ est positive.

La fonction $f$ est donc bornée.

Exercice 67 5771 MINES (PSI)Correction

(Lemme de Grönwall)

(a)

Soient $y : [0; + \infty [\to ℝ$ de classe $𝒞^{1}$ , $φ : [0; + \infty [\to ℝ_{+}$ continue et $c \in ℝ$ telle

$\forall x \in [0; + \infty [, y (x) \leq c + \int_{0}^{x} φ (t) y (t) d t .$

Montrer que pour tout $x \in [0; + \infty [$ ,

$y (x) \leq c \exp (\int_{0}^{x} φ (t) d t) .$
(b)

Application : Soient $q$ une fonction croissante et de classe $𝒞^{1}$ de $ℝ_{+}$ dans $ℝ_{+}^{*}$ et $f$ une solution de l’équation $f^{''} + q f = 0$ . Montrer que $f$ est bornée.

Solution

(a)

Introduisons $z : [0; + \infty [\to ℝ$ donnée par

$z (x) = y (x) \exp (- \int_{0}^{x} φ (t) d t) .$

La fonction $z$ est dérivable avec

$z^{'} (x) = (y^{'} (x) - φ (x) y (x)) \exp (- \underset{\begin{matrix} \geq 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{\int_{0}^{x} φ (t) d t}}) \leq y^{'} (x) - φ (x) y (x) .$

On en déduit

$z (x) \leq \underset{\begin{matrix} = y (0) \end{matrix}}{\underset{⏟}{z (0)}} + \int_{0}^{x} (y^{'} (t) - φ (t) y (t)) d t = y (x) - \int_{0}^{x} φ (t) y (t) d t \leq c$

puis

$y (x) \leq c \exp (\int_{0}^{x} φ (t) d t) .$

(b)

Pour $x \in [0; + \infty [$ ,

q (x) {(f (x))}^{2} - q (0) {(f (0))}^{2} = \int_{0}^{x} {(q f^{2})}^{'} (t) d t = \int_{0}^{x} 2 q (t) f^{'} (t) f (t) d t + \int_{0}^{x} q^{'} (t) {(f (t))}^{2} d t .

Par l’équation différentielle,

\int_{0}^{x} 2 q (t) f^{'} (t) f (t) d t = - \int_{0}^{x} 2 f^{''} (t) f^{'} (t) d t = {[- {(f^{'} (t))}^{2}]}_{0}^{x} = {(f^{'} (0))}^{2} - {(f^{'} (x))}^{2}

et l’on a donc

	$q (x) {(f (x))}^{2}$	$= q (0) {(f (0))}^{2} + {(f^{'} (0))}^{2} - {(f^{'} (x))}^{2} + \int_{0}^{x} q^{'} (t) {(f (t))}^{2} d t$
		$\leq c + \int_{0}^{x} φ (t) q (t) {(f (t))}^{2} d t$

avec $c = q (0) {(f (0))}^{2} + {(f^{'} (0))}^{2}$ et $φ (t) = q^{'} (t) / q (t)$ .

La fonction $φ$ est continue et ses valeurs sont positives car $q$ est croissante. Par le résultat précédent appliqué à la fonction $q f^{2}$ , on obtient

	$\forall x \in [0; + \infty [, q (x) {(f (x))}^{2}$	$\leq c \exp (\int_{0}^{x} \frac{q^{'} (t)}{q (t)} d t) = c \exp ({[\ln (\| q (t) \|)]}_{0}^{x})$
		$= c \exp (\ln (q (x)) - \ln (q (0))) = C q (x) avec C = \frac{c}{q (0)} .$

En simplifiant par $q (x) \neq 0$ , il vient

\forall x \in [0; + \infty [, {(f (x))}^{2} \leq C .

La fonction $f$ est donc bornée par

C = {(f (0))}^{2} + \frac{{(f^{'} (0))}^{2}}{q (0)} .

Une démarche alternative n’employant pas le résultat de la question précédente est aussi possible, voir le sujet 5770.

Exercice 68 5775 X (PC)Correction

Soient $a$ et $b$ dans $𝒞 (ℝ, ℝ)$ et $(E)$ l’équation différentielle $y^{''} + a y^{'} + b y = 0$ .

Montrer qu’il existe deux solutions $f$ et $g$ de $(E)$ vérifiant $f g = 1$ si, et seulement si, $b$ est de classe $𝒞^{1}$ , $b \leq 0$ et $b^{'} = - 2 a b$ .

Solution

$(⟹)$ Supposons qu’il existe deux solutions $f$ et $g$ de $(E)$ vérifiant $f g = 1$ . La fonction $f$ ne s’annule pas et $g$ est son inverse. On a alors

g = \frac{1}{f}, g^{'} = - \frac{f^{'}}{f^{2}} et g^{''} = \frac{2 f^{', 2} - f^{''} f}{f^{3}} .

La fonction $g$ est solution de $(E)$ . L’égalité $g^{''} + a g^{'} + b g = 0$ donne alors

2 f^{', 2} - f^{''} f - a f^{'} f + b f^{2} = 0 .

Puisque $f$ est aussi solution de $(E)$ , on a aussi l’égalité $f^{''} + a f^{'} + b f = 0$ ce qui entraîne après simplification

2 f^{', 2} + 2 b f^{2} = 0 .

On en tire

b = - \frac{f^{', 2}}{f^{2}} .

La fonction $b$ est donc négative. Aussi, la fonction $f$ étant de classe $𝒞^{2}$ , la fonction $b$ est de classe $𝒞^{1}$ avec

b^{'} = 2 \frac{f^{', 3} - f^{''} f^{'} f}{f^{3}} .

Sachant $f^{''} = - a f^{'} - b f$ avec $b f^{2} = - f^{', 2}$ , on parvient à $b^{'} = - 2 a b$ .

$(⟸)$ Supposons que $b$ soit une fonction négative, de classe $𝒞^{1}$ et vérifiant $b^{'} = - 2 a b$ .

Par résolution de l’équation différentielle $b^{'} = - 2 a b$ , on peut affirmer que la fonction est soit identiquement nulle, soit de signe strict constant.

Si la fonction $b$ est identiquement nulle, les fonctions $f = g = 1$ sont solutions de $(E)$ et vérifient $f g = 1$ .

Sinon, la fonction $b$ est strictement négative, on peut introduire $c = \sqrt{- b}$ et, par composition, $c$ est de classe $𝒞^{1}$ . La résolution de l’équation $y^{'} = c y$ détermine alors une fonction de classe $𝒞^{2}$ pour laquelle

y^{''} = c y^{'} + c^{'} y = \sqrt{- b} y^{'} - \frac{b^{'}}{2 \sqrt{- b}} y = - b y - a \sqrt{- b} y = - b y - a y^{'} .

Considérons alors la fonction $f$ solution de $y^{'} = c y$ avec la condition initiale $y (0) = 1$ . La fonction $f$ ne s’annule pas et est solution de l’équation différentielle $(E)$ telle que $2 f^{', 2} + 2 b f^{2} = 0$ . En reprenant les calculs initiaux, on obtient $2 f^{', 2} - f^{''} f - a f^{'} f + b f^{2} = 0$ et $g = 1 / f$ est alors aussi solution de $(E)$ .

Exercice 69 5370 CENTRALE (MP)Correction

Dans cet exercice, on considère l’équation différentielle linéaire

(E) : {(1 - x)}^{3} y^{''} (x) = y (x) .

On note $f$ l’unique solution de $(E)$ sur l’intervalle $] - \infty; 1 [$ vérifiant les conditions initiales $f (0) = 0$ et $f^{'} (0) = 1$ .

(a)

Justifier l’existence de cette fonction.

En utilisant la méthode d’Euler, tracer une approximation du graphe de $f$ sur $[0; 0,9]$ .
(b)

Justifier que $f \in 𝒞^{\infty} (] - \infty; 1 [, ℝ)$ .

On pose, pour tout $n \in ℕ$ ,

a_{n} = \frac{f^{(n)} (0)}{n!} .

(c)

Établir que la suite ${(a_{n})}_{n \in ℕ}$ vérifie une relation de récurrence liant $a_{n + 2}$ , $a_{n + 1}$ , $a_{n}$ et $a_{n - 1}$ pour tout entier $n \geq 1$ .

Calculer alors $a_{n}$ pour tout $n \in ⟦ 0; 20 ⟧$ .
(d)

Démontrer que pour tout $n \in ℕ$ , $| a_{n} | \leq 4^{n}$ .

Qu’en déduit-on en ce qui concerne la fonction $f$ ?
(e)

Que peut-on dire du signe de $f$ sur $[0; 1 [$ ?
(f)

Démontrer que pour tout $x \in [0; 1 [$

$f (x) \geq x + \int_{0}^{x} \frac{(x - t) t}{{(1 - t)}^{3}} d t .$
(g)

Calculer cette dernière intégrale.

Que peut-on en déduire concernant le comportement de $f$ en $1^{-}$ ?

Solution

(a)
L’équation $(E)$ équivaut sur $] - \infty; 1 [$ à l’équation résolue en $y^{''}$ suivante

$y^{''} (x) = \frac{1}{{(1 - x)}^{3}} y (x) .$

Le facteur de $y (x)$ correspond à une fonction continue et l’on peut appliquer le théorème de Cauchy relatif aux équations d’ordre $2$ .
```
import matplotlib.pyplot as plt
Y = [0, 1]
N = 100
dx = 0.9/N
Lx = [0]
Ly = [0]
for i in range(N):
    Y = [Y[0] + dx * Y[1], Y[1] + dx * Y[0]/(1-Lx[-1])**3]
    Lx.append(Lx[-1] + dx)
    Ly.append(Y[-1])
plt.plot(Lx, Ly)
plt.show()
```
(b)

La fonction $f$ est définie et deux fois dérivable sur $] - \infty; 1 [$ . Par l’équation différentielle résolue en $y^{''}$ , on établit alors que $f^{''}$ est deux fois dérivable et donc $f$ est quatre fois dérivable. Par récurrence, on établit que $f$ est $2 p$ fois dérivable pour tout $p \in ℕ$ . On en déduit que $f$ est de classe $𝒞^{\infty}$ .
(c)
En dérivant à l’ordre $n \in ℕ^{*}$ l’équation $E$ (via la formule de Leibniz) et en évaluant en $0$ , il vient

$f^{(n + 2)} (0) - 3 n f^{(n + 1)} (0) + 3 n (n - 1) f^{(n)} (0) - n (n - 1) (n - 2) f^{(n - 1)} (0) = f^{(n)} (0) .$

On divise par $(n + 2)!$ et l’on obtient

$a_{n + 2} = \frac{3 n}{n + 2} a_{n + 1} + \frac{1 + 3 n - 3 n^{2}}{(n + 1) (n + 2)} a_{n} + \frac{(n - 1) (n - 2)}{(n + 1) (n + 2)} a_{n - 1} .$
```
a = [0, 1, 0]
for n in range(3, 21):
    a.append(3*(n-2)/n * a[-1] + \
             (1 + 3*(n-2)-3*(n-2)**2)/(n-1)/n * a[-2] + \
             (n-3)*(n-4)/(n-1)/n * a[-3])
```
(d)

La relation est vraie pour $n = 0$ , $1$ , $2$ .

Supposons que celle-ci soit vraie aux rangs $n - 1$ , $n$ et $n + 1$ (pour $n \in ℕ^{*}$ ). Par la relation de récurrence,

$| a_{n + 2} |$ $\leq 3 | a_{n + 1} | + 3 | a_{n} | + | a_{n - 1} |$

$\leq 3 \cdot 4^{n + 1} + 3 \cdot 4^{n} + 4^{n - 1}$

$\leq 3 \cdot 4^{n + 1} + 3 \cdot 4^{n} + 4^{n} = 4^{n + 2} .$

La récurrence est établie.

On en déduit que la série de Taylor de $f$ converge au moins sur $[- 1 / 4; 1 / 4]$ . Or la somme de celle-ci est aussi solution de l’équation différentielle avec les mêmes conditions initiales (après calculs dans l’équation résolue en $y^{''}$ ).Par unicité de la solution au problème de Cauchy, on en déduit que $f$ est égale à la somme de sa série de Taylor: elle est développable en série entière.
(e)

Par l’absurde, montrons que $f^{'}$ est positive sur $[0; 1 [$ . Si cela n’est pas vrai, la fonction continue $f^{'}$ doit s’annuler en un certain élément de $[0; 1 [$ . On introduit la première de ces annulations:

$c = inf {x \in [0; 1 [| f^{'} (x) = 0} = \min {x \in [0; 1 [| f^{'} (x) = 0} .$

La fonction $f^{'}$ est positive sur $[0; c]$ , $f$ est croissante donc positive sur $[0; c]$ et donc, par l’équation différentielle, $f^{''}$ est positive sur $[0; c]$ . On en déduit que $f^{'}$ est croissante sur $[0; c]$ . Cependant $f^{'}$ est nulle en $c$ et prend la valeur $1$ en $0$ . C’est absurde.

On en déduit que $f^{'}$ est positive sur $[0; 1 [$ et $f$ est donc croissante sur $[0; 1 [$ . On en déduit que $f$ est positive sur $[0; 1 [$ .
(f)

Puisque $f^{'}$ est croissante sur $[0; 1 [$ ,

$f (x) = f (0) + \int_{0}^{x} f^{'} (t) d t \geq \int_{0}^{x} f^{'} (0) d t = x pour tout x \in [0; 1 [$

puis

$f^{''} (x) = \frac{f (x)}{{(1 - x)}^{3}} \geq \frac{x}{{(1 - x)}^{3}} pour tout x \in [0; 1 [.$

Par la formule de Taylor avec reste intégral,

$f (x) = f (0) + x f^{'} (0) + \int_{0}^{x} (x - t) f^{''} (t) d t \geq x + \int_{0}^{x} \frac{(x - t) t}{{(1 - t)}^{3}} d t .$
(g)

On écrit $(x - t) t = - {(1 - t)}^{2} + (2 - x) (1 - t) + x - 1$ et alors

$\int_{0}^{x} \frac{(x - t) t}{{(1 - t)}^{3}} d t$ $= \int_{0}^{x} - \frac{d t}{1 - t} + (2 - x) \int_{0}^{x} \frac{d t}{{(1 - t)}^{2}} + (x - 1) \int_{0}^{x} \frac{d t}{{(1 - t)}^{3}}$

$= \ln (1 - x) + \frac{(2 - x) x}{1 - x} + \frac{(x^{2} - 2 x)}{2 (1 - x)}$

$= \ln (1 - x) + \frac{1}{2} \cdot \frac{2 x - x^{2}}{1 - x} .$

On en déduit que $f$ tend vers $+ \infty$ en $1^{-}$ .

Exercice 70 5096

Soient $f : ℝ \to ℝ$ une fonction continue et croissante et $y : [- a; a] \to ℝ$ une solution de l’équation différentielle¹¹ 1 Il ne s’agit pas ici d’une équation différentielle linéaire: ce type d’équation sort du cadre théorique étudié dans le cours. $y^{''} = f (y)$ .

On suppose $y (- a) = y (a)$ . Montrer que la fonction $y$ est paire.

Exercice 71 3110

(Inégalité de Liapounov)

Soient $f : ℝ \to ℝ$ une fonction continue et $g$ une solution non identiquement nulle de l’équation

(E) : y^{''} + f (x) y = 0 .

(a)

Montrer que les zéros¹¹ 1 On parle de zéros d’une fonction pour signifier une valeur d’annulation. de $g$ sont isolés²² 2 On dit qu’un zéro d’une fonction est isolé lorsqu’il existe un voisinage de celui-ci dans lequel il est le seul zéro de la fonction..

Dans la suite, $x_{1}$ et $x_{2}$ sont deux zéros consécutifs de $g$ vérifiant $x_{1} < x_{2}$ .

(b)

Montrer, pour $x \in [x_{1}; x_{2}]$ , l’identité

(x_{2} - x) \int_{x_{1}}^{x} (t - x_{1}) f (t) g (t) d t + (x - x_{1}) \int_{x}^{x_{2}} (x_{2} - t) f (t) g (t) d t = (x_{2} - x_{1}) g (x) .

Exercice 72 4178 CENTRALE (MP)Correction

On considère l’équation différentielle

(E_{1}) : x^{''} + p (t) x^{'} + q (t) x = 0 .

(a)

Soient $u_{1}$ et $u_{2}$ deux solutions de $(E_{1})$ telles que $u_{1} u_{2} = 1$ . On pose $z_{i} = u_{i}^{'} / u_{i}$ . Montrer que les $z_{i}$ sont deux solutions opposées d’une équation différentielle non linéaire $(E_{2})$ .
(b)

En déduire une condition nécessaire et suffisante sur $p$ et $q$ pour que $(E_{1})$ admette deux solutions $u_{1}$ et $u_{2}$ telles que $u_{1} u_{2} = 1$ .
(c)

Résoudre sur $I =] - π / 4; π / 4 [$ l’équation

$(1 + \cos (4 t)) x^{''} - 2 \sin (4 t) x^{'} - 8 x = 0 .$

Solution

(a)

En dérivant $u_{1} u_{2} = 1$ , on obtient $u_{1}^{'} u_{2} + u_{1} u_{2}^{'} = 0$ ce qui permet d’établir que $z_{1}$ et $z_{2}$ sont deux fonctions opposées. Aussi

$z_{i}^{'} = \frac{u_{i}^{''} u_{i} - u_{i}^{', 2}}{u_{i}^{2}} = - \frac{p u_{i}^{'} u_{i} + q u_{i}^{2} + u_{i}^{', 2}}{u_{i}^{2}}$

et donc $z_{i}$ est solution de l’équation différentielle

$(E_{2}) : z^{'} + p (t) z + z^{2} + q (t) = 0 .$
(b)

Analyse: Si l’équation $(E_{1})$ admet deux solutions $u_{1}$ et $u_{2}$ avec $u_{1} u_{2} = 1$ alors $(E_{2})$ admet deux solutions opposées $z_{1}$ et $z_{2} = - z_{1}$ :

$z_{1}^{'} + p z_{1} + z_{1}^{2} + q = 0 et z_{2}^{'} + p z_{2} + z_{2}^{2} + q = 0 .$

La différentce et la somme de ces deux équations donnent

$z_{1}^{'} + p z_{1} = 0 et z_{1}^{2} + q = 0 .$

On en déduit $q \leq 0$ et $z_{1} z_{1}^{'} + p z_{1}^{2} = 0$ donne $q^{'} + 2 p q = 0$ . Notons que si la fonction $q$ s’annule, l’équation différentielle précédente assure que $q$ est la fonction nulle. Synthèse: Si la fonction $q$ est nulle l’équation $(E_{1})$ admet des solutions constantes et, parmi celles-ci, il figure des solutions dont le produit vaut 1. Si la fonction $q$ est strictement négative et vérifie $q^{'} + 2 p q = 0$ , on peut introduire $z = \sqrt{- q}$ et l’on observe $z^{'} = - p z$ car

$2 z z^{'} = {(- q)}^{'} = 2 p q = - 2 p z^{2} .$

Si $u$ est une solution non nulle de l’équation différentielle $u^{'} = u z$ , elle ne s’annule pas et l’on vérifie par le calcul que $u$ et $1 / u$ sont solutions de l’équation $(E_{1})$ .

En résumé, l’équation $(E_{1})$ admet deux solutions dont le produit vaut $1$ si, et seulement si, $q$ est une fonction négative vérifiant $q^{'} + 2 p q = 0$ .
(c)

La condition précédente est vérifiée pour

$p (t) = - \frac{2 \sin (4 t)}{1 + \cos (4 t)} = \frac{2 \sin (2 t)}{\cos (2 t)} et q (t) = - \frac{8}{1 + \cos (4 t)} = - \frac{4}{\cos^{2} (2 t)} .$

En adaptant les calculs qui précèdent, on obtient une solution $u$ en prenant

$u^{'} = u z avec z = \frac{2}{\cos (2 t)}$

et l’on parvient à

$u (t) = \sqrt{\frac{1 - \sin (2 t)}{1 + \sin (2 t)}} = \frac{1 - \sin (2 t)}{\cos (2 t)} .$

La fonction inverse est aussi solution et l’on peut exprimer la solution générale de cette équation différentielle linéaire d’ordre 2

$x (t) = \frac{λ (1 - \sin (2 t)) + μ (1 + \sin (2 t))}{\cos (2 t)} .$

[<] Étude théorique d'équation d'ordre 2[>] Résolution avec raccord d'équation d'ordre 2

Exercice 73 394 Correction

Soient $a, b : I \to ℂ$ continues et $(f_{1}, f_{2})$ un système fondamental de solutions de l’équation

E : y^{''} + a (t) y^{'} (t) + b (t) y = 0 .

Former une équation différentielle linéaire d’ordre 1 vérifiée par le wronskien

w : t \mapsto | \begin{matrix} f_{1} (t) & f_{2} (t) \\ f_{1}^{'} (t) & f_{2}^{'} (t) \end{matrix} | .

Solution

Par dérivation d’un déterminant

w^{'} (t) = | \begin{matrix} f_{1}^{'} (t) & f_{2}^{'} (t) \\ f_{1}^{'} (t) & f_{2}^{'} (t) \end{matrix} | + | \begin{matrix} f_{1} (t) & f_{2} (t) \\ f_{1}^{''} (t) & f_{2}^{''} (t) \end{matrix} |

donc

w^{'} (t) = | \begin{matrix} f_{1} (t) & f_{2} (t) \\ - a (t) f_{1}^{'} (t) - b (t) f_{1} (t) & - a (t) f_{2}^{'} (t) - b (t) f_{2} (t) \end{matrix} |

puis

w^{'} (t) = | \begin{matrix} f_{1} (t) & f_{2} (t) \\ - a (t) f_{1}^{'} (t) & - a (t) f_{2}^{'} (t) \end{matrix} | = - a (t) | \begin{matrix} f_{1} (t) & f_{2} (t) \\ f_{1}^{'} (t) & f_{2}^{'} (t) \end{matrix} | .

Ainsi $w$ est solution de l’équation différentielle

w^{'} + a (t) w = 0 .

Exercice 74 4001 Correction

On étudie sur $] 0; + \infty [$ l’équation différentielle

(E) : t y^{''} + (1 - 2 t) y^{'} + (t - 1) y = 0 .

(a)

Vérifier que $φ (t) = e^{t}$ détermine une solution de $(E)$ sur $] 0; + \infty [$ .
(b)

Déterminer le wronskien de deux solutions de l’équation $(E)$ .
(c)

En déduire une solution de $(E)$ indépendante de $φ$ et exprimer la solution générale de $(E)$ sur $] 0; + \infty [$ .

Solution

(a)

Un simple calcul de vérification.
(b)

Le wronskien de deux solutions de l’équation homogène $(E)$ est solution de l’équation différentielle

$t w^{'} (t) + (1 - 2 t) w (t) = 0 .$

Après résolution, on obtient

$w (t) = λ \frac{e^{2 t}}{t} avec λ \in ℝ .$
(c)

Soient $ψ$ une solution indépendante de $φ$ (la théorie assure qu’il en existe car l’ensemble des solutions de $(E)$ est un espace de dimension $2$ ) et $w$ le wronskien de $φ$ et $ψ$ . Quitte à multiplier $ψ$ par une constante ad hoc, on peut supposer

$w (t) = \frac{e^{2 t}}{t}$

et la fonction $ψ$ apparaît solution de l’équation différentielle

$φ ψ^{'} - ψ φ^{'} = w (t)$

c’est-à-dire

$e^{t} ψ^{'} - e^{t} ψ = w (t) .$

Après résolution, on obtient

$ψ (t) = \ln (t) e^{t} .$

Le couple $(φ, ψ)$ constituant un système fondamental de solutions, on peut exprimer la solution générale

$y (t) = (λ \ln (t) + μ) e^{t} avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .$

Exercice 75 436 ENSTIM (MP)Correction

Soient $q$ une fonction continue, intégrable sur $[0; + \infty [$ et $(E)$ l’équation différentielle

y^{''} + q (x) y = 0 .

(a)

Si $f$ est une solution bornée de $(E)$ sur $[0; + \infty [$ , montrer que sa dérivée $f^{'}$ admet une limite finie en $+ \infty$ .
(b)

Quelle est la valeur de sa limite?
(c)

Soient $f$ et $g$ deux solutions bornées. Étudier le wronskien de $f$ et de $g$

$w = f g^{'} - f^{'} g .$

En déduire que $f$ et $g$ sont liées. Que peut-on en conclure?

Solution

(a)

La fonction $f$ est de classe $𝒞^{2}$ et

$f^{'} (x) = f^{'} (0) + \int_{0}^{x} f^{''} (t) d t = f^{'} (0) - \int_{0}^{x} q (t) f (t) d t .$

Puisque la fonction $q$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ et puisque $f$ est bornée, on peut affirmer que la fonction $q f$ est intégrable sur $[0; + \infty [$ . Par suite, l’intégrale de l’expression précédente de $f^{'} (x)$ admet une limite finie quand $x \to + \infty$ . On en déduit que $f^{'}$ admet une limite finie en $+ \infty$ .
(b)

Posons $ℓ$ cette limite.

Par l’absurde, si $ℓ > 0$ alors il existe $A$ assez grand tel que, pour tout $x \geq A$ , on a $f^{'} (x) \geq ℓ / 2$ et alors

$f (x) = f (A) + \int_{A}^{x} f^{'} (t) d t \geq f (A) + \frac{ℓ}{2} (x - A) \to_{x \to + \infty}^{} + \infty .$

Cela contredit l’hypothèse assurant que $f$ est bornée. C’est absurde.

De même, $ℓ < 0$ est absurde et il reste donc $ℓ = 0$ .
(c)

En dérivant

$w^{'} = f^{'} g^{'} + f g^{''} - f^{''} g - f^{'} g^{'} = 0$

car $f$ et $g$ sont solutions de $(E)$ .

On en déduit que le wronskien $w$ est constant et puisque les fonctions $f$ et $g$ sont bornées, leurs dérivées $f^{'}$ et $g^{'}$ tendent vers $0$ en $+ \infty$ et donc

$w \to_{+ \infty}^{} 0 .$

Ainsi, le wronskien $w$ est constant égal à $0$ et les fonctions $f$ et $g$ sont liées.

On en déduit que l’équation différentielle $E$ possède des solutions non bornées.

Exercice 76 3671 Correction

Soient $q_{1}, q_{2} : I \to ℝ$ continues vérifiant $q_{1} \leq q_{2}$ .
On note $φ_{1}$ et $φ_{2}$ deux solutions sur $I$ respectivement des équations

y^{''} + q_{1} (x) y = 0 et y^{''} + q_{2} (x) y = 0 .

On suppose la solution $φ_{1}$ non identiquement nulle.

(a)

Montrer que les zéros de $φ_{1}$ sont isolés c’est-à-dire que si $x_{0} \in I$ annule $φ_{1}$ alors

$\exists α > 0, \forall x \in I \cap [x_{0} - α; x_{0} + α], φ (x) = 0 ⟹ x = x_{0} .$
(b)

Soient $a < b$ deux zéros consécutifs de $φ_{1}$ . Montrer que $φ_{2}$ s’annule sur $[a; b]$ .
On pourra étudier $φ_{1} φ_{2}^{'} - φ_{2} φ_{1}^{'}$ .
(c)

Application : Montrer que si $φ$ est une solution non nulle de l’équation $y^{''} + e^{x} y = 0$ alors

$\forall a \in ℝ_{+}, \exists x \in [a; a + π], φ (x) = 0 .$

Solution

(a)

Si $φ_{1}$ possède une solution non isolée $x_{0}$ alors il existe une suite ${(x_{n})}_{n \in ℕ}$ de zéros de $φ_{1}$ deux à deux distincts convergeant vers $x_{0}$ . En appliquant le théorème de Rolle entre les deux termes distincts $x_{n}$ et $x_{n + 1}$ , on détermine une suite $(c_{n})$ convergeant vers $x_{0}$ formée de zéros de $φ_{1}^{'}$ . En passant la relation $φ^{'} (c_{n}) = 0$ à la limite, on obtient $φ^{'} (x_{0}) = 0$ . Ainsi, $φ_{1}$ se comprend comme la solution du problème de Cauchy constitué de l’équation différentielle $y^{''} + q_{1} (x) = 0$ et des conditions initiales $y (x_{0}) = y^{'} (x_{0}) = 0$ . Or ce problème de Cauchy possède une solution unique et celle-ci est la fonction nulle, cas que l’énoncé exclut.
(b)

On suppose les zéros de $a$ et $b$ consécutifs donc $φ_{1}$ est de signe constant sur $[a; b]$ .
Quitte à considérer $- φ_{1}$ on peut supposer $φ_{1} \geq 0$ sur $[a; b]$ et, sachant $φ_{1}^{'} (a), φ_{1}^{'} (b) \neq 0$ car $φ_{1}$ est non identiquement nulle, on a $φ_{1}^{'} (a) > 0$ et $φ_{1}^{'} (b) < 0$ .
Si $φ_{2}$ n’est pas de signe constant sur $[a; b]$ alors, par le théorème de valeurs intermédiaires, $φ_{2}$ s’annule sur $] a; b [$ .
Si en revanche $φ_{2}$ est de signe constant sur $[a; b]$ alors, quitte à considérer $- φ_{2}$ , on peut supposer $φ_{2} \geq 0$ sur $[a; b]$ afin de fixer les idées. Considérons alors la fonction donnée par

$w (t) = φ_{1} (t) φ_{2}^{'} (t) - φ_{2} (t) φ_{1}^{'} (t) .$

La fonction $w$ est décroissante car

$w^{'} (t) = φ_{1} (t) φ_{2}^{''} (t) - φ_{2} (t) φ_{1}^{''} (t) = (q_{1} (t) - q_{2} (t)) φ_{1} (t) φ_{2} (t) \leq 0 .$

Or $w (a) = - φ_{2} (a) φ_{1}^{'} (a) \leq 0$ et $w (b) = - φ_{2} (b) φ_{1}^{'} (b) \geq 0$ donc nécessairement $φ_{2} (a) = φ_{2} (b) = 0$ .
(c)

Il suffit d’appliquer ce qui précède à $q_{1} (x) = 1$ et $q_{2} (x) = e^{x}$ sur $I = ℝ_{+}$ sachant que $φ_{1} (x) = \sin (x - a)$ est solution de l’équation $y^{''} + y = 0$ et s’annule en $a$ et $a + π$ .

Exercice 77 3387 CENTRALE (PC)Correction

On considère l’équation différentielle

(E) : y^{''} + \cos^{2} (t) y = 0 .

(a)

Justifier l’existence d’une solution $u$ de $(E)$ telle que $u (0) = 1$ et $u^{'} (0) = 0$ .
(b)

Démontrer l’existence de deux réels $α, β$ vérifiant

$α < 0 < β, u^{'} (α) > 0 et u^{'} (β) < 0 .$

En déduire que $u$ possède au moins un zéro dans $ℝ_{-}^{*}$ et $ℝ_{+}^{*}$ .
(c)

Justifier l’existence de réels

$γ = \max {t < 0 | u (t) = 0} et δ = \min {t > 0 | u (t) = 0} .$
(d)

Soit $v$ une solution de $(E)$ linéairement indépendante de $u$ .
En étudiant les variations de

$W = u v^{'} - u^{'} v$

montrer que $v$ possède au moins un zéro dans $] γ; δ [$ .
(e)

Soit $w$ une solution non nulle de $(E)$ . Démontrer que $w$ admet une infinité de zéros. On pourra introduire pour $n \in ℕ$ , la fonction

$w_{n} : ℝ \to ℝ, t \mapsto w (t - n π)$

[Énoncé fourni par le CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA]

Solution

(a)

$(E)$ est une équation différentielle linéaire d’ordre 2 définie sur $ℝ$ . Les conditions initiales proposées déterminent alors une solution unique définie sur $ℝ$ .
(b)

Puisque la fonction $u$ est continue et $u (0) = 1$ , la fonction $u$ est strictement positive au voisinage de 0 et par la satisfaction de l’équation différentielle, on peut affirmer que $u^{''}$ est strictement négative au voisinage de 0. La fonction $u^{'}$ étant alors strictement décroissante au voisinage de 0 et vérifiant $u^{'} (0) = 0$ , les existences de $α$ et $β$ sont assurées.
Par l’absurde, supposons que la fonction $u$ ne s’annule par sur $ℝ_{+}$ .
La fonction $u$ est alors positive et $u^{''}$ est négative sur $ℝ_{+}$ . La fonction $u^{'}$ étant donc décroissante sur $ℝ_{+}$ , on a

$\forall t \geq β, u^{'} (t) \leq u^{'} (β) .$

En intégrant

$\forall x \geq β, u (x) - u (β) \leq u^{'} (β) (x - β) .$

Or cette affirmation est incompatible avec un passage à la limite quand $x \to + \infty$ .
On en déduit que $u$ s’annule au moins une fois sur $ℝ_{+}$ (et cette annulation est nécessairement sur $ℝ_{+}^{*}$ )
De même, on justifie que $u$ s’annule au moins une fois sur $ℝ_{-}^{*}$ (et on peut même montrer que la fonction $u$ est paire…)
(c)

Considérons l’ensemble

$A = {t > 0 | u (t) = 0} .$

C’est une partie non vide et minorée de $ℝ$ , elle admet donc une borne inférieure $δ$ . Par la caractérisation séquentielle d’une borne inférieure, il existe une suite $(t_{n}) \in A^{ℕ}$ , telle que

$t_{n} \to δ .$

Puisque $u (t_{n}) = 0$ , on obtient à la limite $u (δ) = 0$ . Evidemment $δ \geq 0$ et $δ \neq 0$ donc $δ \in A$ et ainsi $δ$ est un minimum de $A$ .
De même, on obtient $γ$ .
(d)

Grâce à l’équation différentielle

$W^{'} = u^{''} v - u v^{''} = 0 .$

Le wronskien $W$ est donc constant mais peu importe…puisque les solutions $u$ et $v$ sont indépendantes, le wronskien ne s’annule pas et il est donc de signe constant.
Or

$W (γ) = u^{'} (γ) v (γ) et W (δ) = u^{'} (δ) v (δ) .$

Puisque $u$ est strictement positive sur $] γ; δ [$ , $u^{''}$ est strictement négative et $u^{'}$ strictement décroissante sur ce même intervalle. On en déduit

$u^{'} (γ) > 0 et u^{'} (δ) < 0$

ce qui entraîne que $v (γ)$ et $v (δ)$ sont de signes stricts contraires. On en déduit que $v$ s’annule sur $] γ; δ [$ .
(e)

Plus généralement, qu’une solution de $(E)$ soit colinéaire à $u$ ou non, on peut affirmer que celle-ci possède un zéro dans $[γ; δ]$ . Or on vérifie que les fonctions $w_{n}$ sont solutions de $(E)$ et donc chacune possède au moins un zéro dans $[γ; δ]$ . On en déduit que la fonction $w$ possède au moins un zéro dans chaque intervalle $[γ + n π; δ + n π]$ ce qui assure l’existence d’une infinité de zéros.

Exercice 78 3920 CENTRALE (MP)Correction

Soient $q \in 𝒞 ([a; + \infty [, ℝ_{+})$ et $(E)$ l’équation différentielle $y^{''} = q (x) y$ .

(a)

Soit $f$ une solution de $(E)$ telle que $f (a) > 0$ et $f^{'} (a) > 0$ . Montrer que $f$ et $f^{'}$ sont strictement positives et que $f$ tend vers $+ \infty$ en $+ \infty$ .
(b)

Soient $u$ et $v$ les solutions de $(E)$ telles que

${\begin{matrix} u (a) & = 1 \\ u^{'} (a) & = 0 \end{matrix} et {\begin{matrix} v (a) & = 0 \\ v^{'} (a) & = 1 . \end{matrix}$

Calculer $u^{'} v - u v^{'}$ . Montrer que, sur $] a; + \infty [$ , $u / v$ et $u^{'} / v^{'}$ sont monotones et de monotonies contraires. Montrer que $u / v$ et $u^{'} / v^{'}$ tendent en $+ \infty$ vers la même limite réelle.
(c)

Montrer qu’il existe une unique solution $g$ de $(E)$ , strictement positive, telle que $g (a) = 1$ et telle que $g$ soit décroissante sur $[a; + \infty [$ .
(d)

Déterminer $g$ lorsque $q (x) = 1 / x^{4}$ sur $[1; + \infty [$ .
On pourra poser $y (x) = x z (1 / x)$ .

Solution

(a)

Par l’absurde, supposons que $f$ s’annule et introduisons

$b = inf {t \in [a; + \infty [| f (t) = 0} .$

Par continuité de $f$ , on a $f (b) = 0$ et, sachant $f (a) > 0$ , on aussi.

$\forall t \in [a; b], f (t) \geq 0 .$

On en déduit $f^{''} (t) = q (t) f (t) \geq 0$ et donc $f^{'}$ est croissante sur $[a; b]$ . Sachant $f^{'} (a) > 0$ , la fonction $f$ est croissante sur $[a; b]$ . Ceci est incompatible avec la valeur $f (b) = 0$ . C’est absurde.

On en déduit que $f$ ne s’annule pas sur $[a; + \infty [$ et est donc strictement positive. Comme au dessus, on retrouve que $f^{'}$ est croissante et donc strictement positive. Enfin

$f (x) = f (a) + \int_{a}^{x} f^{'} (t) d t \geq f (a) + f^{'} (a) (x - a) \to_{x \to + \infty}^{} + \infty .$
(b)

${(u^{'} v - u v^{'})}^{'} = u^{''} v - u v^{''} = 0$ . La fonction $u^{'} v - u v^{'}$ est donc constante égale à $- 1$ (qui est sa valeur en $a$ ). Puisque $v (a) = 0$ et $v^{'} (a) = 1$ , les fonctions $v$ et $v^{'}$ sont strictement positives sur un intervalle de la forme $] a; a + h]$ (avec $h > 0$ ). En appliquant la question précédente avec $a + h$ plutôt que $a$ , on assure que $v$ et $v^{'}$ sont strictement positives sur $] a; + \infty [$ . On peut donc introduire les fonctions $u / v$ et $u^{'} / v^{'}$ . Aussi,

${(\frac{u}{v})}^{'} = \frac{- 1}{v^{2}} \leq 0 et {(\frac{u^{'}}{v^{'}})}^{'} = \frac{u^{''} v^{'} - u^{'} v^{''}}{v^{', 2}} = \frac{q}{v^{', 2}} \geq 0 .$

On a

$\frac{u}{v} - \frac{u^{'}}{v^{'}} = \frac{u v^{'} - u^{'} v}{v v^{'}} = \frac{1}{v v^{'}}$

avec $v \to_{+ \infty}^{} + \infty$ et $v^{'} \geq v^{'} (a) = 1$ . On en déduit que les fonctions $u / v$ et $u^{'} / v^{'}$ ont la même limite en $+ \infty$ (ces limites existent assurément par monotonie). Aussi, cette limite est finie car la fonction $u / v$ est au-dessus de la fonction $u^{'} / v^{'}$ . Nous noterons $ℓ$ cette limite.
(c)

Les solutions de $(E)$ sont les fonctions de la forme

$g = λ u + μ v$

car $(u, v)$ forme un système fondamental de solutions de l’équation linéaire $(E)$ .

La condition $g (a) = 1$ impose $λ = 1$ . Les conditions $g$ strictement positive et décroissante imposent respectivement

$u + μ v > 0 et u^{'} + μ v^{'} \leq 0 .$

La constante $μ$ est alors nécessairement $- ℓ$ et, finalement, $g = u - ℓ v$ .

La réciproque est immédiate.
(d)

Le changement de fonction proposé transpose l’équation $x^{4} y^{''} (x) = y (x)$ en

$z^{''} (1 / x) = z (1 / x) .$

La solution générale de l’équation $(E)$ sur $[1; + \infty [$ est donc

$y (x) = x (λ e^{1 / x} + μ e^{- 1 / x}) .$

Par développement limité,

$y (x) \underset{x \to + \infty}{=} x ((λ + μ) + o (1)) .$

Pour que la fonction $g$ décroisse en restant positive, il est nécessaire que $λ + μ = 0$ .
Sachant $y (1) = λ e + μ / e$ , on obtient

$g (x) = \frac{e x}{e^{2} - 1} (e^{1 / x} - e^{- 1 / x}) .$

On aurait aussi pu calculer

$u (x) = x e^{1 / x - 1} q u a d e t v (x) = \frac{x}{2} (- e^{1 / x - 1} + e^{- 1 / x + 1})$

et reprendre ce qui précède.

[<] Wronskien[>] Problèmes se ramenant à la résoluton d'équations différentielles

Exercice 79 4662

Résoudre sur $ℝ$ l’équation

(E) : (t - 1) y^{''} - t y^{'} + y = 0

en commençant par rechercher deux solutions « apparentes ».

Exercice 80 427 Correction

Résoudre sur $ℝ$ l’équation

{(t + 1)}^{2} y^{''} - 2 (t + 1) y^{'} + 2 y = 0 .

On commencera par rechercher les fonctions polynomiales solutions.

Solution

Sur $I =] - \infty; - 1 [$ ou $] - 1; + \infty [$ l’espace des solutions de cette équation différentielle linéaire d’ordre 2 est un plan vectoriel. En recherchant ses solutions polynomiale on obtient les fonctions $y (t) = a (t^{2} - 1) + b (t + 1)$ . Les deux fonctions polynomiales $t \mapsto t^{2} - 1$ et $t \mapsto t + 1$ sont solutions et indépendantes, elles constituent un système fondamental de solution de l’équation sur $I$ . Reste à recoller celles-ci en $- 1$ .
Si $y$ est solution sur $ℝ$ , elle est a fortiori solution sur $] - \infty; - 1 [$ et $] - 1; + \infty [$ donc il existe $a_{1}, b_{1}, a_{2}, b_{2} \in ℝ$ tels que $\forall t > - 1, y (t) = a_{1} (t^{2} - 1) + b_{1} (t + 1)$ et $\forall t < - 1, y (t) = a_{2} (t^{2} - 1) + b_{2} (t + 1)$ .
Recherchons parmi les fonctions de la forme précédente celles pouvant être prolongée en une fonction deux fois dérivable en $- 1$
Limite en $- 1$ : ${lim}_{t \to - 1^{+}} y (t) = 0$ et ${lim}_{t \to - 1^{-}} y (t) = 0$ . On peut prolonger $y$ en $- 1$ en posant $y (- 1) = 0$ .
$\forall t > - 1, y^{'} (t) = 2 a_{1} t + b_{1}$ et $\forall t > - 1, y^{'} (t) = 2 a_{2} t + b_{2}$ .
Limite en $- 1$ : ${lim}_{t \to - 1^{+}} y^{'} (t) = - 2 a_{1} + b_{1}$ et ${lim}_{t \to - 1^{-}} y (t) = - 2 a_{2} + b_{2}$ . La fonction $y$ est dérivable en $- 1$ si, et seulement si, $- 2 a_{1} + b_{1} = - 2 a_{2} + b_{2}$ . Si tel est le cas:
$\forall t > - 1, y^{''} (t) = 2 a_{1}$ et $\forall t < - 1, y^{''} (t) = 2 a_{2}$ .
Limite en $- 1$ : ${lim}_{t \to - 1^{+}} y^{''} (t) = 2 a_{1}$ et ${lim}_{t \to - 1^{-}} y^{''} (t) = 2 a_{2}$ . La fonction $y$ est deux fois dérivable en $- 1$ si, et seulement si, $2 a_{1} = 2 a_{2}$ .
Au final $y$ peut être prolongée en une fonction deux fois dérivable si, et seulement si, $a_{1} = a_{2}$ et $b_{1} = b_{2}$ .
La fonction $y$ est alors donnée par $y (t) = a_{1} (t^{2} - 1) + b_{1} (t + 1)$ sur $ℝ$ et elle bien solution de l’équation.

Finalement, les solutions sur $ℝ$ de l’équation sont les fonctions

y (t) = a (t^{2} - 1) + b (t + 1) avec a, b \in ℝ .

Exercice 81 428 Correction

Déterminer les fonctions réelles solutions sur $ℝ$ de l’équation

(t + 1) y^{''} - (t + 2) y^{'} + y = 0 .

Solution

On remarque

(t + 1) y^{''} - (t + 2) y^{'} + y = 0 \Leftrightarrow (t + 1) {(y^{'} - y)}^{'} - (y^{'} - y) = 0 .

Les fonctions $y (t) = e^{t}$ et $y (t) = t + 2$ sont solutions sur $ℝ$ et elles sont indépendantes.

Par suite, sur $I =] - \infty; - 1 [$ ou $] - 1; + \infty [$ , la solution générale est

y (t) = λ e^{t} + μ (t + 2) avec (λ, μ) \in ℝ^{2}

car on sait que l’espace des solutions est de dimension $2$ .

Après recollement en $- 1$ , la solution générale sur $ℝ$ est

y (t) = λ e^{t} + μ (t + 2) avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

Exercice 82 5926 Correction

On considère l’équation différentielle

(E) : (2 x + 1) y^{''} + (4 x - 2) y^{'} - 8 y = 0 .

(a)

Déterminer $α$ réel tel que $x \mapsto e^{α x}$ soit solution de $(E)$ sur $ℝ$ .
(b)

Déterminer une fonction polynomiale non triviale solution de $(E)$ sur $ℝ$ .
(c)

Résoudre $(E)$ sur $ℝ$ .

Solution

(a)

Pour $y (x) = e^{α x}$ , on obtient

$(2 x + 1) y^{''} (x) + (4 x - 2) y^{'} (x) - 8 y (x) = ((2 α^{2} + 4 α) x + (α^{2} - 2 α - 8)) e^{α x} .$

Pour $α = - 2$ , $x \mapsto e^{α x}$ est solution de $(E)$ sur $ℝ$ .
(b)

Pour $y (x) = x^{n} + \dots$ , on obtient

$(2 x + 1) y^{''} (x) + (4 x - 2) y^{'} (x) - 8 y (x) = (4 n - 8) x^{n} + \dots$

Pour que $y$ soit solution de $(E)$ sur $ℝ$ , il est nécessaire que $n = 2$ .

On reprend les calculs avec $y (x) = x^{2} + a x + b$ ,

$(2 x + 1) y^{''} (x) + (4 x - 2) y^{'} (x) - 8 y (x) = - 4 a x - 2 a + 2 - 8 b .$

Pour $a = 0$ et $b = 1 / 4$ , $x \mapsto x^{2} + 1 / 4$ est solution de $(E)$ sur $ℝ$ .
(c)

Sur $I =] - \infty; - 1 / 2 [$ ou $I] - 1 / 2; + \infty [$ , $(E)$ équivaut à une équation différentielle linéaire d’ordre $2$ homogène. Ce qui précède produit un système fondamental de solutions permettant d’exprimer la solution générale sur $I$ ,

$y (x) = λ e^{- 2 x} + μ (x^{2} + \frac{1}{4}) avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .$

Il reste à procéder au recollement des solutions en $- 1 / 2$ .

Soit $y$ une fonction solution sur $] - \infty; - 1 / 2 [$ et $] - 1 / 2; + \infty [$ .

Il existe $(λ, μ) \in ℝ^{2}$ et $(λ^{'}, μ^{'}) \in ℝ^{2}$ tels que

$\forall x \in] - \infty; - 1 / 2 [,$ $y (x) = λ e^{- 2 x} + μ (x^{2} + \frac{1}{4})$

$\forall x \in] - 1 / 2; + \infty [,$ $y (x) = λ^{'} e^{- 2 x} + μ^{'} (x^{2} + \frac{1}{4}) .$

Pour raccorder continûment en $- 1 / 2$ , il faut et il suffit

$λ e + μ / 2 = λ^{'} e + μ^{'} / 2$

Supposons cette condition remplie et posont $y (- 1 / 2)$ égale à cette valeur commune. La fonction $y$ est alors définie et continue sur $ℝ$ .

Par limite de la dérivée, pour que le raccord soit dérivable, il faut et il suffit

$- 2 λ e - μ = - 2 λ^{'} e - μ^{'} .$

Cette condition est identique à la précédente.

Pour que le raccord soit deux fois dérivable, il faut et il suffit

$4 λ e + 2 μ = 4 λ^{'} e + 2 μ^{'} .$

Encore une fois, on retrouve la condition de continuité.

L’équation différentielle sera alors vérifiée en $- 1 / 2$ et la solution générale de $(E)$ sur $ℝ$ s’exprime

$y (x) = {\begin{matrix} λ e^{- 2 x} + μ (x^{2} + \frac{1}{4}) & si x \leq - 1 / 2 \\ λ^{'} e^{- 2 x} + μ^{'} (x^{2} + \frac{1}{4}) & si x \leq - 1 / 2 \end{matrix}$

pour $(λ, μ, λ^{'}, μ^{'}) \in ℝ^{4}$ vérifiant $λ e + μ / 2 = λ^{'} e + μ^{'} / 2$ .

Exercice 83 426 Correction

On considère l’équation différentielle

x y^{''} - y^{'} - x^{3} y = 0 .

(a)

Montrer que si $y$ est solution sur $I$ alors $x \mapsto y (- x)$ est solution sur $I^{'}$ symétrique de $I$ par rapport à $0$ .
(b)

Résoudre sur $ℝ_{+}^{*}$ l’équation via le changement de variable $t = x^{2}$ .
(c)

Déterminer les solutions sur $ℝ$ .

Solution

(a)

$z : x \mapsto y (- x)$ est deux fois dérivable sur $I^{'}$ et vérifie bien l’équation.
(b)

Soient $y$ une fonction deux fois dérivable définie sur $ℝ_{+}^{*}$ et $z$ définie par $z (t) = y (\sqrt{t})$ de sorte que $y (x) = z (x^{2})$ . La fonction $z$ est deux fois dérivable et

$y^{'} (x) = 2 x z^{'} (x^{2}) et y^{''} (x) = 2 z^{'} (x^{2}) + 4 x^{2} z^{''} (x^{2}) .$

La fonction $y$ est solution sur $ℝ_{+}^{*}$ si, et seulement si,

$4 z^{''} - z = 0 .$

Cela conduit à la solution générale

$y (x) = λ e^{\frac{x^{2}}{2}} + μ e^{- \frac{x^{2}}{2}} avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .$
(c)

Soit $y$ une solution sur $ℝ$ de l’équation proposée.

Puisque $y$ est solution sur $ℝ_{+}^{*}$ et $ℝ_{-}^{*}$ , on peut écrire

$\forall x > 0, y (x) = λ_{1} e^{\frac{x^{2}}{2}} + μ_{1} e^{- \frac{x^{2}}{2}} et \forall x < 0, y (x) = λ_{2} e^{\frac{x^{2}}{2}} + μ_{2} e^{- \frac{x^{2}}{2}} .$

Puisque $y$ est continue en $0$ ,

$λ_{1} + μ_{1} = λ_{2} + μ_{2} .$

La dérivabilité de $y$ en $0$ ne donne rien de plus.

$y^{''} (x) \to_{x \to 0 +}^{} λ_{1} - μ_{1} et y^{''} (x) \to_{x \to 0 -}^{} λ_{2} - μ_{2} .$

La dérivabilité à l’ordre $2$ de $y$ en $0$ conduit à $λ_{1} - μ_{1} = λ_{2} - μ_{2}$ d’où $λ_{1} = μ_{1}$ et $λ_{2} = μ_{2}$ .

Finalement, la solution générale sur $ℝ$ s’exprime

$y (x) = λ_{1} e^{\frac{x^{2}}{2}} + μ_{1} e^{- \frac{x^{2}}{2}} avec (λ_{1}, μ_{1}) \in ℝ^{2} .$

Exercice 84 3501 Correction

On étudie l’équation différentielle

(E) : 4 x y^{''} + 2 y^{'} - y = 0 .

(a)

Déterminer les fonctions développables en série entière solutions
(b)

Résoudre $(E)$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et sur $ℝ_{-}^{*}$ en posant respectivement $x = t^{2}$ et $x = - t^{2}$ .
(c)

Déterminer les solutions de $(E)$ sur $ℝ$ .

Solution

(a)

Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ .
Sur $] - R; R [$ , la fonction $x \mapsto y (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} a_{n} x^{n}$ est de classe $𝒞^{\infty}$ avec

$y^{'} (x) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (n + 1) a_{n + 1} x^{n} et y^{''} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} (n + 1) n a_{n + 1} x^{n - 1} .$

On a alors

$4 x y^{''} + 2 y^{'} - y = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (2 (2 n + 1) (n + 1) a_{n + 1} - a_{n}) x^{n} .$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, la fonction $y$ est solution de l’équation $(E)$ si, et seulement si,

$\forall n \in ℕ, a_{n + 1} = \frac{a_{n}}{(2 n + 1) (2 n + 2)} .$

Ce qui donne

$\forall n \in ℕ, a_{n} = \frac{1}{(2 n)!} a_{0} .$

Inversement, la série entière donnée par $\sum \frac{a_{0}}{(2 n)!} x^{n}$ est de rayon de convergence $+ \infty$ et en vertu des calculs qui précèdent, sa somme est solution sur $ℝ$ de l’équation $(E)$ .
(b)

Considérons $I = ℝ_{+}^{*}$ ou $ℝ_{-}^{*}$ et posons $x = ε t^{2}$ avec $ε = \pm 1$ .
Soit $y : I \to ℝ$ une fonction deux fois dérivable et $z : ℝ_{+}^{*} \to ℝ$ définie par $z (t) = y (ε t^{2})$ .
La fonction $z$ est deux fois dérivable et

$z (t) = y (ε t^{2}), z^{'} (t) = 2 ε t y^{'} (ε t^{2}) et z^{''} (t) = 4 t^{2} y^{''} (ε t^{2}) + 2 ε y^{'} (ε t^{2})$

de sorte que

$ε z^{''} (t) - z (t) = 4 x y^{''} (x) + 2 y^{'} (x) - y (x) .$

Ainsi, $y$ est solution de $(E)$ sur $I$ si, et seulement si, $z$ est solution sur $ℝ_{+}^{*}$ de l’équation différentielle linéaire à coefficients constants $ε z^{''} - z = 0$ . La solution générale de cette dernière est $z (t) = λ ch (t) + μ sh (t)$ si $I = ℝ_{+}^{*}$ et $z (t) = λ \cos (t) + μ \sin (t)$ si $I = ℝ_{-}^{*}$ . La solution générale de $(E)$ sur $I$ est donc

$y (x) = λ ch (\sqrt{x}) + μ sh (\sqrt{x}) sur I = ℝ_{+}^{*}$

et

$y (x) = λ \cos (\sqrt{| x |}) + μ \sin (\sqrt{| x |}) sur I = ℝ_{-}^{*} .$
(c)

Soit $y$ une solution de $(E)$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et $ℝ_{-}^{*}$ . On peut écrire

$\forall x > 0, y (x) = λ ch (\sqrt{x}) + μ sh (\sqrt{x})$

et

$\forall x < 0, y (x) = λ^{'} \cos (\sqrt{| x |}) + μ^{'} sh (\sqrt{| x |}) .$

Le raccord par continuité exige $λ = λ^{'}$ .
La dérivabilité du raccord exige $μ = μ^{'} = 0$ .
La fonction ainsi obtenue correspond alors au développement en série entière initiale que l’on sait être solution sur $ℝ$ .

Exercice 85 1560 Correction

Résoudre sur $ℝ$ l’équation différentielle

(E) : x y^{''} - (1 + x) y^{'} + y = 1

en posant $z = y^{'} - y$ .

Solution

Soient $y : ℝ \to ℝ$ une fonction deux fois dérivable et $z : ℝ \to ℝ$ définie par $z = y^{'} - y$ . La fonction $z$ est dérivable et $z^{'} = y^{''} - y^{'}$ .

$y$ est solution de $E$ si, et seulement si, $z$ est solution de $(F) : x z^{'} - z = 1$ .

$(F)$ est une équation différentielle linéaire d’ordre $1$ .

Solution générale de $(F)$ sur $ℝ_{+}^{*}$ et $ℝ_{-}^{*}$ :

z (x) = C x - 1 .

Après recollement, solution générale de $(F)$ sur $ℝ$ :

z (x) = C x - 1 .

Reste à résoudre

(G) : y^{'} - y = C x - 1 .

Solution homogène: $y_{0} (x) = D e^{x}$ .

Solution particulière: $y_{1} (x) = - C (x + 1) + 1$ .

Solution générale de $(E)$ :

y (x) = - C (x + 1) + D e^{x} + 1 avec (C, D) \in ℝ^{2} .

[<] Résolution avec raccord d'équation d'ordre 2[>] Résolution par changement de fonction inconnue

Exercice 86 2890 MINES (MP)Correction

Trouver les fonctions $f : ℝ \to ℝ$ continues telles que pour tout $x$ réel

f (x) - 2 \int_{0}^{x} f (t) \cos (x - t) d t = 1 .

Solution

Remarquons

\int_{0}^{x} f (t) \cos (x - t) d t = \cos (x) \int_{0}^{x} f (t) \cos (t) d t + \sin (x) \int_{0}^{x} f (t) \sin (t) d t .

Si $f$ est solution alors

f (x) = 1 + 2 \int_{0}^{x} f (t) \cos (x - t) d t

et donc $f (0) = 1$ .
$f$ est dérivable car somme de fonctions dérivables.

f^{'} (x) = - 2 \sin (x) \int_{0}^{x} f (t) \cos (t) d t + 2 \cos (x) \int_{0}^{x} f (t) \sin (t) d t + 2 f (x)

et $f^{'} (0) = 2$ .
$f$ est alors deux fois dérivable et

f^{''} (x) = 1 - f (x) + 2 f^{'} (x) .

Ainsi, $f$ est solution de l’équation différentielle

y^{''} - 2 y^{'} + y = 1

vérifiant les conditions initiales $y (0) = 1$ et $y^{'} (0) = 2$ .
La solution générale de cette équation différentielle linéaire d’ordre 2 est

y (x) = (λ x + μ) e^{x} + 1 .

Cela conduit à $f (x) = 2 x e^{x} + 1$ .
Inversement, soit par calculs, soit en remontant le raisonnement, on peut affirmer que la fonction proposée est solution.

Exercice 87 3108 Correction

Soient $f$ une fonction réelle continue sur $[0; 1]$ et $λ$ un réel.
Trouver $u$ fonction réelle continue sur $[0; 1]$ telle que

u (x) = λ \int_{0}^{x} u (t) d t + f (x) .

Solution

Soit $u$ une fonction solution.
Posons

U (x) = \int_{0}^{x} u (t) d t .

La fonction $U$ est de classe $𝒞^{1}$ et vérifie

{\begin{matrix} U (0) & = 0 \\ U^{'} (x) & = λ U (x) + f (x) . \end{matrix}

La résolution de l’équation différentielle linéaire $U^{'} = λ U + f (x)$ donne par pour solution générale

U (x) = C e^{- λ x} + (\int_{0}^{x} f (t) e^{λ t} d t) e^{- λ x} .

La condition initiale $U (0) = 0$ déterminer la constante $C$

C = 0 .

On en déduit la fonction $u$

u (x) = f (x) - λ \int_{0}^{x} f (t) e^{λ (t - x)} d t .

Inversement, une telle fonction est solution car sa primitive s’annulant en 0 vérifie l’équation $U^{'} = λ U + f (x)$ .

Exercice 88 3506 Correction

Déterminer la dimension de l’espace

E = {y \in 𝒞^{2} (ℝ, ℝ) | \forall x \in ℝ, y^{''} (x) + y (x) = y (0) \cos (x)} .

Solution

Les éléments de $E$ sont les solutions de l’équation différentielle

y^{''} + y = α \cos (x) vérifiant y (0) = α .

L’équation différentielle est linéaire d’ordre 2 à coefficients constants.
La fonction $x \mapsto \frac{α}{2} x \sin (x)$ est solution particulière et la solution générale est

y (x) = λ \cos (x) + μ \sin (x) + \frac{α}{2} x \sin (x) .

Les solutions vérifiant la condition $y (0) = α$ sont les fonctions données par

y (x) = α (\cos (x) + \frac{1}{2} x \sin (x)) + μ \sin (x) .

On en déduit que l’espace $E$ est de dimension 2.

Exercice 89 2535 CCINP (MP)Correction

Quelles sont les fonctions continues $f$ telles que

f (x) = - 1 - \int_{0}^{x} (2 x - t) f (t) d t ?

Solution

Supposons $f$ solution.

f (x) = - 1 - 2 x \int_{0}^{x} f (t) d t + \int_{0}^{x} t f (t) d t .

On a $f (0) = - 1$ et $f$ dérivable avec

f^{'} (x) = - 2 \int_{0}^{x} f (t) d t - 2 x f (x) + x f (x) .

Par suite, $y : x \mapsto \int_{0}^{x} f (t) d t$ est solution de l’équation différentielle

y^{''} + x y^{'} + 2 y = 0

avec les conditions initiales $y (0) = 0$ et $y^{'} (0) = - 1$ . Cela détermine $y$ et donc $f$ de manière unique.
En recherchant les solutions développables en séries entières, on obtient $y (x) = - x e^{- x^{2} / 2}$ puis

f (x) = (x^{2} - 1) e^{- x^{2} / 2} .

Exercice 90 1553 Correction

Déterminer les fonctions $f : ℝ \to ℝ$ deux fois dérivables telles que

\forall (x, y) \in ℝ^{2}, f (x + y) + f (x - y) = 2 f (x) f (y) et f (0) = 1 .

Solution

Soit $f$ solution.
En prenant $x = 0$ dans la relation, on observe que $f$ est nécessairement paire.
En dérivant la relation deux fois par rapport à $x$ on obtient

f^{''} (x + y) + f^{''} (x - y) = 2 f^{''} (x) f (y) .

En dérivant la relation deux fois par rapport à $y$ on obtient

f^{''} (x + y) + f^{''} (x - y) = 2 f (x) f^{''} (y) .

On en déduit

f^{''} (x) f (y) = f (x) f^{''} (y) .

Pour $y = 0$ , on obtient l’équation $f^{''} (x) = λ f (x)$ avec $λ = f^{''} (0)$ .
Si $λ > 0$ alors $f (x) = ch (\sqrt{λ} x)$ .
Si $λ = 0$ alors $f (x) = 1$ .
Si $λ < 0$ alors $f (x) = \cos (\sqrt{- λ}) x$
Inversement, on vérifie par le calcul qu’une fonction de la forme précédente est solution du problème posé.

Exercice 91 2892 MINES (MP)Correction

On souhaite déterminer les fonctions $f : ℝ_{+}^{*} \to ℝ$ dérivables vérifiant

\forall x > 0, f^{'} (x) = f (1 / x) .

(a)

Déterminer une équation différentielle linéaire d’ordre deux satisfaite par les fonctions $f$ solutions.
(b)

Résoudre l’équation proposée par le changement de variable $x = e^{t}$ .
(c)

Quelles sont les fonctions $f$ solutions du problème posé?

Solution

(a)

Soit $f$ une fonction solution. La fonction $f$ est dérivable sur $] 0; + \infty [$ avec

$f^{'} (x) = f (1 / x) .$

La fonction $f^{'}$ est dérivable et $f$ est donc deux fois dérivable avec

$f^{''} (x) = - \frac{1}{x^{2}} f^{'} (1 / x) = - \frac{1}{x^{2}} f (x) .$

La fonction $f$ apparaît alors comme étant solution sur $ℝ_{+}^{*}$ de l’équation différentielle

$(E) : x^{2} y^{''} + y = 0 .$
(b)

Réalisons le changement de variable $x = e^{t}$ .

Soient $y : ℝ_{+}^{*} \to ℝ$ une fonction deux fois dérivable et $z : ℝ \to ℝ$ définie par

$z (t) = y (e^{t})$

$z$ est deux fois dérivable et

$y (x) = z (\ln (x)) .$

$y^{'} (x) = \frac{1}{x} z^{'} (\ln (x)) .$

$y^{''} (x) = - \frac{1}{x^{2}} z^{'} (\ln (x)) + \frac{1}{x^{2}} z^{''} (\ln (x))$

$y$ est solution sur $ℝ_{+}^{*}$ de $E$ si, et seulement si, $z$ est solution sur $ℝ$ de

$(E^{'}) : z^{''} - z^{'} + z = 0$

$(E^{'})$ est un équation différentielle linéaire d’ordre $2$ à coefficients constants homogène de solution générale

$z (x) = (λ \cos (\frac{\sqrt{3} x}{2}) + μ \sin (\frac{\sqrt{3} x}{2})) e^{x / 2} .$

La solution générale de $(E)$ sur $ℝ_{+}^{*}$ est donc

$y (x) = \sqrt{x} (λ \cos (\frac{\sqrt{3} \ln (x)}{2}) + μ \sin (\frac{\sqrt{3} \ln (x)}{2})) .$
(c)

Une fonction $f$ solution du problème posé est de la forme précédente. Il existe $λ, μ \in ℝ$ telles que

$f (x) = \sqrt{x} (λ \cos (\frac{\sqrt{3} \ln (x)}{2}) + μ \sin (\frac{\sqrt{3} \ln (x)}{2}))$

et alors

$f^{'} (x) = \frac{1}{2 \sqrt{x}} ((λ + μ \sqrt{3}) \cos (\frac{\sqrt{3} \ln (x)}{2}) + (μ - λ \sqrt{3}) \sin (\frac{\sqrt{3} \ln (x)}{2})) .$

On a donc

$f^{'} (x) = f (1 / x) \Leftrightarrow {\begin{matrix} λ + μ \sqrt{3} = 2 λ \\ λ \sqrt{3} - μ = 2 μ \end{matrix} \Leftrightarrow λ = μ \sqrt{3} .$

Finalement, les solutions sont les fonctions $f$ données par

$\forall x \in ℝ, f (x) = C \sqrt{x} \cos (\frac{\sqrt{3} \ln (x)}{2} - \frac{π}{6}) avec C \in ℝ .$

[<] Problèmes se ramenant à la résoluton d'équations différentielles[>] Méthode de Lagrange

Exercice 92 1556 Correction

Résoudre sur $ℝ$ l’équation

(1 + x^{2}) y^{''} + 2 x y^{'} = 0 .

Solution

Soit $y : ℝ \to ℝ$ une fonction deux fois dérivable. Posons $z = y^{'}$ , $z$ est dérivable.
$y$ est solution de l’équation différentielle si, et seulement si, $z$ solution de

(1 + x^{2}) z^{'} + 2 x z = 0 .

On obtient

z (x) = \frac{C}{1 + x^{2}}

puis

y (x) = C \arctan (x) + D .

Exercice 93 1558 Correction

Résoudre sur $ℝ$ l’équation

y^{''} + 4 x y^{'} + (3 + 4 x^{2}) y = 0

en introduisant la fonction $z (x) = e^{x^{2}} y (x)$ .

Solution

Soit $y : ℝ \to ℝ$ une fonction deux fois dérivable. Posons $z : x \mapsto e^{x^{2}} y (x)$ , $z$ est deux fois dérivable.
$y$ est solution de l’équation différentielle si, et seulement si, $z$ solution de $z^{''} + z = 0$ .
On obtient

z (x) = C_{1} \cos (x) + C_{2} \sin (x)

et on en déduit

y (x) = (C_{1} \cos (x) + C_{2} \sin (x)) e^{- x^{2}} .

Exercice 94 1559 Correction

Résoudre l’équation différentielle

{(1 + e^{x})}^{2} y^{''} - 2 e^{x} (1 + e^{x}) y^{'} - (3 e^{x} + 1) y = 0

en introduisant

z (x) = \frac{y (x)}{1 + e^{x}} .

Solution

Soit $y : ℝ \to ℝ$ deux fois dérivable et $z : ℝ \to ℝ$ définie par

z (x) = \frac{y (x)}{1 + e^{x}} .

La fonction $z$ est deux fois dérivable.
On a $y (x) = (1 + e^{x}) z (x)$ , $y^{'} (x) = (1 + e^{x}) z^{'} (x) + e^{x} z (x)$ , $y^{''} (x) = (1 + e^{x}) z^{''} (x) + 2 e^{x} z^{'} (x) + e^{x} z (x)$ .
$y$ est solution de l’équation étudiée si, et seulement si, $z^{''} - z = 0$ .
On obtient pour solution générale de l’équation $z^{''} - z = 0$

z (x) = C_{1} e^{x} + C_{2} e^{- x}

et on en déduit la solution générale de l’équation étudiée

y (x) = (C_{1} e^{x} + C_{2} e^{- x}) (1 + e^{x}) .

Exercice 95 413 Correction

Résoudre sur $ℝ_{+}^{*}$ l’équation

x^{2} y^{''} + 4 x y^{'} - (x^{2} - 2) y = 0

en posant $z = x^{2} y$ .

Solution

Soit $y : ℝ_{+}^{*} \to ℝ$ une fonction deux fois dérivable.

Posons $z : ℝ_{+}^{*} \to ℝ$ définie par $z (x) = x^{2} y (x)$ . La fonction $z$ est deux fois dérivable avec

z^{'} (x) = x^{2} y^{'} (x) + 2 x y (x) et z^{''} (x) = x^{2} y^{''} (x) + 4 x y^{'} (x) + 2 y (x) .

On observe alors

x^{2} y^{''} + 4 x y^{'} - (x^{2} - 2) y = 0 \Leftrightarrow z^{''} - z = 0 .

La solution générale de l’équation $z^{''} = z$ est

z (x) = λ e^{x} + μ e^{- x} avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

La solution générale de l’équation initiale est donc

y (x) = \frac{λ e^{x} + μ e^{- x}}{x^{2}} avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

Exercice 96 1561

Résoudre sur $ℝ$ l’équation

(E) : (1 + e^{x}) y^{''} + 2 e^{x} y^{'} + (1 + 2 e^{x}) y = e^{x}

en posant $z (x) = (1 + e^{x}) y (x)$ .

Exercice 97 3508 Correction

Déterminer les fonctions réelles solutions sur $] 0; + \infty [$ de l’équation

x y^{''} (x) + 2 y^{'} (x) - x y (x) = 0

en posant $y (x) = x^{α} z (x)$ avec $α \in ℝ$ bien choisi.

Solution

Soit $y :] 0; + \infty [\to ℝ$ une fonction deux fois dérivable et $z :] 0; + \infty [\to ℝ$ donnée par

z (x) = x^{- α} y (x) .

La fonction $z$ est deux fois dérivable et

y^{'} (x) = x^{α} z^{'} (x) + α x^{α - 1} z (x), y^{''} (x) = x^{α} z^{''} (x) + 2 α x^{α - 1} z^{'} (x) + α (α - 1) x^{α - 2} z (x)

donc

x y^{''} (x) + 2 y^{'} (x) - x y (x) = x^{α + 1} z^{''} (x) + 2 (α + 1) x^{α} z^{'} (x) + (α (α + 1) x^{α - 1} - x^{α + 1}) z (x) .

Pour $α = - 1$ , on obtient

x y^{''} (x) + 2 y^{'} (x) - x y (x) = z^{''} (x) - z (x)

et donc $y$ est solution de l’équation étudiée si, et seulement si,

z (x) = λ ch (x) + μ sh (x) avec (λ, μ) \in ℝ^{2}

ce qui donne la solution générale

y (x) = \frac{λ ch (x) + μ sh (x)}{x} avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

Exercice 98 4658

Résoudre sur $] 0; + \infty [$ l’équation différentielle

(E) : x^{2} y^{''} + x y^{'} - (x^{2} + \frac{1}{4}) y = 0

en posant $y (x) = x^{α} z (x)$ avec $α \in ℝ$ bien choisi.

Exercice 99 411 Correction

Déterminer les fonctions à valeurs réelles solution sur $ℝ$ de l’équation

(1 + e^{x}) y^{''} + y^{'} - e^{x} y = 0 .

On introduira la fonction $z = y^{'} + y$ .

Solution

Soit $y : ℝ \to ℝ$ une fonction deux fois dérivable sur $ℝ$ .

Posons $z : ℝ \to ℝ$ la fonction définie par $z = y^{'} + y$ .

La fonction $z$ est dérivable et $z^{'} = y^{''} + y^{'}$ .

On remarque que $y$ est solution de l’équation différentielle proposée si, et seulement si, $z$ est solution de

(1 + e^{x}) z^{'} - e^{x} z = 0 .

La solution générale de cette équation s’exprime

z (x) = λ (e^{x} + 1) avec λ \in ℝ p t .

Après résolution de l’équation $y^{'} + y = λ (e^{x} + 1)$ , on obtient la solution générale

y (x) = α e^{- x} + β (e^{x} + 2) (α, β) \in ℝ^{2} .

Exercice 100 412 Correction

Résoudre sur $] 0; + \infty [$ l’équation

x^{2} y^{''} - 2 y + \frac{3}{x} = 0

en introduisant la fonction $z (x) = x y^{'} (x) + y (x)$ .

Solution

Soient $y$ une fonction deux fois dérivable définie sur $] 0; + \infty [$ et $z$ la fonction définie par $z (x) = x y^{'} (x) + y (x)$ . La fonction $z$ est dérivable et $y$ est solution de l’équation différentielle proposée si, et seulement si, $z$ est solution de

x z^{'} - 2 z = - \frac{3}{x} .

Après résolution de cette équation différentielle

z (x) = C x^{2} + \frac{1}{x} avec C \in ℝ .

Par suite,

x y^{'} (x) + y (x) = C x^{2} + \frac{1}{x} .

Après résolution de cette équation différentielle

y (x) = \frac{C^{'}}{x} + \frac{1}{3} C x^{2} + \frac{\ln (x)}{x} avec (C, C^{'}) \in ℝ^{2} .

Inversement, les fonctions proposées sont bien solutions.

Exercice 101 5946 Correction

Soient $a, b : I \to ℝ$ des fonctions respectivement de classe $𝒞^{1}$ et continue. On étudie l’équation différentielle

(E) : y^{''} + a (t) y^{'} (t) + b (t) y = 0 .

Montrer qu’il existe une fonction $φ : I \to ℝ$ à valeurs strictement positives telle qu’une fonction $y$ est solution sur $I$ de l’équation $(E)$ si, et seulement si, $z = y φ$ est solution d’une équation de la forme $z^{''} + q (t) z = 0$ avec $q : I \to ℝ$ une fonction continue.

Solution

Soit $y : I \to ℝ$ une fonction deux fois dérivable. Considérons une fonction $φ : I \to ℝ_{+}^{*}$ deux fois dérivable et $z = y φ$ . La fonction $z$ est deux fois dérivable avec

z^{'} = y^{'} φ + y φ^{'} et z^{''} = y^{''} φ + 2 y^{'} φ^{'} + y φ^{''} .

Pour $q : I \to ℝ$ une fonction continue, l’équation $z^{''} + q z = 0$ se réécrit

y^{''} φ + 2 y^{'} φ^{'} + (φ^{''} + q φ) y = 0

ou encore

y^{''} + \frac{2 φ^{'}}{φ} y^{'} + (\frac{φ^{''}}{φ} + q) y = 0 .

Considérons alors $A$ une primitive de la fonction $a$ . La fonction $A$ est de classe $𝒞^{2}$ . Choisissons

φ = e^{A / 2} > 0 et q = b - \frac{φ^{''}}{φ} .

La fonction $q$ est continue et, par les calculs qui précèdent, $y$ est solution sur $I$ de $(E)$ si, et seulement si, $z = y φ$ est solution sur $I$ de l’équation $z^{''} + q (t) z = 0$ .

[<] Résolution par changement de fonction inconnue[>] Résolution par changement de variable

Exercice 102 397 Correction

On étudie sur $ℝ_{+}^{*}$ l’équation

t^{3} y^{''} + t y^{'} - y = 0 .

(a)

Déterminer une solution polynomiale non nulle $φ$ de cette équation.
(b)

Résoudre l’équation en procédant au changement de fonction inconnue $y (t) = φ (t) z (t)$ .

Solution

(a)

$φ (t) = t$ est évidemment solution particulière.
(b)

On pose le $y (t) = t z (t)$ et l’on parvient à l’équation

$t^{4} z^{''} + t^{2} (2 t + 1) z^{'} = 0 .$

On résout cette équation en la fonction inconnue $z^{'}$ puis on intègre pour obtenir

$z (t) = λ e^{1 / t} + μ .$

Finalement, la solution générale est

$y (t) = λ t e^{1 / t} + μ t .$

Exercice 103 398 Correction

On étudie sur $ℝ_{+}^{*}$ l’équation différentielle

t^{2} y^{''} + t y^{'} - y = 1 .

(a)

Déterminer une solution polynomiale non nulle $φ$ de l’équation homogène.
(b)

Résoudre l’équation en procédant au changement de fonction inconnue $y (t) = φ (t) z (t)$ .

Solution

(a)

$φ (t) = t$ est solution remarquable.
(b)

En posant $y (t) = t z (t)$ et l’on parvient à l’équation

$t^{3} z^{''} + 3 t^{2} z^{'} = 1 .$

On résout cette équation en la fonction inconnue $z^{'}$

$z^{'} (t) = \frac{λ}{t^{3}} + \frac{1}{t^{2}} avec λ \in ℝ$

et l’on obtient

$z (t) = \frac{λ^{'}}{t^{2}} + μ - \frac{1}{t} avec λ^{'}, μ \in ℝ .$

Finalement, la solution générale est

$y (t) = \frac{λ}{t} + μ t - 1 avec λ, μ \in ℝ .$

Exercice 104 395 Correction

On étudie l’équation différentielle

(t^{2} + 1) y^{''} - 2 y = t .

(a)

Déterminer une solution polynomiale non nulle $φ$ de l’équation homogène associée.
(b)

Résoudre l’équation homogène en procédant au changement de fonction inconnue $y (t) = φ (t) z (t)$ .
(c)

Exprimer la solution générale de l’équation étudiée.

Solution

(a)

L’équation homogène associée est

$(t^{2} + 1) y^{''} - 2 y = 0 .$

La fonction $φ (t) = t^{2} + 1$ en est solution sur $ℝ$ .
(b)

Procédons au changement de fonction inconnue $y (t) = φ (t) z (t)$ .
On obtient

$(t^{2} + 1) z^{''} (t) + 4 t z^{'} (t) = 0$

qui donne

$z^{'} (t) = \frac{λ}{{(t^{2} + 1)}^{2}} .$

Sachant

$\int \frac{d t}{{(t^{2} + 1)}^{2}} = \frac{1}{2} \arctan (t) + \frac{1}{2} \frac{t}{t^{2} + 1}$

on obtient

$z (t) = \frac{λ}{2} (\arctan (t) + \frac{t}{t^{2} + 1}) + μ$

ce qui donne la solution homogène

$y (t) = \frac{λ}{2} ((t^{2} + 1) \arctan (t) + t) + μ (t^{2} + 1)$

avec $λ, μ \in ℝ$ .
(c)

$y (t) = - t / 2$ est solution particulière donc la solution générale est

$y (t) = λ (t^{2} + 1) + μ ((t^{2} + 1) \arctan (t) + t) - \frac{1}{2} t$

avec $λ, μ \in ℝ$ .

Exercice 105 396 Correction

On étudie l’équation

{(1 + t^{2})}^{2} y^{''} (t) - 2 t (1 + t^{2}) y^{'} (t) + 2 (t^{2} - 1) y (t) = (1 + t^{2}) .

(a)

Déterminer une solution polynomiale non nulle $φ$ de l’équation homogène.
(b)

Résoudre l’équation en procédant au changement de fonction inconnue $y (t) = φ (t) z (t)$ .

Solution

(a)

Si $y$ est un polynôme unitaire de degré $n$ solution de l’équation homogène, le coefficient de $t^{n + 2}$ dans le premier membre de l’équation est

$n (n - 1) - 2 n + 2 = n^{2} - 3 n + 2 = (n - 2) (n - 1)$

et donc nécessairement $n \leq 2$ .
Pour $φ (t) = a t^{2} + b t + c$ , le premier membre de l’équation devient:

$2 a {(1 + t^{2})}^{2} - 2 t (2 a t + b) (1 + t^{2}) + 2 (t^{2} - 1) (a t^{2} + b t + c) = (2 c - 2 a) t^{2} - 4 b t + (2 a - 2 c)$

d’où $a = c$ et $b = 0$ .

Finalement, $φ (t) = t^{2} + 1$ est solution particulière.
(b)

Par le changement de fonction inconnue $y (t) = φ (t) z (t)$ , on parvient à l’équation

${(1 + t^{2})}^{3} z^{''} (t) + 2 t {(1 + t^{2})}^{2} z^{'} (t) = (1 + t^{2}) .$

Après résolution de cette équation d’ordre 1 en l’inconnue $z^{'}$ , on obtient

$z^{'} (t) = \frac{λ + \arctan (t)}{(1 + t^{2})}$

puis

$z (t) = μ + λ \arctan (t) + \frac{1}{2} {(\arctan (t))}^{2} .$

Finalement, la solution générale de l’équation étudiée est

$y (t) = λ (1 + t^{2}) \arctan (t) + μ (1 + t^{2}) + \frac{1}{2} (1 + t^{2}) {(\arctan (t))}^{2} .$

Exercice 106 400

On étudie l’équation différentielle

(E) : x (1 - x) y^{''} + (1 - 3 x) y^{'} - y = 0 .

(a)

Rechercher une fonction $φ$ solution de $(E)$ non identiquement nulle et développable en série entière sur un voisinage de $0$ .
(b)

Résoudre l’équation $(E)$ sur $] 0; 1 [$ à l’aide du changement de fonction inconnue $y (x) = φ (x) z (x)$ .

Exercice 107 1319 Correction

On étudie l’équation différentielle suivante sur $] 0; + \infty [$

(E) : x y^{''} + 3 y^{'} - 4 x^{3} y = 0 .

(a)

Chercher une solution $φ$ développable en série entière au voisinage de 0 et non nulle.
(b)

Terminer de résoudre l’équation par le changement de fonction inconnue $y (x) = φ (x) z (x)$

Solution

(a)

Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ et de somme $y_{1}$ sur $] - R; R [$ .
Pour tout $x \in] - R; R [$ , on a

$x y^{''} (x) + 3 y^{'} (x) - 4 x^{3} y (x) = 3 a_{1} + 8 a_{2} x + 21 a_{3} x^{2} + \sum_{n = 3}^{+ \infty} ((n + 1) (n + 3) a_{n + 1} - 4 a_{n - 3}) x^{n} .$

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on peut affirmer que $y$ est solution de $E$ sur $] - R; R [$ si, et seulement si,

${\begin{matrix} a_{1} = a_{2} = a_{3} = 0 \\ \forall n \geq 3, a_{n + 1} = \frac{4}{(n + 1) (n + 3)} a_{n - 3} . \end{matrix}$

Posons $a_{0} = 1$ et pour tout $p \in ℕ^{*}$ , $a_{4 p} = \frac{1}{2 p (2 p + 1)} a_{4 (p - 1)}$ , les autres $a_{n}$ nuls.
Ainsi,

$a_{4 p} = \frac{1}{(2 p + 1)!}, a_{4 p + 1} = a_{4 p + 2} = a_{4 p + 3} = 0 .$

La série entière correspondante est de rayon de convergence $R = + \infty$ et sa somme

$φ : x \mapsto \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{x^{4 p}}{(2 p + 1)!}$

est solution sur $ℝ$ de l’équation différentielle $E$ en vertu des calculs qui précèdent.
Pour $x \neq 0$ ,

$φ (x) = \frac{1}{x^{2}} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{{(x^{2})}^{2 p + 1}}{(2 p + 1)!} = \frac{sh (x^{2})}{x^{2}} .$
(b)

On pose $y (x) = φ (x) z (x)$ et l’équation $(E)$ devient

$z^{''} (x) = (\frac{1}{x} - 4 x \frac{ch (x^{2})}{sh (x^{2})}) z^{'} (x) .$

Après résolution en la fonction inconnue $z^{'}$ on obtient

$z^{'} (x) = \frac{λ x}{{sh}^{2} (x^{2})}$

puis

$z (x) = - \frac{λ}{2} \frac{ch (x^{2})}{sh (x^{2})} + μ avec λ, μ \in ℝ .$

La solution générale de l’équation est alors

$y (x) = \frac{λ sh (x^{2}) + μ ch (x^{2})}{x^{2}} avec λ, μ \in ℝ .$

Exercice 108 3504 Correction

On étudie sur $] 0; 1 [$ l’équation différentielle suivante

x^{2} (1 - x) y^{''} - x (1 + x) y^{'} + y = 0 .

(a)

Rechercher une solution développable en série entière non nulle $φ$ .
(b)

Achever de résoudre cette équation par le changement de fonction $y (x) = φ (x) z (x)$ .

Solution

(a)

Soit $\sum a_{n} x^{n}$ une série entière de rayon de convergence $R > 0$ et de somme $y$ sur $] - R; R [$
Pour tout $x \in] - R; R [$ , on a

$x^{2} (1 - x) y^{''} - x (1 + x) y^{'} + y = a_{0} + \sum_{n = 1}^{+ \infty} n^{2} (a_{n + 1} - a_{n}) x^{n} .$

La fonction $y$ est donc solution de l’équation différentielle étudiée si, et seulement si,

$a_{0} = 0 et \forall n \in ℕ^{*}, a_{n + 1} = a_{n} .$

Inversement, en considérant la fonction $φ : x \mapsto \frac{x}{1 - x}$ , on obtient une fonction développable en série entière avec un rayon de convergence $R = 1$ et les calculs qui précèdent assure que $y$ est solution sur $] - 1; 1 [$ de l’équation étudiée.
(b)

On pose

$y (x) = \frac{x z (x)}{1 - x} .$

Après calculs, la fonction $y$ est solution de l’équation étudiée si, et seulement si,

$x z^{''} (x) + z^{'} (x) = 0 .$

Après résolution de cette équation en l’inconnue $z^{'}$ , on obtient

$z^{'} (x) = \frac{λ}{x} avec λ \in ℝ$

puis en intégrant

$z (x) = λ \ln (x) + μ avec λ, μ \in ℝ .$

Finalement, la solution générale de l’équation étudiée est

$y (x) = \frac{(λ \ln (x) + μ) x}{1 - x} .$

[<] Méthode de Lagrange

Exercice 109 414

Déterminer les fonctions réelles solutions sur $ℝ_{+}^{*}$ de l’équation

(E) : x^{2} y^{''} + 3 x y^{'} + y = 0

en posant $x = e^{t}$ .

Exercice 110 1566 Correction

Résoudre sur $ℝ_{+}^{*}$ l’équation

x^{2} y^{''} - 2 y = x

par le changement de variable $t = \ln (x)$ .

Solution

Soit $y : ℝ_{+}^{*} \to ℝ$ une fonction deux fois dérivable et $z : ℝ \to ℝ$ définie par $z (x) = y (e^{t})$ de sorte que $y (t) = z (\ln (x))$ . La fonction $z$ est deux fois dérivable et l’on a

y^{'} (t) = \frac{1}{x} z^{'} (\ln (x)) et y^{''} (t) = - \frac{1}{x^{2}} z^{'} (\ln (x)) + \frac{1}{x^{2}} z^{''} (\ln (x)) .

La fonction $y$ est alors solution de l’équation proposée si, et seulement si, $z$ est solution sur $ℝ$ de l’équation

z^{''} - z^{'} - 2 z = e^{t} .

Après résolution, l’équation en $z$ a pour solution générale

z (t) = λ e^{- t} + μ e^{3 t} + \frac{1}{2} e^{t} avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

La solution générale $ℝ_{+}^{*}$ de l’équation initiale est

y (x) = \frac{C_{1}}{x} + C_{2} x^{2} - \frac{x}{2} avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

Exercice 111 5395 Correction

Résoudre sur $ℝ_{+}^{*}$ l’équation

x^{2} y^{''} + x y^{'} - y = x^{2}

par le changement de variable $t = \ln (x)$ .

Solution

y^{'} (t) = \frac{1}{x} z^{'} (\ln (x)) et y^{''} (t) = - \frac{1}{x^{2}} z^{'} (\ln (x)) + \frac{1}{x^{2}} z^{''} (\ln (x)) .

La fonction $y$ est alors solution de l’équation proposée si, et seulement si, $z$ est solution sur $ℝ$ de l’équation

z^{''} - z = e^{2 t} .

Après résolution, l’équation en $z$ a pour solution générale

z (t) = λ e^{t} + μ e^{- t} + \frac{1}{3} e^{2 t} avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

La solution générale $ℝ_{+}^{*}$ de l’équation initiale est

y (x) = λ x + \frac{μ}{x} + \frac{x^{2}}{3} avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

Exercice 112 1564

Déterminer les fonctions réelles solutions sur $ℝ$ de l’équation

{(x^{2} + 1)}^{2} y^{''} + 2 x (x^{2} + 1) y^{'} + 4 y = 0

en procédant au changement de variable $t = \arctan (x)$ .

Exercice 113 415 Correction

Résoudre sur $ℝ$ l’équation

{(1 + x^{2})}^{2} y^{''} + 2 (x - 1) (1 + x^{2}) y^{'} + y = 0

en procédant au changement de variable $t = \arctan (x)$ .

Solution

Soit $y$ une fonction deux fois dérivable définie sur $ℝ$ .
Posons $z$ la fonction définie sur $] - π / 2; π / 2 [$ par $z (t) = y (x) = y (\tan (t))$ . Celle-ci est deux fois dérivabl et, après calculs, $y$ est solution de l’équation différentielle proposée si, et seulement si, $z$ est solution de l’équation $z^{''} - 2 z^{'} + z = 0$ c’est-à-dire $z (t) = (λ t + μ) e^{t}$ avec $λ, μ \in ℝ$ .

On en déduit $y (x) = (λ \arctan (x) + μ) e^{\arctan (x)}$ avec $λ, μ \in ℝ$ .

Exercice 114 417 Correction

Résoudre sur $ℝ$ l’équation

y^{''} + \frac{2 t}{t^{2} + 1} y^{'} + \frac{1}{{(t^{2} + 1)}^{2}} y = \frac{t}{{(t^{2} + 1)}^{2}}

en posant $x = \arctan (t)$ .

Solution

Soient $y$ une fonction deux fois dérivable sur $ℝ$ et $z : I =] - π / 2; π / 2 [\to ℝ$ définie par $z (x) = y (\tan (x))$ .

$z$ est deux fois dérivable et $y (t) = z (\arctan (t))$ pour tout $t \in ℝ$ .

y^{'} (t) = \frac{z^{'} (\arctan (t))}{1 + t^{2}} et y^{''} (t) = - \frac{2 t}{{(1 + t^{2})}^{2}} z^{'} (\arctan (t)) + \frac{1}{{(1 + t^{2})}^{2}} z^{''} (\arctan (t))

$y$ est solution si, et seulement si,

z^{''} (\arctan (t)) + z (\arctan (t)) = t

soit $z^{''} (x) + z (x) = \tan (x)$ sur $I$ .

$z^{''} + z = 0$ donc $z = λ \cos (x) + μ \sin (x)$ .

Par la méthode de la variation des constantes:

λ^{'} (x) = - \frac{\sin^{2} (x)}{\cos (x)} et μ^{'} (x) = \sin (x) .

Puisque

\int - \frac{\sin^{2} (x)}{\cos (x)} d x \underset{u = \sin (x)}{=} \int \frac{u^{2}}{u^{2} - 1} d u = u + \frac{1}{2} \ln | \frac{u - 1}{u + 1} | + C = \sin (x) + \frac{1}{2} \ln (\frac{1 - \sin (x)}{1 + \sin (x)}) + C .

Prenons

λ (x) = \sin (x) + \frac{1}{2} \ln (\frac{1 - \sin (x)}{1 + \sin (x)}) et μ (x) = - \cos (x) .

On obtient la solution particulière

z (x) = \frac{1}{2} \ln (\frac{1 - \sin (x)}{1 + \sin (x)}) \cos (x) .

Finalement,

y (t) = \frac{λ + μ t}{\sqrt{1 + t^{2}}} + \frac{1}{2 \sqrt{1 + t^{2}}} \ln (\frac{\sqrt{1 + t^{2}} - t}{\sqrt{1 + t^{2}} + t}) avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

Exercice 115 416 Correction

Résoudre sur $] - 1; 1 [$ l’équation

(1 - x^{2}) y^{''} - x y^{'} + 4 y = \arccos (x)

en procédant au changement de variable $x = \cos (t)$ .

Solution

x = \cos (t), t = \arccos (x), x \in] - 1; 1 [, t \in] 0; π [.

Soit $y$ une fonction deux fois dérivable définie sur $] - 1; 1 [$ .

Posons $z$ la fonction définie sur $] 0; π [$ par $z (t) = y (x) = y (\cos (t))$ . Celle-ci est deux fois dérivable et, après calculs, $y$ est solution de l’équation différentielle proposée si, et seulement si, $z$ est solution de l’équation différentielle

z^{''} + 4 z = t .

La solution générale de l’équation en $z$ est

z (t) = λ \cos (2 t) + μ \sin (2 t) + \frac{1}{4} t avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

La solution générale de l’équation initiale est

y (x) = λ (2 x^{2} - 1) + 2 μ x \sqrt{1 - x^{2}} + \frac{1}{4} \arccos (x) avec (λ, μ) \in ℝ^{2} .

Exercice 116 2540 CCINP (MP)Correction

On veut résoudre

(E) : (x + 1) y^{''} - (3 x + 4) y^{'} + 3 y = (3 x + 2) e^{3 x} .

Si $Δ$ est l’opérateur de dérivation et $Q (X) = X - 3$ , on a $Q (Δ) (y) = y^{'} - 3 y$ .
Montrer l’existence d’un polynôme $P$ de la forme $a (x) X + b (x)$ tel que $(E)$ devienne

(P (Δ) \circ Q (Δ)) (y) = (3 x + 2) e^{3 x} .

Résoudre l’équation à l’aide du changement de variable $z = Q (Δ) (y)$ .

Solution

$P = (x + 1) X - 1$ convient.

(E) \Leftrightarrow (x + 1) z^{'} - z = (3 x + 2) e^{3 x} .

Après résolution avec recollement la solution générale de cette dernière équation est $z (x) = λ (x + 1) + e^{3 x}$ .

(E) \Leftrightarrow y^{'} - 3 y = λ (x + 1) + e^{3 x} .

La solution générale est

y (x) = λ^{'} (3 x + 4) + μ e^{3 x} + x e^{3 x} .

Édité le 05-04-2024

	$\forall t \in ℝ, f (t + 2 π) = f (t)$	$\Leftrightarrow {\begin{matrix} λ a + μ c & = λ \\ λ b + μ d & = μ \end{matrix}$
		$\Leftrightarrow M^{⊤} X = X avec X = (\begin{matrix} λ \\ μ \end{matrix})$

	$\| a_{n + 2} \|$	$\leq 3 \| a_{n + 1} \| + 3 \| a_{n} \| + \| a_{n - 1} \|$
		$\leq 3 \cdot 4^{n + 1} + 3 \cdot 4^{n} + 4^{n - 1}$
		$\leq 3 \cdot 4^{n + 1} + 3 \cdot 4^{n} + 4^{n} = 4^{n + 2} .$

	$\int_{0}^{x} \frac{(x - t) t}{{(1 - t)}^{3}} d t$	$= \int_{0}^{x} - \frac{d t}{1 - t} + (2 - x) \int_{0}^{x} \frac{d t}{{(1 - t)}^{2}} + (x - 1) \int_{0}^{x} \frac{d t}{{(1 - t)}^{3}}$
		$= \ln (1 - x) + \frac{(2 - x) x}{1 - x} + \frac{(x^{2} - 2 x)}{2 (1 - x)}$
		$= \ln (1 - x) + \frac{1}{2} \cdot \frac{2 x - x^{2}}{1 - x} .$

	$\forall x \in] - \infty; - 1 / 2 [,$	$y (x) = λ e^{- 2 x} + μ (x^{2} + \frac{1}{4})$
	$\forall x \in] - 1 / 2; + \infty [,$	$y (x) = λ^{'} e^{- 2 x} + μ^{'} (x^{2} + \frac{1}{4}) .$