[<] Étude théorique d'équation d'ordre 2 [>] Résolution avec raccord d'équation d'ordre 2

 
Exercice 1  394  Correction  

Soient a,b:I continues et (f1,f2) 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|f1(t)f2(t)f1(t)f2(t)|.

Solution

Par dérivation d’un déterminant

w(t)=|f1(t)f2(t)f1(t)f2(t)|+|f1(t)f2(t)f1′′(t)f2′′(t)|

donc

w(t)=|f1(t)f2(t)-a(t)f1(t)-b(t)f1(t)-a(t)f2(t)-b(t)f2(t)|

puis

w(t)=|f1(t)f2(t)-a(t)f1(t)-a(t)f2(t)|=-a(t)|f1(t)f2(t)f1(t)f2(t)|.

Ainsi w est solution de l’équation différentielle

w+a(t)w=0.
 
Exercice 2  4001   Correction  

On étudie sur ]0;+[ l’équation différentielle

(E):ty′′+(1-2t)y+(t-1)y=0.
  • (a)

    Vérifier que φ(t)=et détermine une solution de (E) sur ]0;+[.

  • (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;+[.

Solution

  • (a)

    Un simple calcul de vérification.

  • (b)

    Le wronskien de deux solutions de l’équation homogène (E) est solution de l’équation différentielle

    tw(t)+(1-2t)w(t)=0.

    Après résolution, on obtient

    w(t)=λe2tt avec λ.
  • (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)=e2tt

    et la fonction ψ apparaît solution de l’équation différentielle

    φψ-ψφ=w(t)

    c’est-à-dire

    etψ-etψ=w(t).

    Après résolution, on obtient

    ψ(t)=ln(t)et.

    Le couple (φ,ψ) constituant un système fondamental de solutions, on peut exprimer la solution générale

    y(t)=(λln(t)+μ)et avec (λ,μ)2.
 
Exercice 3  436     ENSTIM (MP)Correction  

Soient q une fonction continue, intégrable sur [0;+[ et (E) l’équation différentielle

y′′+q(x)y=0.
  • (a)

    Si f est une solution bornée de (E) sur [0;+[, montrer que sa dérivée f admet une limite finie en +.

  • (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=fg-fg.

    En déduire que f et g sont liées. Que peut-on en conclure?

Solution

  • (a)

    La fonction f est de classe 𝒞2 et

    f(x)=f(0)+0xf′′(t)dt=f(0)-0xq(t)f(t)dt.

    Puisque la fonction q est intégrable sur [0;+[ et puisque f est bornée, on peut affirmer que la fonction qf est intégrable sur [0;+[. Par suite, l’intégrale de l’expression précédente de f(x) admet une limite finie quand x+. On en déduit que f admet une limite finie en +.

  • (b)

    Posons cette limite.

    Par l’absurde, si >0 alors il existe A assez grand tel que, pour tout xA, on a f(x)/2 et alors

    f(x)=f(A)+Axf(t)dtf(A)+2(x-A)x++.

    Cela contredit l’hypothèse assurant que f est bornée. C’est absurde.

    De même, <0 est absurde et il reste donc =0.

  • (c)

    En dérivant

    w=fg+fg′′-f′′g-fg=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 + et donc

    w+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 4  3671    Correction  

Soient q1,q2:I continues vérifiant q1q2.
On note φ1 et φ2 deux solutions sur I respectivement des équations

y′′+q1(x)y=0ety′′+q2(x)y=0.

On suppose la solution φ1 non identiquement nulle.

  • (a)

    Montrer que les zéros de φ1 sont isolés c’est-à-dire que si x0I annule φ1 alors

    α>0,xI[x0-α;x0+α],φ(x)=0x=x0.
  • (b)

    Soient a<b deux zéros consécutifs de φ1. Montrer que φ2 s’annule sur [a;b].
    On pourra étudier φ1φ2-φ2φ1.

  • (c)

    Application : Montrer que si φ est une solution non nulle de l’équation y′′+exy=0 alors

    a+,x[a;a+π],φ(x)=0.

Solution

  • (a)

    Si φ1 possède une solution non isolée x0 alors il existe une suite (xn)n de zéros de φ1 deux à deux distincts convergeant vers x0. En appliquant le théorème de Rolle entre les deux termes distincts xn et xn+1, on détermine une suite (cn) convergeant vers x0 formée de zéros de φ1. En passant la relation φ(cn)=0 à la limite, on obtient φ(x0)=0. Ainsi, φ1 se comprend comme la solution du problème de Cauchy constitué de l’équation différentielle y′′+q1(x)=0 et des conditions initiales y(x0)=y(x0)=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 φ1 est de signe constant sur [a;b].
    Quitte à considérer -φ1 on peut supposer φ10 sur [a;b] et, sachant φ1(a),φ1(b)0 car φ1 est non identiquement nulle, on a φ1(a)>0 et φ1(b)<0.
    Si φ2 n’est pas de signe constant sur [a;b] alors, par le théorème de valeurs intermédiaires, φ2 s’annule sur ]a;b[.
    Si en revanche φ2 est de signe constant sur [a;b] alors, quitte à considérer -φ2, on peut supposer φ20 sur [a;b] afin de fixer les idées. Considérons alors la fonction donnée par

    w(t)=φ1(t)φ2(t)-φ2(t)φ1(t).

    La fonction w est décroissante car

    w(t)=φ1(t)φ2′′(t)-φ2(t)φ1′′(t)=(q1(t)-q2(t))φ1(t)φ2(t)0.

    Or w(a)=-φ2(a)φ1(a)0 et w(b)=-φ2(b)φ1(b)0 donc nécessairement φ2(a)=φ2(b)=0.

  • (c)

    Il suffit d’appliquer ce qui précède à q1(x)=1 et q2(x)=ex sur I=+ sachant que φ1(x)=sin(x-a) est solution de l’équation y′′+y=0 et s’annule en a et a+π.

 
Exercice 5  3387      CENTRALE (PC)Correction  

On considère l’équation différentielle

(E):y′′+cos2(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)>0etu(β)<0.

    En déduire que u possède au moins un zéro dans -* et +*.

  • (c)

    Justifier l’existence de réels

    γ=max{t<0|u(t)=0}etδ=min{t>0|u(t)=0}.
  • (d)

    Soit v une solution de (E) linéairement indépendante de u.
    En étudiant les variations de

    W=uv-uv

    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, la fonction

    wn:,tw(t-nπ)

    [Énoncé fourni par le CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA]

Solution

  • (a)

    (E) est une équation différentielle linéaire d’ordre 2 définie sur . Les conditions initiales proposées déterminent alors une solution unique définie sur .

  • (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 +.
    La fonction u est alors positive et u′′ est négative sur +. La fonction u étant donc décroissante sur +, on a

    tβ,u(t)u(β).

    En intégrant

    xβ,u(x)-u(β)u(β)(x-β).

    Or cette affirmation est incompatible avec un passage à la limite quand x+.
    On en déduit que u s’annule au moins une fois sur + (et cette annulation est nécessairement sur +*)
    De même, on justifie que u s’annule au moins une fois sur -* (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 , elle admet donc une borne inférieure δ. Par la caractérisation séquentielle d’une borne inférieure, il existe une suite (tn)A, telle que

    tnδ.

    Puisque u(tn)=0, on obtient à la limite u(δ)=0. Evidemment δ0 et δ0 donc δA et ainsi δ est un minimum de A.
    De même, on obtient γ.

  • (d)

    Grâce à l’équation différentielle

    W=u′′v-uv′′=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 wn 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+nπ;δ+nπ] ce qui assure l’existence d’une infinité de zéros.

 
Exercice 6  3920      CENTRALE (MP)Correction  

Soient q𝒞([a;+[,+) 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 + en +.

  • (b)

    Soient u et v les solutions de (E) telles que

    {u(a)=1u(a)=0et{v(a)=0v(a)=1.

    Calculer uv-uv. Montrer que, sur ]a;+[, u/v et u/v sont monotones et de monotonies contraires. Montrer que u/v et u/v tendent en + 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;+[.

  • (d)

    Déterminer g lorsque q(x)=1/x4 sur [1;+[.
    On pourra poser y(x)=xz(1/x).

Solution

  • (a)

    Par l’absurde, supposons que f s’annule et introduisons

    b=inf{t[a;+[|f(t)=0}.

    Par continuité de f, on a f(b)=0 et, sachant f(a)>0, on aussi.

    t[a;b],f(t)0.

    On en déduit f′′(t)=q(t)f(t)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;+[ et est donc strictement positive. Comme au dessus, on retrouve que f est croissante et donc strictement positive. Enfin

    f(x)=f(a)+axf(t)dtf(a)+f(a)(x-a)x++.
  • (b)

    (uv-uv)=u′′v-uv′′=0. La fonction uv-uv 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;+[. On peut donc introduire les fonctions u/v et u/v. Aussi,

    (uv)=-1v20 et (uv)=u′′v-uv′′v2=qv20.

    On a

    uv-uv=uv-uvvv=1vv

    avec v++ et vv(a)=1. On en déduit que les fonctions u/v et u/v ont la même limite en + (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 cette limite.

  • (c)

    Les solutions de (E) sont les fonctions de la forme

    g=λu+μv

    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+μv>0 et u+μv0.

    La constante μ est alors nécessairement - et, finalement, g=u-v.

    La réciproque est immédiate.

  • (d)

    Le changement de fonction proposé transpose l’équation x4y′′(x)=y(x) en

    z′′(1/x)=z(1/x).

    La solution générale de l’équation (E) sur [1;+[ est donc

    y(x)=x(λe1/x+μe-1/x).

    Par développement limité,

    y(x)=x+x((λ+μ)+o(1)).

    Pour que la fonction g décroisse en restant positive, il est nécessaire que λ+μ=0.
    Sachant y(1)=λe+μ/e, on obtient

    g(x)=exe2-1(e1/x-e-1/x).

    On aurait aussi pu calculer

    u(x)=xe1/x-1quadetv(x)=x2(-e1/x-1+e-1/x+1)

    et reprendre ce qui précède.

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Édité le 29-08-2023

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