[<] Problème de Cauchy

 
Exercice 1  378  Correction  

Déterminer les fonctions f: continues vérifiant

x,f(x)=0xtf(t)dt+1.

Solution

Si f est solution alors f est de classe 𝒞1 et l’on a

f(x)=xf(x)etf(0)=1.

Après résolution de l’équation différentielle sous-jacente, on obtient

f(x)=ex2/2.

Inversement, f(x)=ex2/2 définit une solution du problème posé.

 
Exercice 2  5313    ENSTIM (MP)Correction  

Soit f: une fonction continue vérifiant

f(x)=1+0xf(t)cos(x-t)dtpour tout x.
  • (a)

    Montrer que f est deux fois dérivable.

  • (b)

    Déterminer f.

Solution

  • (a)

    En développant le cosinus, on écrit

    0xf(t)cos(x-t)dt=cos(x)0xf(t)cos(t)dt+sin(x)0xf(t)sin(t)dt.

    Par opérations sur les fonctions dérivables, on peut affirmer que f est dérivable avec

    f(x)=f(x)-sin(x)0xf(t)cos(t)dt+cos(x)0xf(t)sin(t)dt.

    La fonction f est donc une deuxième fois dérivable et, après simplification,

    f′′(x) =f(x)-cos(x)0xf(t)cos(t)dt-sin(x)0xf(t)sin(t)dt
    =f(x)-(f(x)-1).
  • (b)

    En particulier, la fonction f est solution de l’équation différentielle y′′-y+y=1 dont la solution générale est

    y(x)=1+(λcos(32x)+μsin(32x))ex/2 avec (λ,μ)2.

Ajoutons f(0)=f(0)=1 et l’on détermine λ et μ pour conclure

f(x)=1+23sin(32x)ex/2pour tout x.
 
Exercice 3  2419     CCINP (MP)Correction  

Soit f: continue vérifiant l’équation

f(x)+0x(x-t)f(t)dt=1-xpour tout x.
  • (a)

    Montrer que f est de classe 𝒞1.

  • (b)

    Trouver toutes les fonctions f solution de l’équation étudiée.

Solution

  • (a)

    On peut écrire

    f(x)=1-x-x0xf(t)dt+0xtf(t)dt.

    Par opération sur les fonctions de classe 𝒞1, f est de classe 𝒞1 sur .

  • (b)

    Soit f solution. f est de classe 𝒞1 et

    f(x)=-1-0xf(t)dt.

    On en déduit que f est de classe 𝒞2 et

    f′′(x)+f(x)=0.

    Ainsi la fonction f est de la forme

    f(x)=λcos(x)+μsin(x).

    De plus, on observe f(0)=1 et f(0)=-1 ce qui détermine λ et μ:

    λ=1etμ=-1.

    Il ne reste plus qu’à vérifier que la fonction xcos(x)-sin(x) est solution, soit en remontant les calculs (ce qui est possible) soit en refaisant ceux-ci.

 
Exercice 4  1548   

Déterminer les fonctions f:[0;1] dérivables telles que

f(x)-f(x)=f(0)+f(1)pour tout x[0;1].
 
Exercice 5  1546   Correction  

Déterminer les fonctions f:[0;1] dérivables telles que

x[0;1],f(x)+f(x)+01f(t)dt=0.

Solution

Supposons f solution.
f est solution d’une équation différentielle de la forme y+y+λ=0 et donc

f(x)=Ce-x-λ.

De plus, une fonction de cette forme est solution de l’équation étudiée si, et seulement si,

01f(t)dt=C(e-1)e-λ

et donc une telle fonction est solution si, et seulement si,

C(e-1)e-λ=λ

d’où

λ=C(e-1)2e.

Finalement, les solutions sont les fonctions données pas

x[0;1],f(x)=Ce-x-C(e-1)2e.
 
Exercice 6  4821  

Déterminer les fonctions réelles f dérivables sur telles que

f(x)=f(-x)pour tout x.
 
Exercice 7  1552   Correction  

Trouver toutes les applications f: dérivables vérifiant

x,f(x)+f(-x)=ex.

Solution

Analyse: Supposons que f est une fonction solution. On a

f(x)=ex-f(-x).

Par opérations, la fonction f est nécessairement dérivable et

f′′(x)=ex+f(-x)=ex+e-x-f(x).

La fonction f est donc de l’équation différentielle

y′′+y=2ch(x).

Après résolution,

f(x)=ch(x)+C1cos(x)+C2sin(x) avec C1,C2.

Synthèse: Une telle fonction est solution du problème si, et seulement si,

sh(x)-C1sin(x)+C2cos(x)+ch(x)+C1cos(x)-C2sin(x)=ex

ce qui donne C1+C2=0.

Finalement, les solutions du problème posé sont les fonctions données par

f(x)=ch(x)+C(cos(x)-sin(x)) avec C.
 
Exercice 8  3197     CCINP (MP)Correction  

Déterminer les fonctions réelles f dérivables sur telles que

x,f(x)=f(2-x).

Solution

Soit f une fonction solution (s’il en existe).
La dérivée de f apparaît dérivable et donc f est deux fois dérivable avec

f′′(x)=-f(2-x)=-f(x).

Ainsi, f est solution de l’équation différentielle y′′+y=0. C’est une équation différentielle linéaire d’ordre 2 à coefficients constant de solution générale

y(x)=λcos(x)+μsin(x).

En injectant dans l’équation étudiée, une telle fonction est solution si, et seulement si,

{-λ=λsin(2)-μcos(2)μ=λcos(2)+μsin(2)

ce qui après résolution équivaut à l’équation

(1+sin(2))λ=(cos(2))μ.

En écrivant λ=(cos(2))α, on a μ=(1+sin(2))α et la solution générale de l’équation étudiée est de la forme

f(x)=α(sin(x)+cos(2-x)) avec α.
 
Exercice 9  1554    Correction  

Trouver toutes les applications f: deux fois dérivables telles que

x,f′′(x)+f(-x)=x.

Solution

Soit f une solution du problème posé.

Posons g(x)=f(x)+f(-x). La fonction g est une fonction paire, deux fois dérivable et solution de: y′′+y=0. Par suite, g(x)=Ccos(x)

Posons h(x)=f(x)-f(-x). La fonction h est une fonction impaire, deux fois dérivable et solution de: y′′-y=2x. Par suite, h(x)=Dsh(x)-2x.

On en déduit

f(x)=Ccos(x)+Dsh(x)-x avec (C,D)2.

Inversement, de telles fonctions sont bien solutions.

 
Exercice 10  1545   

Déterminer toutes les fonctions f: dérivables vérifiant

f(s+t)=f(s)f(t)pour tout (s,t)2.
 
Exercice 11  379   Correction  

Trouver toutes les applications f: dérivables en 0 vérifiant

(x,y)2,f(x+y)=exf(y)+eyf(x).

Solution

Soit f une fonction solution.

Pour x=y=0, on obtient f(0)=0.

De plus,

f(x+h)-f(x)h=exf(h)+ehf(x)-f(x)h=exf(h)-f(0)h+eh-1hf(x)

donc

f(x+h)-f(x)hh0exf(0)+f(x).

Par suite, f est dérivable en x avec

f(x)=f(0)ex+f(x).

La fonction f est alors solution d’une équation différentielle de la forme

y=y+Cex

vérifiant la condition initiale y(0)=0.

Après résolution, on obtient

f(x)=Cxex avec C

Inversement, de telles fonctions sont solutions.

 
Exercice 12  4822   

(Lemme de Grönwall)

Soient a:[0;+[ une fonction continue à valeurs positives, A sa primitive s’annulant en 0 et f:[0;+[ une fonction dérivable.

  • (a)

    On suppose que f(x)a(x)f(x) pour tout x0. Montrer que

    f(x)f(0)eA(x)pour tout x+.
  • (b)

    On suppose

    f(x)f(0)+0xa(t)f(t)dtpour tout x+.

    Montrer de nouveau que

    f(x)f(0)eA(x)pour tout x+.
 
Exercice 13  4823    

Soient a un réel strictement positif et f:[0;+[ une fonction de classe 𝒞1 telle que f+af tend vers 0 en +. Montrer11 1 Pour cette résolution, on prend appui sur la définition formelle de la limite présentée. que f est de limite nulle en +.

 
Exercice 14  3105     X (PC)Correction  

Soit α un réel compris au sens large entre 0 et 1/e.

  • (a)

    Démontrer l’existence d’une fonction f𝒞1(,) vérifiant

    x,f(x)=αf(x+1).
  • (b)

    Si α=1/e, déterminer deux fonctions linéairement indépendantes vérifiant la relation précédente.

Solution

  • (a)

    Cherchons f de la forme

    f(x)=eβx.

    Après calculs, si α=βe-β alors f est solution.
    En étudiant les variations de la fonction ββe-β, on peut affirmer que pour tout α[0;1/e], il existe β+ tel que βe-β=α et donc il existe une fonction f vérifiant la relation précédente.

  • (b)

    Pour α=1/e, les fonctions xex et xxex sont solutions.
    Notons que pour α]0;1/e[ il existe aussi deux solutions linéairement indépendantes car l’équation βe-β=α admet deux solutions, une inférieure à 1 et l’autre supérieure à 1

 
Exercice 15  5465   Correction  

Soient a]0;1[ et y: une fonction dérivable vérifiant

y(0)=aett,y(t)=y(t)(1-y(t)).
  • (a)

    Soient h: une fonction continue et x: dérivable solution de l’équation différentielle (E):x=h(t)x. Que peut-on dire du signe de la fonction x?

  • (b)

    Établir que y(t)]0;1[ pour tout t.

  • (c)

    Déterminer une primitive sur ]0;1[ de la fonction t1t(1-t).

  • (d)

    Exprimer y(t) en fonction de a et t.

Solution

  • (a)

    Soit H la primitive s’annulant en 0 de la fonction continue h. Par résolution de l’équation différentielle x=h(t)x, on obtient x(t)=x(0)eH(t). On en déduit que la fonction x est de signe constant.

  • (b)

    Pour h=1-y, on peut percevoir x=y solution de l’équation différentielle x=hx. On en déduit que y est de signe constant. Puisque y(0)=a>0, la fonction y prend seulement des valeurs strictement positives. De même, avec h=-y, x=1-y et a<1, on établit que y prend seulement des valeurs strictement inférieures à 1.

  • (c)

    Par décomposition en éléments simples,

    1t(1-t)dt=(1t+11-t)dt=ln(t1-t)=-ln(1-1t)sur ]0;1[.
  • (d)

    La fonction y ne s’annule pas et ne prend pas la valeur 1, on peut alors diviser par y(t)(1-y(t)) et écrire

    t,y(t)y(t)(1-y(t))=1.

    En intégrant entre 0 et t, il vient

    t=0ty(s)y(s)(1-y(s))ds=[-ln(1-1y(s))]0t=ln(1-1a)-ln(1-1y(t)).

    On en tire

    1-1y(t)=(1-1a)e-t

    puis

    y(t)=aa+(1-a)e-tpour tout t.

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Édité le 29-08-2023

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