Corrigé du devoir maison 7

PCSI A
Mathématiques
Lycée Brizeux - année 2015-2016
Corrigé du devoir maison 7
R é s o l u t i o n d ’ é q u a t i o n s d i f f é r e n t i e l l e s l i n é a i r e s
Exercice 1. Une équation différentielle linéaire d’ordre 1
On considère l’équation différentielle
y0 −
(L)
2
y = (1 + t)3
1+t
1. L’équation (L) est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 résolue en y 0 . Posons I =] − 1, +∞[.
2
2
• L’équation homogène associée est (Lh )
y0 =
y. La fonction t 7→
est continue sur I et
1
+
t
1
+
t
admet pour primitive t 7→ ln (1 + t)2 . L’ensemble des solutions de (Lh ) sur I est :
→
R
λ
∈
R
7→ λ(1 + t)2 ] − 1; +∞[
t
• On cherche une solution particulière de (L) en appliquant la méthode de variation de la constante.
Cherchons une solution sous la forme t 7→ λ(t)(1 + t)2 où λ est une fonction dérivable sur I.
En injectant dans l’équation (L) il vient :
∀t ∈ I, λ0 (t) = 1 + t
La fonction ci-dessous est une solution de (L) :
t
t 7→ t 1 +
(1 + t)2
2
• On obtient l’ensemble des solutions de (L) sur I :
] − 1; +∞[
t
→
R
λ∈R
7
→
(1 + t)2 λ + t 1 + 2t
2. L’unique solution de (L) telle que y(0) = 0 est :
t
t 7→ t 1 +
2
(1 + t)2
Exercice 2. Une équation différentielle linéaire d’ordre 2
On veut déterminer l’ensemble S des solutions sur R de l’équation différentielle :
(E)
y 00 − 2 y 0 + y = exp(−t) + 1.
1
1. L’équation différentielle (E0 ) : y 00 − 2 y 0 + y = 0 est d’équation caractéristique r2 − 2 r + 1 = 0 qui a pour
racine double r = 1.
Il découle du théorème de structure que l’ensemble S0 des solutions sur R de (E0 ) est :
S0 =
R
t
→
R
(α, β) ∈ R2 .
7→ (α t + β) exp(t) 2. Soient y1 : R → R vérifiant y100 − 2 y10 + y1 = e−t et y1 : R → R vérifiant y200 − 2 y20 + y2 = 1, alors y1 + y2
est une solution particulière de (E).
• Déterminons une telle fonction y1 . Le second membre étant de la forme α eλ t avec α = 1 et λ = −1 6= r,
on cherche y1 sous la forme y1 : t 7→ µ exp(−t) avec µ ∈ R.
On a alors
∀t ∈ R, y100 (t) − 2 y10 (t) + y1 (t) = 4 µ exp(−t).
En identifiant avec le second membre, on en déduit que
µ=
1
.
4
exp(−t)
est une solution particulière de l’équation différentielle y 00 − 2 y 0 + y = exp(−t).
4
• Déterminons une telle fonction y2 . Le second membre étant de la forme α eλ t avec α = 1 et λ = 0 6= r,
on cherche y1 sous la forme y1 : t 7→ µ avec µ ∈ R.
On a alors
∀t ∈ R, y200 (t) − 2 y20 (t) + y2 (t) = µ.
Ainsi y1 : t 7→
On trouve immédiatement µ = 1. Ainsi y2 : t 7→ 1 est une solution particulière de l’équation différentielle y 00 − 2 y 0 + y = 1.
exp(−t)
+ 1 est une solution particulière (E).
• D’après le principe de superposition, t 7→
4
3. D’après le théorème de structure de l’ensemble des solutions d’une E.D.L. d’ordre 2, on en déduit que
l’ensemble S des solutions de (E) est :
exp(−t)
2
S = R → R ; t 7→
+ 1 + (α t + β) exp(t) | (α, β) ∈ R .
4
Problème. Une équation exotique
L’objet de cet exercice est de déterminer l’ensemble Ω des fonctions f : R∗+ → R définies et dérivables sur R∗+
vérifiant
1
(?) ∀x > 0, f 0 (x) = f ( ).
x
On notera que l’équation fonctionnelle (?) n’est pas une équation différentielle linéaire (É.D.L.) d’ordre 1.
Partie 1. Où on se ramène à une É.D.L. d’ordre 2
Soit f ∈ Ω.
1
définie et dérivable
x ∗
∗
∗
∗
0
sur R+ à valeurs dans R+ et de f dérivable sur R+ . Par conséquent, f est dérivable sur R+ , ce qui justifie
que f est deux fois dérivable sur R∗+ .
De plus :
1
1
∀x > 0, f 00 (x) = − 2 f 0 ( ).
x
x
1. Puisque f vérifie la propriété (?), la fonction f 0 s’exprime comme la composée de x 7→
2
2. Compte-tenu de la propriété (?) :
1
∀x > 0, f 0 ( ) = f (x).
x
D’où :
∀x > 0, f 00 (x) = −
1
f (x).
x2
Soit :
∀x > 0, x2 f 00 (x) + f (x) = 0,
ce qui établit que f est solution sur R∗+ de l’équation différentielle
(E)
x2 y 00 + y = 0.
Partie 2. Résolution de l’É.D.L. d’ordre 2
Dans cette partie, on se propose de résoudre (E) sur R∗+ .
3. Soit f : R∗+ une fonction deux fois dérivable sur R∗+ . On note g = f ◦ exp .
(a) La fonction g est la composée de la fonction exponentielle définie et dérivable sur R à valeurs dans
R∗+ et de f définie et dérivable sur R∗+ . Ceci montre que g est dérivable sur R.
(b) On admet que g est deux fois dérivable sur R.
i. Soit t ∈ R :
g 0 (t) = f 0 (exp(t)) exp(t).
ii. Soit t ∈ R :
g 00 (t) = f 00 (exp(t)) (exp(t))2 + f 0 (exp(t)) exp(t).
(c) ⇒) Supposons f solution de (E) sur R∗+ . Tenant compte des expressions trouvées pour g 00 et g 0 , on
obtient pour tout réel t :
g 00 (t) − g 0 (t) + g(t) = (exp(t))2 f 00 (exp(t)) + f (exp(t)).
Or pour tout réel x > 0 :
x2 f 00 (x) + f (x) = 0.
En particulier si x = et , on obtient :
(exp(t))2 f 00 (exp(t)) + f (exp(t)) = 0.
D’où :
∀t ∈ R, g 00 (t) − g 0 (t) + g(t) = 0.
Ceci établit que g = f ◦ exp est solution de (E 0 ) sur R.
⇐) Réciproquement, supposons g solution de (E 0 ) sur R. On a donc
∀t ∈ R, g 00 (t) − g 0 (t) + g(t) = 0.
Au vu de ce qui précède, cela signifie que pour tout réel t :
(exp(t))2 f 00 (exp(t)) + f (exp(t)) = 0.
Considérons x > 0. On peut alors écrire x = exp(t) avec t = ln(x). Par conséquent :
x2 f 00 (x) + f (x) = 0.
Cette égalité étant valable pour tout réel x > 0, la fonction f est donc solution de (E) sur R∗+ .
3
0
4. L’équation caractéristique
est r2 − r + 1 qui admet comme racines les nombres complexes
√ associée à (E ) √
1+i 3
1−i 3
conjugués r1 =
et r2 =
. Par conséquent, le théorème structure de l’ensemble des
2
2
solutions d’une EDL d’ordre 2 homogène à coefficients constants entraı̂ne que l’ensemble S 0 des solutions
sur R de l’E.D.L. (E 0 ) est :
S0 =

 R
 t


2
.
3t
3 t (α, β) ∈ R
t
t

) + β e 2 sin(
) 7
→
α e 2 cos(
2
2
→
R
√
√
5. f : R∗+ → R deux fois dérivable sur R∗+ est solution de (E) sur R∗+ si et seulement si g = f ◦ exp est
solution de (E 0 ) sur R si et seulement s’il existe (α, β) ∈ R2 tel que :
√
√
t
t
3t
3t
2
2
) + β e sin(
),
∀t ∈ R, f (exp(t)) = α e cos(
2
2
si et seulement s’il existe (α, β) ∈ R2 tel que :
∀x > 0, f (x) = α
√
√
x cos(
√
√
3 ln(x)
3 ln(x)
) + β x sin(
).
2
2
Il en découle que l’ensemble S des solutions de (E) sur R∗+ est :
S =

 R∗+
x



2
.
√
√
3 ln(x)
3 ln(x) (α, β) ∈ R

7
→
α x cos(
) + β x sin(
) 2
2
→
R
√
√
Partie 3. Vers la détermination des solutions de (?)
La partie 1 montre qu’une fonction solution de (?) est solution de (E) sur R∗+ . L’objet de cette partie est de
déterminer très exactement quelles sont les fonctions solutions de (E) qui sont solutions de (?) ce qui nous
indiquera l’ensemble des solutions de (?).
Soit f : R∗+ → R une fonction solution de (E) sur R∗+ . Elle s’écrit donc sous la forme obtenue à la question ...
6. ⇐) Supposons α = γ et β = δ. On en déduit immédiatement que
∀t ∈ R, α cos(t) + β sin(t) = γ cos(t) + δ sin(t).
⇒) Réciproquement, supposons que
∀t ∈ R, α cos(t) + β sin(t) = γ cos(t) + δ sin(t).
L’égalité pour t = 0 entraı̂ne immédiatement :
α = γ.
L’égalité pour t =
π
2
entraı̂ne immédiatement :
β = δ.
7. D’après la question 5, il existe un couple de réels (α, β) de telle sorte que :
√
√
√
3
3
∀x > 0, f (x) = x α cos(
ln(x)) + β sin(
ln(x)) .
2
2
4
D’où
∀x > 0, f 0 (x) =
2
1
√
x
(α +
√
√
3 β) cos(
√
√
3
3
ln(x)) + (− 3 α + β) sin(
ln(x)) .
2
2
8. La fonction f est solution de (?) si et seulement si
1
∀x > 0, f 0 (x) = f ( )
x
1
si et seulement si, compte-tenu des expressions de f et de f 0 et sachant que ln( ) = − ln(x) pour tout
x
x>0:
√
√
√
√
√
√
3
3
1
3
3
1
(α + 3 β) cos(
ln x) + (− 3 α + β) sin(
ln x) = √
α cos(
ln x) − β sin(
ln x) .
∀x > 0, √
2
2
2
2
2 x
x
√
On voit sans peine que cette dernière condition, quitte à écrire tout réel t sous la forme t =
x > 0, est équivalente à :
√
√
∀t ∈ R, (α + 3 β) cos(t) + (− 3 α + β) sin(t) = 2 α cos(t) − 2 β sin(t).
3
2
ln(x)) avec
9. D’après les questions 6 et 8, le couple de réels (α, β) permettant d’écrire f comme solution de (E) vérifie
le système linéaire :
√
−α
= 0
√+ 3 β
− 3α + 3β = 0
√
Ce dernier système est équivalent à α = 3 β.
Il en résulte que f est solution de (?) si et seulement s’il existe un réel β de telle sorte que :
∀x > 0, f (x) = β
√
x
√
√
3 cos(
√
3
3
ln(x)) + sin(
ln(x)) .
2
2
L’ensemble Ω des solutions sur R∗+ de (?) est donc :
(
Ω=
R∗+
→
x
7→
R
√
√
√ √
3
β x
3 cos( 2 ln(x)) + sin( 23 ln(x))
5
)
β∈R .