Colle du 12 Fevrier MP*1 Lycée du Parc

Colle du 12 Fevrier MP*1 Lycée du Parc
Arnaud Demarais
February 12, 2014
Exercice 26.3
Soit f continue et définie sur un intervalle I de R. On note :
Ef : y 00 + f y = 0
Sf les solutions de Ef
1)
a) Soit y un élément non nul de Sf . Montrer que ses zéros sont isolés.
b) Monrer que si I est compact alors le nombre de zéros de y est fini.
2) On suppose désormais que f < 0 sur I
a) Montrer que si y a au moins deux zéros alors elle est nulle.
b) On suppose I non majoré, soit a 2 I tel que y(a) = 0. Montrer que si y(t) !x!+1 0 alors y est nulle
3) f est toujours négative sur I
a) Si I = R et y positive sur I, montrer que y n’est pas majorée.
b) Si il existe a tel que y(a) = 0 et y(x) > 0 pour tout x > a alors y n’est pas majorée
c) Montrer que la seule solution bornée est identiquement nulle
Correction 26.3
1)
a)
Si xn est une suite de zéro distincts qui tend vers x alors par continuité y(x) = 0. Or si y(xn ) = y(xn+1 ) = 0 par
le théorème de Rolle on a l’existance de zn 2 [xn , xn+1 ] tel que y 0 (zn ) = 0 or zn tend aussi vers x et par continuité
de y’ on a y 0 (x) = 0. Par unicité du problème de Cauchy y = 0 contradiction.
b)
Si on a une infinité de zéros, ils ont un point d’accumulation par Bolzano-Weierstrass. C’est impossible par la
question 1 donc y a un nombre fini de zéros.
2)
a)
Comme f < 0 alors y” est de même signe que y.
Considérons x1 et x2 deux zéros consécutifs de y et supposons que par exemple y est positive sur [x1 , x2 ]. Alors y”
est aussi positive et donc y’ est croissante or y(x1 ) = 0 et y(x) > 0 si x > x1 donc y’(x_1) est positive et y’(x_2)
est de même négative (faire un dessein).
De même si y est négative sur [x1 , x2 ].
b) On a toujours y” du signe de y. Si y a 2 zéros alors y est nulle donc on suppose que a est le seul zéro de y.
Supposons par exemple y(t) > 0 si t > a alors par le théorème de Rolle généralisé 1 , il existe c > a tel que y 0 (c) = 0
or y 0 (a) > 0 et y’ est croissante (comme à la question précédente) : c’est impossible sauf si y est nulle.
1 Où
f (a) = f (b) et b = 1
1
De même si y(t) négative si t > a.
3)
a)
y” est donc positive et du coup y’ est croissante. Si y’ tend vers l’infini en +1 alors y aussi. Si y’ tend vers une
limite l > 0 en +1 alors y tend vers +1 en +1 . Si y’ tend vers l  0 alors y’ tend en 1 vers 1 ou une limité
négative et dans ces deux cas y tend en 1 vers +1
b)
y 0 (a) est positif ou nul donc la première partie de la question précédente s’applique y’ tend vers l > 0 ou bien y’
tend vers +1 en +1 et dans les 2 cas y tend vers +1 en +1
c)
Soit y une solution bornée. Si y a plus de 2 zéros alors elle est identiquement nulle. Si y n’a pas de zéros y ou
-y est positive bornée donc identiquement nulle et si y a un seul 0 alors y ou-y est positive après ce zéro donc est
identiquement nulle.
Exercice 11.7 (moyen)
Déterminer les solutions développables en série entière de :
y 00 + xy = x + 2 avec y(0) = 1 et y 0 (0) = 0
Correction 11.7
P
Soit f une solution développable en série entière, on écrit f (x) = n 0 an xn avec déjà a0 = 1 et a1 = 0
On injecte f dans l’équation déifférentielle :
P
P
n(n 1)an xn 2 + n 0 an xn+1 = x + 2 qui se réécrit
Pn 2
P
n
n
n 0 (n + 2)(n + 1)an+2 x +
n 1 an 1 x = x + 2
En évaluant en 0 on trouve a2 = 1.
En regardant les premiers termes on a aussi a3 = 0 et a4 = 0
Et la relation de récurrence est 8n 1:
an+2 (n + 2)(n + 1) + an 1 = 0 qui se réécrit
an 1
an+2 = (n+1)(n+2)
donc les ai se donnent en discutant la valeur de i modulo 3
On voit que a3p = 08p
et a3p+2 =
0
( 1)p 3p (p!)
(3p+2)!
Et donc en remarquant que
a3p+5
a3p+2
! 0 le rayon de convergence est infini.
Exercice 26.4
Soit y 0 + a(t)y = b(t) une équation différentielle linéaire telle que 8t 2 R on a a(t)
Montrer que toute solution tend vers 0 en l’infini.
1 et b(t) !t!+1 0
Correction 26.4
Soit y une solution de l’équation différentielle
Les solutions générales sont de la forme e A(t) où A est la primitive de a qui s’annule en 0. Or a 1 implique en
intégrant que A tend vers l’infini en +1 donc les solutions générales tendent vers 0
´t
Par variation de la constante une solution particulière est e A(t) 0 b(u)eA (u)du. Il faut montrer que cette solution
tend vers 0.
Or b tend vers 0. Soit ✏ 0 . il existe T tel que t T )| b(t) | ✏
´t
´t
´T
´t
donc | e A(t) 0 b(u)eA (u)du | e A(t) 0 | b(u) | eA (u)du  e A(t) ( 0 | b(u) | eA (u)du + ✏ T eA (u)du)
´t
´t
Or le premier terme tend bien vers 0 et le deuxième vaut T eA(u) A(t) du et A(u) A(t) =
a(k)dk  u t
u
t
T
t
Donc notre deuxième terme est majoré par ✏(e
e )e  ✏
Donc la solution particulière tend vers 0 et toute solution tend vers 0
2
Exercice 26.2
Soit A : R ! Mn (R) telle que k A(t) k est intégrable.
Montrer que les solutions de X 0 (t) = A(t)X(t) sont bornées
Correction 26.2
On s’intéresse à g(t) =k X(t) k2
g 0 (t) = 2(X(t) | X 0 (t)) = 2(X(t) | A(t)X(t)) k A(t) kk X(t) k2 =k A(t) k g(t)
On a une inéquation différentielle que l’on multiplie par e
(g(t)e
´t
)  0 et on a donc
kA(s)kds 0
0
g(t)  g(0)
Nos solutions sont bornées
3
´t
0
kA(s)kds
pour la réécrire