Semaine 4 de Kholles, MPSI Lycée Louis Le Grand

Semaine 4 de Kholles, MPSI Lycée Louis Le Grand
Loïc Devilliers
3 novembre 2014
Exercices
Exercice 1. Calcul de
b
Z
ex sin(x)dx
a
Ne pas hésiter à faire deux intégrations par parties
Exercice 2. Résoudre y 0 + y = 2 cos x
Exercice 3. Trouver une équation différentielle dont l’ensemble des solution est exactement les
fonctions x 7→ xx+a
2 +1 pour a ∈ R
Une fonction g est de cette forme si et seulement si
∃a ∈ R, / ∀x ∈ R, g(x)(x2 + 1) − x = a
Si et seulement si tout x ∈ R, (g(x)(x2 + 1) − x)0 = 0.
La dérivation nous donnera alors l’équation différentielle voulue.
Exercice 4. Calcul pour n, m ∈ N :
Z
2π
In,m =
cos(mt) cos(nt)dt
0
Ne pas oublier de distinguer les cas pour ne pas à avoir à diviser par m = 0.
Exercice 5. Résoudre y 0 (x)x − 2y(x) = ln x
x 7→ Ax2 −
1
4
−
ln x
2
R1
Exercice 6. Pour (a, b) ∈ N2 , on pose Ia,b = 0 ta (1 − t)b dt :
• Trouver une relation entre Ia,b et Ia+1,b−1 si b ≥ 1
• Déduire une valeur de Ia,b
Exercice 7. Calcul pour a ≥ 1 : I =
Ra
1
a
ln t
t2 +1 dt
on effectue le changement de variable x = 1t , et on s’aperçoit que I = −I, donc I = 0.
Exercice 8. Résoudre sur R :
x3 y 0 (x) − 2y(x) = 0
1
Exercice 9. * Trouver une condition nécessaire et suffisante sur (a, b) ∈ R2 , telle que toute
solution de l’équation différentielle y 00 + ay + by = 0 soit borné sur R+
Exercice 10. Soit (a, b) ∈ R2 , b 6= 0, z = a + ib, calculer :
Z
dt
t−λ
Multiplier par l’expression conjugué, et séparer les parties réelles et imaginaires : ln |t − λ| +
i arctan( t−a
b )
Exercice 11. Trouver les fonctions C 2 f telles que :
∀x ∈ R f 00 (x) + f (−x) = x
Poser g(x) = f (x) + f (−x), h(x) = f (x) − f (−x) et trouver une équation différentielle vérifiée
par g, et une autre par h les résoudre et faire 2f = g + h.
On remarque que un des exercices de cours de la semaine précédente (toute fonction=fonction
paire+fonction impaire) peut nous guider vers la solution, (ce qui prouve si besoin est, que ce
genre d’exercices est moins innocent qu’on pourrait le croire).
Exercice 12. Soit f ∈ C 1 (R) et a > 0 tel que f 0 + af
→
t→+∞
0, montrer que f tend vers zéro en
+∞ (difficile).
On pose g = f 0 +af ainsi on a une équation différentielle, que l’on peut résoudre 1 par la variation
de la constante, ainsi on obtient :
Z t
f (t) = e−at
eau g(u)du
0
Maintenant on va utiliser le fait que g tend vers 0, soit > 0, ∃t0 tel que pour tout t ≥ t0 , on ait
|g(t)| ≤ , ainsi on a pour t ≥ t0 :
|f (t)| ≤ e−at
Z
t
eau |g(u)|du ≤ e−at
0
Z
t0
eau |g(u)du + e−at
0
Z
t
eau t0
La première intégrale ne dépend pas de t c’est donc une constante multiplié par e−at , on a que
le premier bout tend vers 0, donc ∃t1 tel que pour t ≥ t1 on a que :
Z t
e−at
eau |g(u)|du ≤ 0
Quant à la deuxième intégrale on peut maintant la calculer et ainsi majorer le deuxième bout
par a , donc on a majoré |f | par (1 + a1 ) pour t ≥ max(t0 , t1 ), ainsi f tend vers 0 en +∞.
2
Exercice 13. Montrer que les solutions sur R de l’équation y 00 + ex y = 0 sont bornées sur R
(encore plus difficile).
1. Le lecteur attentif aura remarqué qu’en fait on est en train de résoudre l’équation différentielle f 0 + af =
f 0 + af ce qui au premier abord (et au premier abord seulement) n’a pas l’air très utile.
2
2
• Méthode courte : On pose g(x) = y 2 (x) + e−x y 02 (x), alors :
g 0 (x) = 2yy 0 + e−x
2
2
−2xy 02 + 2y 0 y 00 = −2xy 02 e−x
D’ou le tableau de variation
de g. Donc : ∀t ∈ R, 0 ≤ y 2 (t) ≤ g(t) ≤ g(0) en particulier
p
pour tout t |y(t)| ≤ g(0) et c’est fini !
Le problème de cette méthode c’est qu’on se demande bien comment on a pu penser à
introduire une telle fonction, il faut quand même un sacré culot pour sortir une fonction
auxiliaire comme g et se dire que ça va bien marcher. Ce qui suit va tenter un peu de
l’expliquer :
2
• Méthode longue : On part de y 00 + ex y = 0, une idée qu’on peut avoir est d’utiliser
un « truc »bien connu des physiciens dans les équations du second ordre (typiquement la
seconde loi de Newton) pour obtenir une équation sur l’énergie est de multiplier par y 0 , si
2
on fait ça on obtient alors y 00 y 0 + ex yy 0 = 0, si on intègre ça on va avoir :
Z x
2
y 0 (x)2
et y(t)y 0 (t)dt = c
+
2
0
02
On se dit que si par exemple le bout dans l’intégrale était négatif on aura y2 ≤ c,
malheureusement pour nous on ne veut pas montrer que y 0 est borné. 2 .
2
Il faut donc changer de fusil d’épaule on va donc écrire : y 0 y 00 e−x + yy 0 = 0, cette fois-ci
intégrons (disons entre 0 et x) :
Z x
Z x
2
(y 0 (t)y 00 (t)) × e−t dt +
y(t)y 0 (t)dt = 0
0
0
Et intégrons par parties la première intégrale (car on sait primitiver y 0 y 00 ) :
x 2 x
02
Z x
2
y −t2
y
+
e
=0
ty 0 (t)2 e−t dt +
2
2 0
0
0
|
{z
}
g(x)−g(0)
2
On a alors :
02
x
Z x
2
y 2 (x)
y −t2
y 2 (0)
y 2 (0) y 02 (0) −0
=−
e
+
−
ty 0 (t)2 e−t dt ≤
+
e
2
2
2
2
2
0
{z
}
|0
≥0
(Et au passage on a retrouvé l’expression du g 3 )
2. y 0 peut être borné sans que y le soit par exemple x 7→ x.
3. Parfois dans des livres avec les exercices corrigés, la solution présente juste la version courte, laissant penser
aux pauvres élèves de prépas qu’ils doivent eux même poser directement un tel g...
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