Correction : Analyse, Etude des solutions d'une équation différentielle

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Equation différentielle. Développement limité. Calcul intégral.

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d’après Mines de Sup 1997

Correction

Partie I

1. C’est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 (résolue en′)
.a méthode :֏2et֏ de classe1 sont∞donc les solutions de+′2 =1 le sont aussi.
2 1ère
2èmeméthode : Par récurrence sur∈ℕ, montrer queest de classe.
Pour=0 :est continue car dérivable.
Supposons la propriété établie au rang≥0 .
′()=1−2() . Par HR,est de classe, donc par opérations,′estpuisest+1
Récurrence établie.
2.b Puisque :∀∈ℝ,′()+2()= pour1 ,=0 , on observe′(0)=1 .

3.a 1èreméthode : Par récurrence sur∈ℕ
2èmeméthode : Puisque∀∈ℝ,′()=1−2( dérivant à l’ordre) en+1∈ℕ∗:
(+2)()= −(2())(+1)= −2(+1())−2(+1)(()) (en vertu de la formule de Leibniz).
4.a Puisqueest∞surℝet 0∈ℝ, le théorème de Taylor-Young assure l’existence du(0) de.
De plus la formule de Taylor-Yo=() .0)(
ung donne :
!
4.b En évaluant la relation du 3.a en 0 :(+2)(0)= −2(+1)()(0) .
On en tire l rela−2
a tion+2=2.
+
+=2−2+1−=2−2+1 2−2−.1..−23=((−22)+21)!!=((2−4)+1 !)siupqu!e 1′(0) 1
2 1 2 1 1 1= =.
1 ( 1) ( 1) (
4.c2= −2−2= − −−1...−11)0=(−!)1(0) .

1.

2.

3.

4.a

Partie II

֏e−2est1surℝet֏e2aussi car primitive de la fonction continue :֏e2.
0
Par opérations sur les fonctions1,est1surℝ. De plus′()= −2e−2e2+e−22d’où
0
′()+2() 1 .
=
−
∀∈ℝ,−∈ℝet(−)=e−2e2.
0
−2
Or0e=−∫0e2= −∫0e2donc(−)= −() .
=−
est une fonction impaire.
∀≥0 ,∀∈0,: 1≤e2≤e2donc≤e2≤e2puise−2≤()≤.
0


∫1e2=∫1222=2121+12∫1122ed=e22−e2+12∫112e2
   
Par une nouvelle intégration par parties :
∫1e2=22−2+1221321+34∫1e24=e22+e423−34+34∫124
  

4.b

4.c

5.a

5.b

5.c

1.

2.

est dérivable et′()=22−232=2(32−1)2≥,1us r0 +∞.
 
 1,est donc croissante sur+∞.
[1,[,[1,], e42() 1() 12
∀ ∈ +∞ ∀ ∈ =2≤2donc1e4≤()∫12=()−1 .
  
 2
2 2
puis 0≤∫1ee24≤e(2)−1≤2→→+∞0 d’où∫1e4=2eau voisinage de+∞.
22
223e2 2 2 2
432, 4=2 et 34∫1e42=2e2donc∫1e2=e2+2∼2.
=
2 2 2
2212  
∫e=∫e+∫e=e+e∼ eispu ()∼1 au voisinage de+∞.
0 1 02222


est une positive surℝ+et négative surℝ.
Puisque 0 ets’annule en est de limite nulle en+∞,admet un admet un maximum surℝ+(*) qui
sera aussi maximum surℝ. Celui-ci est atteint en un point∈ℝ+, et puisquen’est pas la fonction
nulle, on a nécessairement≠0 .
(*) La propriété est graphiquement claire, mais un peu lourde à démontrer :
Soitρ=(1)>0 . Puisque→0 ,∃∈ℝ+∗tel que∀≥,()≤ρ.
+∞
Posons=max(1,) . Puisqueest continue sur le segment 0,, elle y est admet un maximum en un
point∈0,. Puisque 1∈0,,()≥(1)=ρet donc∀≥≥,()≥ρ≥() .
Ainsiest maximum desurℝ+.
Puisqueest dérivable en l’extremum local, on a′()=0 d’où()=21.
Siest un maximum dealors comme ci-dessus()=21.
Oretétant tous deux maximum de,()=() d’où=.

Partie III


′+2=0⇔′ = −2 et−2= −2+d’où0()=e2avec∈ℝ.
1()=( solution particulière.) est
Solution générale :()=(+e2)e−2avec∈ℝ.
0
Soitune solution de la forme ci-dessus supposée impaire.
(0)=0 donc=0 puis=.
Inversementest une solution impaire de l’équation différentielle étudiée.

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