Correction de Devoir Libre N°05: Années précédentes

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr `a rendre le mercredi 14 novembre 2011 ´CORRIGE DU DEVOIR LIBRE N˚05 EXERCICE 1 L’objectif de cet exercice est de r´esoudre sur R l’´equation 3ty −2y = t (2) − +1. R´esolvons l’´equation (2) sur les intervalles I = R et I = R .1 2 Notons, I l’un quelconque de ces deux intervalles (j∈{1,2}).j Pour tout t∈ I , on a :j 2 2(2) ⇐⇒ y − y = t t 2 R´esolution de l’´equation homog`ene y − y = 0. t 2 2Ici a(t) = − , on prend A(t) = −ln(t ). On en d´eduit que les t solutions de l’´equation homog`ene sur I sont les fonctions de laj forme : 2h(t) = C tj 3 Recherche d’une solution particuli`ere : la fonction t →t est une solution ´evidente de (2) sur I .j Epression de la solution g´en´erale de (2) dans Ij Finalement, les solutions de (2) sur I (j ∈{1,2}) sont les fonc-j tions d´efinies par 3 2∀t∈ I , f(t) = t +C t , ou` C ∈Rj j j N 2. Analyse Supposons qu’il existe une fonction ϕ : R → R, solution de (2) sur R. Par d´efinition, cela signifie que ϕ est d´efinie et d´erivable dans R et qu’elle v´erifie : c’est la d´efinition mˆeme de la no- 3∀t∈R, tϕ(t)−2 ϕ(t) = t (3) tion de solution d’une ´equation diff´erentielle!a. En particulier, les restrictions de ϕ aux intervallles I et I sont des1 2 solutionsdel’´equation(2)surcesintervalles.D’apr`eslapremi`ereques- 2tion, il existe donc un couple (C ,C )∈R tel que :1 2 3 2 3 2∀t∈ I ,ϕ(t) = t +C t et∀t∈ I ,ϕ(t) = t +C t1 1 2 2 1 ⋆ ′′′⋆′ b.
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MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr `a rendre le mercredi 14 novembre 2011
´CORRIGE DU DEVOIR LIBRE N˚05
EXERCICE 1
L’objectif de cet exercice est de r´esoudre sur R l’´equation
3ty −2y = t (2)
− +1. R´esolvons l’´equation (2) sur les intervalles I = R et I = R .1 2
Notons, I l’un quelconque de ces deux intervalles (j∈{1,2}).j
Pour tout t∈ I , on a :j
2 2(2) ⇐⇒ y − y = t
t
2
R´esolution de l’´equation homog`ene y − y = 0.
t
2
2Ici a(t) = − , on prend A(t) = −ln(t ). On en d´eduit que les
t
solutions de l’´equation homog`ene sur I sont les fonctions de laj
forme :
2h(t) = C tj
3
Recherche d’une solution particuli`ere : la fonction t →t est
une solution ´evidente de (2) sur I .j
Epression de la solution g´en´erale de (2) dans Ij
Finalement, les solutions de (2) sur I (j ∈{1,2}) sont les fonc-j
tions d´efinies par
3 2∀t∈ I , f(t) = t +C t , ou` C ∈Rj j j
N
2. Analyse Supposons qu’il existe une fonction ϕ : R → R, solution de
(2) sur R. Par d´efinition, cela signifie que ϕ est d´efinie et d´erivable
dans R et qu’elle v´erifie : c’est la d´efinition
mˆeme de la no-
3∀t∈R, tϕ(t)−2 ϕ(t) = t (3)
tion de solution d’une
´equation diff´erentielle!a. En particulier, les restrictions de ϕ aux intervallles I et I sont des1 2
solutionsdel’´equation(2)surcesintervalles.D’apr`eslapremi`ereques-
2tion, il existe donc un couple (C ,C )∈R tel que :1 2
3 2 3 2∀t∈ I ,ϕ(t) = t +C t et∀t∈ I ,ϕ(t) = t +C t1 1 2 2
1
⋆′′′⋆′b. En ´evaluant (3) en 0, il vient directement que ϕ(0) = 0.
c. Finalement, nous avons d´emontr´e l’existence d’un couple (C ,C ) ∈1 2
2R de constantes telles que pour tout t∈R, on ait :

3 2t +C t si t < 0 1
ϕ(t) = 0 si t = 0
 3 2t +C t si t > 02
. N
3. Synth`ese inversement, soit (C ,C ) un couple de constantes r´eelles et1 2
d´efinissons ϕ :R→R par l’expression ci-dessus.
• ϕ :R→Restd´erivabledansR.Eneffet,parOPA,ϕestd´erivable
dans I et dans I . De plus, pour tout t∈ I , on a :1 2 j
ϕ(t)−ϕ(0) 2= t +C t−−→ 0j
t→0t
Ainsi, ϕ est d´erivable en 0 et ϕ(0) = 0. ϕ est polynomiale
sur chacun de ces in-• ϕ v´erifie (3). En effet, il est clair que si t appartient `a I , on aj
3 tervallesϕ(t)− 2 ϕ(t) = t . De plus, pour t = 0, cette ´egalit´e est aussi
v´erifi´ee puisque 0×0−2×0 = 0.
• Ainsiϕ est d´erivable surR et v´erifie (3) : il s’agit donc bien d’une
solution de (2)
4. Conclusion lessoltuionsdel’´equationdiff´erentiellelin´eairenonr´esolue
(2) sont les fonctions de la forme,

3 2 t +C t si t < 01
2ϕ(t) = 0 si t = 0 ou` (C ,C )∈R1 2
 3 2t +C t si t > 02
N
5. Soit ϕ : R → R une solution de (2), d´efinie comme ci-dessus. En ce
cas, ϕ(1) = 0 ⇐⇒ 1+C = 0, ce qui revient `a prendre C =−1. Par2 2
cons´equent, les solutions de (2) sur R v´erifiant la condition ϕ(1) = 0
sont les fonctions de la forme

3 2t +C t si t < 0 1
ϕ(t) = 0 si t = 0 ou` C ∈R1
 3 2t −t si t > 0
N
2
′′EXERCICE 2
Soit f :R→R une fonction continue v´erifiant la propri´et´e :
Z x
( ) pour tout x∈R, f(x) =−1− (2x−t)f(t) dt
0
1. Commen¸cons par remarquer que s’´ecrit encore – par lin´earit´e de
l’int´egrale–
Z Zx x
( ) pour tout x∈R, f(x) =−1−2x f(t) dt+ tf(t)dt.
0 0
Souscetteforme,ilapparaˆıtclairement– isn’t it?–quef estd´erivable
dans R. En effet, les fonctions t →f(t) et t →tf(t) ´etant continues
dans R, le th´eor`eme fondamental du calcul int´egral, (TFCI pourZ x
les intimes...) s’applique : les fonctions F : x → f(t) dt et G :
0Z x
x → tf(t) dt sont d´erivables dans R. Plus pr´ecis´ement, il s’agit
0
des primitives des fonctions pr´ec´edentes s’annulant en 0. s’´enonce
alors :
pour tout x∈R, f(x) =−1−2xF(x)+G(x). (4)
On en d´eduit ais´ement par OPA que f est d´erivable dans R et que sa
fonction d´eriv´ee v´erifie :
pour tout x∈R, f (x) =−2F(x)−2xf(x)+xf(x) =−2F(x)−xf(x)
(5)
Comme f et F sont d´erivables dans R, la fonction f apparaˆıt comme
une somme de fonctions d´erivables. Elle est donc d´erivable in turn,
and satisfies :
′′for all x∈R, f (x) =−2f(x)−xf (x)+−f(x) (6)
In other words, f is solution of the second order differential equation
′′y +xy +3y = 0
Moreover, from the above expressions involving f and its first deriva-
tive (namely (4) and (5)), one can easily deduce that
f(0) =−1 and f (0) = 0
3
′′⋆′′⋆⋆⋆′As a result, we get that f is actually solution on R of the second order
Cauchy’s problem :

′′y +xy +3y = 0 (L)
y(0) =−1,y (0) = 0
N
2. R´esolution de (L)
a. Soi y : R→ R une fonction deux fois d´erivable dans R. On d´efinit la
2
x−
2fonction z :R→R par y(x) = z(x)e .
2
x
2Remarquons tout d’abord que pour toutx∈R,z(x) = y(x)e . Ainsi,
y ´etant le produit de deux fonctions deux fois d´erivables, elle est elle-
mˆeme deux fois d´erivable. De plus, pour tout x∈R on a :
2x

23× y(x) = z(x) e
2 x−
2+x× y (x) = z (x)−xz(x) e
2x′′ ′′ 2 −
2+1× y (x) = z (x)−2xz (x)+(x −1)z(x) e

′′ ′′Ainsi, pour tout x ∈ R, y (x) +xy (x) + 3y(x) = z (x)−xz (x) +
2x

22z(x) e et par suite, pour tout x∈R
′′ ′′y (x)+xy (x)+3y(x) = 0 ⇐⇒ z (x)−xz (x)+2z(x) = 0,
autrement dit, y est solution de (L) sur R si et seulement si z est
solution de
′′(D) z −xz +2z = 0
N
b. Cherchonsunesolutionpolynomialehde(D).Enexaminantl’´equation
(D), on peut avoir l’id´ee de chercher h de degr´e 2. Pour les sceptiques,
admettons que h soit une solution polynomiale de degr´e n ∈ N de
(D) :
n n−1h(x) = a x +a x +···+a ,avec a = 0n n−1 0 n
′′En ce cas, l’´equation h −xh +2h = 0, est une ´egalit´e polynomiale.
Identifions les coefficients de degr´e n. Il vient :
0−na +2a = 0,n n
Comme a n’est pas nul, il s’ensuit que n´ecessairement n = 2.n
4
′′′6′′′′′′′Ceci ´etant, cherchons donc une solution h de (D), polynomiale de
2degr´e 2 , de sorte que pour tout x∈R, h(x) = ax +bx+c. En ce cas,
22× h(x) = ax +bx+c
−x× h(x) = 2ax+b
′′+1× h (x) = 2a
Par identification des coefficients, il en r´esulte que

2a+2c = 0
h est solution de (D) si et seulement si 3b = 0

2a−2a = 0
Par cons´equent, les solutions polynomiale de (D), sont les fonctions
de la forme
2h(x) = a(x −1).
2x
2 −
2A present, d´eterminons une solution de de la forme a(x −1)e .
2x
2 −
2• Analyse : Soit f : x →a(x −1)e une solution de .
D’apr`escequipr´ec`edef doitˆetresolutionduprobl`emedeCauchy

′′y +xy +3y = 0
y(0) =−1,y (0) = 0
Or , si f(0) = a, et f (0) = 0. Par cons´equent, pour que f soit
solution de , il est n´ecessaire que a soit ´egal `a 1.
2
x2 −
2• Synth`ese : v´erifions que f : x →(x −1)e est solution de .
Par construction, f v´erifie :
′′pour tout x∈R, f (x) =−xf (x)−3f(x)
Lesdeuxmembresdecette´egalit´efonctionnellesontdesfonctiosn
continues sur R. Elles admettent donc la mˆeme primitive qui
s’annule en 0. Comme f (0) = 1, il vient, en int´egrant terme
`a terme :
Z x
pour tout x∈R, f (x) =−2 f(t)dt−xf(x)
0
Finalement, en consid´erant les primitives des deux membres pre-
nant la valeur−1 en 0, il vient
Z Zx x
pour tout x∈R, f(x) =−1−2x f(t) dt+ tf(t)dt,
0 0
ce qui prouve pr´ecis´ement que f est solution de . N
5
′⋆⋆⋆′⋆′′′′′⋆

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