Sujet : Analyse, Equations différentielles linéaires, Etude théorique d'équation d'ordre 2

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Etude théorique d’équation d’ordre 2 Exercice 5 [ 03499 ] [correction] Soientp,q : [0,1]→R continue et l’équation différentielle définie sur [0,1] suivante Exercice 1 [ 00402 ] [correction] 00 0 y +p(t)y +q(t)y = 0+Soit p :R→R une fonction continue non nulle. 00Montrer que toute solution surR de l’équation différentielle y +p(x)y = 0 Montrer que si une solution possède une infinité de racines alors celle-ci est la s’annule. fonction nulle. Exercice 2 [ 03779 ] [correction] Soient q une fonction continue sur [a,b] à valeurs réelles et f une solution non Exercice 6 [ 03671 ] [correction] nulle sur [a,b] de l’équation différentielle Soient q ,q :I→R continues vérifiant q 6q .1 2 1 2 On note ϕ et ϕ deux solutions sur I respectivement des équations1 200(E) :y (x)+q(x)y(x) = 0 00 00y +q (x)y = 0 et y +q (x)y = 01 2Montrer que f admet un nombre fini de zéros. On suppose la solution ϕ non identiquement nulle.1 Exercice 3 [ 03110 ] [correction] a) Montrer que les zéros de ϕ sont isolés i.e. que si x ∈I annule ϕ alors1 0 1 1Soient f∈C (]0,+∞[,R) et g une solution non identiquement nulle de ∃α> 0,∀x∈I∩[x −α,x +α],ϕ(x) = 0⇒x =x0 0 000E :y +fy = 0 b) Soient am b) Soient f et g deux solutions bornées. Etudier le wronskien de f et de g 00On noteE l’équation différentielley +qy = 0. Soitf une solution non nulle deE.
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Etude théorique d’équation d’ordre 2

Exercice 1[ 00402 ][correction]
Soitp:R→R+une fonction continue non nulle.
Montrer que toute solution surRde l’équation différentielley00+p(x)y= 0
s’annule.

Exercice 2[ 03779 ][correction]
Soientqune fonction continue sur[a b]à valeurs réelles etfune solution non
nulle sur[a b]de l’équation différentielle

(E) :y00(x) +q(x)y(x) = 0

Montrer quefadmet un nombre fini de zéros.

Exercice 3[ 03110 ][correction]
Soientf∈ C1(]0+∞[R)etgune solution non identiquement nulle de

E:y00+f y= 0

Enoncés

a) Montrer que les zéros degsont isolés.
Dans la suite,x1etx2sont deux zéros consécutifs degvérifiantx1< x2.
b) Montrer, six∈[x1 x2]
x
Zx1(t−x1)f(t)g(t) dt+ (x−x1)Zxx2(x2−t)f(t)g(t) dt= (x2−x1)g(x)
(x2−x)
c) En déduire une minoration de
Zxx21|f(t)|dt

Exercice 4[ 03111 ][correction]
Soientm∈R+?etq∈ C0(R+R)telle que
∀t∈R+ q(t)>m
On noteEl’équation différentielley00+qy= 0. Soitfune solution non nulle deE.
a) Montrer qu’il existep g:R+→Rde classeC1avecp >0telles que

f=pcosgetf0=psing
b) Exprimerg0en fonction degetq.
c) En déduire quegest unC1-difféomorphisme deR+surg(R+).
d) Montrer quefs’annule une infinité de fois.

1

Exercice 5[ 03499 ][correction]
Soientp q: [01]→Rcontinue et l’équation différentielle définie sur[01]suivante

y00+p(t)y0+q(t)y= 0

Montrer que si une solution possède une infinité de racines alors celle-ci est la
fonction nulle.

Exercice 6[ 03671 ][correction]
Soientq1 q2:I→Rcontinues vérifiantq16q2.
On noteϕ1etϕ2deux solutions surIrespectivement des équations

y00+q1(x)y= 0ety00+q2(x)y= 0

On suppose la solutionϕ1non identiquement nulle.
a) Montrer que les zéros deϕ1sont isolés i.e. que six0∈Iannuleϕ1alors

∃α >0∀x∈I∩[x0−α x0+α] ϕ(x) = 0⇒x=x0

b) Soienta < bdeux zéros consécutifs deϕ1. Montrer queϕ2s’annule sur[a b].
(indice : étudierϕ1ϕ02−ϕ2ϕ01)
c) Application : montrer que siϕest une solution non nulle de l’équation
y00+ exy= 0alors
∀a∈R+∃x∈[a a+π] ϕ(x) = 0

Exercice 7[ 00436 ][correction]
Soitqune fonction continue, intégrable sur[0+∞[. SoitEl’équation différentielle

y00+qy= 0

a) Sifest une solution bornée deEsur[0+∞[, montrer que sa dérivéef0
converge en+∞.
Quelle est la valeur de cette limite ?
b) Soientfetgdeux solutions bornées. Etudier le wronskien defet deg
w=f0g−f g0

En déduire quefetg ?sont liées. Que peut-on en conclure

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Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
Par l’absurde :
S’il existeyune solution surRdey00+p(x)y= 0qui ne s’annule pas.
Deux cas sont possibles :yest positive ouyest négative.
Siyest positive alorsy0060.
La fonctionydonc concave et sa courbe représentative est en dessous deest
chacune de ses tangentes.
Siypossède une tangente de pente non nulle,yprend des valeurs négatives, exclu.
Par suiteyest nécessairement constante et alorsy00= 0puisp(x)y(x) = 0
implique queyest constante égale à 0. Absurde.
Siyle mme raisonnement permet de conclure.est négative,

Exercice 2 :[énoncé]
Par l’absurde, sifadmet une infinité de zéros, on peut construire une suite(xn)
formée de zéros defdeux à deux distincts. Puisque[a b]est compact, on peut
extraire de cette suite(xn), une suite convergente que nous noterons encore(xn).
Soitcla limite de(xn). Par continuité, on af(c) = 0.
En appliquant le théorème de Rolle àfentrexnetxn+1, on déterminecncompris
entrexnetxn+1tel quef0(cn) = 0. Par encadrement,cn→cet par continuité
f0(c) = 0.
Le problème de Cauchy linéaire formé par l’équation(E)et les conditions initiales

y(c) = 0ety0(c) = 0

possède une unique solution qui est la fonction nulle.
La fonctionfest donc nulle : c’est absurde.

Exercice 3 :[énoncé]
a) Par l’absurde supposons quegpossède un zéro non isoléa. Il existe alors une
suite(xn)de zéros degdistincts deaconvergeant versa. Puisqueg(xn) = 0, à la
limiteg(a) = 0. Puisque

on a aussi

mg(x)−g(a)
g0(a) =x→laix6=ax−a

g0(a) =nl→img(xxnn)−−ga(a) = 0
+∞

2

Ainsig(a) =g0(a) = 0et doncgfonction nulle car cette dernière estest la
l’unique solution de l’équation linéaire d’ordre 2Evérifiant les conditions initiales
y(a) =y0(a) 0.
=
b) Posons
ϕ(x) = (x2−x)Zxx1(t−x1)f(t)Zxx2(x2−t)f(t)g(t) d
g(t) dt+ (x−x1)t
La fonctionϕest dérivable et
x
ϕ0(x) =Zx1x1)f(t)g(t) dt+Zxx2(x2−t)
−(t−f(t)g(t) dt
La fonctionϕest donc deux fois dérivable et

ϕ00(x) = (x1−x2)f(x)g(x)

Puisquegest solution de l’équationE, on obtient

ϕ00(x) = (x2−x1)g00(x)

et donc
ϕ(x) = (x2−x1)g(x) +αx+β
Or les fonctionsϕetgs’annulent toutes deux enx1etx2doncα=β= 0puis

ϕ(x) = (x2−x1)g(x)

= max 0. Pourxtel que|g(x)|=α, la relation précédente donne
c) Soitα[x1x2]|g| 6=
α(x2−x1)6(x2−x)Zxx1(t g(t) dt+ (x−x1)Zxx2(x2−t)f(t)g(t) dt
−x1)f(t)

puis
α(x2−x1)6α(x2−x)(x−x1)Zxx1|f(t)|dt+α(x2−x)(x−x1)Zxx2|f(t)|dt=α(x2−x)(x−x1)
On en déduit
Zxx12|f(t)|dt>x2−4x1
car
(x−x)(x−x)6(x2−x1)2

2 14

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Corrections

Exercice 4 :[énoncé]
a) Puisquefn’est pas la fonction nulle, on peut affirmer que pour toutt∈R+

(f(t) f0(t))6= (00)

En effet, seule la fonction nulle est solution du problème de Cauchy
(yy0(0t0)+q=yy=00(t0) = 0
Posons alorsp(t) =pf(t)2+f0(t)2ce qui définit une fonctionp:R+→Rde
classeC1à valeurs strictement positives.
Puisquet7→fp((tt))pf0((tt))est de classeC1et prend ses valeurs dans le cercle unité,
on peut alors affirmer par le théorème de relèvement qu’il existe une fonction
g:R+→Rde classeC1vérifiant
fp((tts=)oc)g(t)etpf0((ttin=s))g(t)

b) D’une partf0=psinget d’autre partf0= (pcosg)0=p0cosg−g0psing.
De mmef00=p0sing+g0pcosgetf00=−qf=−qpcosg.
On en déduit le système
(p0cosg−g0psing=psing
p0sing+g0pcosg=−qpcosg

Par combinaison d’équations, on obtient

puis

g0p=−qpcos2g−psin2g

g0−qcos2g−sin2g
=

c) Puisque la dérivée degest strictement négative, on peut affirmer quegréalise
unC1-difféomorphisme décroissant deR+versg(R+).
d) Puisqueq(t)>m, on a

puis

−g0(t)>mcos2g+ sin2g>min(m1) =µ

g(t)6−µt+g(0)

On en déduit quegtend vers−∞quandtcroît vers+∞et par suite

g(R+) = ]−∞ g(0)]

Il existe donc une infinité de valeurs dettelles que
g(t 2) =π[π]

et pour ses valeursf(t) = 0.

Exercice 5 :[énoncé]
Soityétudiée possédant une infinité de racines.une solution de l’équation
Nous allons montrer qu’il existea∈[01]vérifianty(a) =y0(a) = 0.
Il est possible de former une suite(xn)de racines deux à deux distinctes de la
fonctiony. Puisque la suite(xn)est une suite d’éléments du compact[01], elle
possède une suite extraite convergente que nous noterons encore(xn). Ainsi on
obtient une suite d’éléments deux à deux distincts de[01]vérifiant

xn→a∈[01],∀n∈N y(xn) = 0

Par continuité de la fonctiony, on obtienty(a) = 0.
Par application du théorème de Rolle entrexnetxn+1(qui sont distincts) il
existecncompris entrexnetxn+1vérifianty0(cn) = 0. Par encadrementcn→a
et par continuité dey0, on obtienty0(a) = 0.
Finalementyapparaît comme solution du problème de Cauchy
(yy0(0a)+p(=ty)0y(0a=)+q0(t)y= 0

3

Or la fonction nulle est aussi évidemment solution.
Par unicité de la solution sur[01]à ce problème de Cauchy, on peut conclure que
yest la fonction nulle.

Exercice 6 :[énoncé]
a) Siϕ1possède une solution non isoléex0alors il existe une suite(xn)n∈Nde
zéros deϕ1deux à deux distincts convergeant versx0. En appliquant le théorème
de Rolle entre les deux termes distinctsxnetxn+1, on détermine une suite(cn)
convergeant versx0formée de zéros deϕ01. En passant la relationϕ0(cn) = 0à la
limite on obtientϕ0(x0) = 0. Ainsiϕ1se comprend comme la solution du
problème de Cauchy constitué de l’équation différentielley00+q1(x) = 0et des
conditions initialesy(x0) =y0(x0) = 0. Or ce problème de Cauchy possède une
solution unique et celle-ci est la fonction nulle, cas que l’énoncé exclut.
b) On suppose les zéros deaetbconsécutifs doncϕ1est de signe constant sur
[a b].

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Corrections

Quitte à considérer−ϕ1on peut supposerϕ1>0sur[a b]et, sachant
ϕ01(a) ϕ01(b)6= 0carϕ1est non identiquement nulle, on aϕ01(a)>0etϕ01(b)<0.
Siϕ2n’est pas de signe constant sur[a b]alors, par le théorème de valeurs
intermédiaires,ϕ2s’annule sur]a b[.
Si en revancheϕ2est de signe constant sur[a b]alors, quitte à considérer−ϕ2, on
peut supposerϕ2>0sur[a b]afin de fixer les idées. Considérons alors la fonction
donnée par
w(t) =ϕ1(t)ϕ02(t)−ϕ2(t)ϕ01(t)
La fonctionwest décroissante car
w0(t) =ϕ1(t)ϕ020(t)−ϕ2(t)ϕ010(t) = (q1(t)−q2(t))ϕ1(t)ϕ2(t)60
Orw(a) =−ϕ2(a)ϕ01(a)60etw(b) =−ϕ2(b)ϕ01(b)>0donc nécessairement
ϕ2(a) =ϕ2(b) = 0.
c) Il suffit d’appliquer ce qui précède àq1(x) = 1etq2(x) = exsurI=R+sachant
queϕ1(x) = sin(x−a)est solution de l’équationy00+y= 0et s’annule enaet
a+π.

Exercice 7 :[énoncé]
a) La fonctionfest de classeC2et
f0(x) =f0(0) +Z0xf00(t) dt=f0(0)−Z0xq(t)f(t) dt
Puisque la fonctionqest intégrable sur[0+∞[et puisquefest bornée, on peut
affirmer que la fonctionqfest intégrable sur[0+∞[. Par suite l’intégrale de
l’expression précédente def0(x)converge quandx→+∞. On en déduit quef0
converge en+∞.
Posons`sa limite.
Si` >0alors il existeAassez grand tel que pour toutx>Aon af0(x)>`2.
On a alors
f(x) =f(A) +ZAxf0(t) dt>f(A) +`2 (x−A)−−−−→+∞
x→+∞
ce qui contredit l’hypothèsefbornée.
De mme,` <0est absurde et il reste donc`= 0.
b) En dérivant
w0=f00g+f0g0−f0g0−f00g= 0
carfetgsont solutions deE.
On en déduit que le wronskienwest constant et puisque les fonctionsfetgsont
bornées, leurs dérivéesf0etg0convergent vers 0 en+∞et doncw−+−→0.

Ainsi le wronskienwest constant égal à 0 et donc les fonctionsfetgsont liées.
On en déduit que l’équation différentielleEpossède une solution non bornée.

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