Sujet : Analyse, Equations différentielles linéaires, Résolution avec raccord

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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Enoncés 1 Résolution avec raccord Exercice 8 [ 00426 ] [correction] On considère l’équation différentielle Exercice 1 [ 00419 ] [correction] 00 0 3xy −y −x y = 0 Résoudre surR l’équation 2 0 0(E) :x y −y = 0 a) Montrer que si y est solution sur I alors x7→y(−x) est solution sur I symétrique de I par rapport à 0. +? 2b) Résoudre surR l’équation via le changement de variable t =x . Exercice 2 [ 00420 ] [correction] c) Déterminer les solutions surR. Résoudre surR les équations suivantes : 0 0a) xy −y =x b) xy +y−1 = 0 Exercice 9 [ 00427 ] [correction]0 4 2 0 2c) xy −2y =x d) x(1+x )y −(x −1)y+2x = 0 Résoudre surR l’équation 2 00 0(t+1) y −2(t+1)y +2y = 0 Exercice 3 [ 00421 ] [correction] Résoudre surR l’équation suivante en commençant par rechercher les solutions polynomiales. x 0 x(e −1)y +e y = 1 Exercice 10 [ 00428 ] [correction] Résoudre surR l’équation Exercice 4 [ 00422 ] [correction] 00 0Résoudre surR les équations suivantes : E : (t+1)y −(t+2)y +y = 0 0 3 0a) y sinx−ycosx+1 = 0 b) (sinx) y = 2(cosx)y Exercice 11 [ 00429 ] [correction] Résoudre surR l’équation Exercice 5 [ 00423 ] [correction] 0Déterminer les solutions, s’il en existe, des problèmes de Cauchy suivants : E :y +y = max(x,0) 0a) (tanx)y −y = 0 et y(0) = 0 0b) (tanx)y −y = 0 et y(0) = 1.
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Résolution avec raccord

Exercice 1[ 00419 ][correction]
Résoudre surRl’équation
(E) :x2y0−y= 0

Exercice 2[ 00420 ][correction]
Résoudre surRles équations suivantes :

a)xy0y xb)xy0+y−1 = 0
−=
c)xy0−2y=x4d)x(1 +x2)y0−(x2−1)y+ 2x= 0

Exercice 3[ 00421 ][correction]
Résoudre surRl’équation suivante

(ex−1)y0+exy= 1

Exercice 4[ 00422 ][correction]
Résoudre surRles équations suivantes :

a)y0sinx−ycosx+ 1 = 0

b)(sinx)3y0= 2(cosx)y

Exercice 5[ 00423 ][correction]
Déterminer les solutions, s’il en existe, des problèmes de Cauchy suivants :
a)(tanx)y0−y= 0ety(0) = 0
b)(tanx)y0−y= 0ety(0) = 1.

Exercice 6[ 00424 ][correction]
Résoudre sur tout intervalle deRl’équation différentielle

x(x2−1)y0+ 2y=x2

Exercice 7[ 00425 ][correction]
Soitα∈R. Résoudre surRl’équation différentielle

xy0−αy= 0

en discutant selon les valeurs deα.

Enoncés

Exercice 8[ 00426 ][correction]
On considère l’équation différentielle

xy00−y0−x3y= 0

a) Montrer que siyest solution surIalorsx7→y(−x)est solution surI0
symétrique deIpar rapport à0.
b) Résoudre surR+?l’équation via le changement de variablet=x2.
c) Déterminer les solutions surR.

Exercice 9[ 00427 ][correction]
Résoudre surRl’équation

(t+ 1)2y00−2(t+ 1)y0+ 2y= 0

en commençant par rechercher les solutions polynomiales.

Exercice 10[ 00428 ][correction]
Résoudre surRl’équation

E: (t+ 1)y00−(t+ 2)y0+y= 0

Exercice 11[ 00429 ][correction]
Résoudre surRl’équation

Exercice 12Centrale MP
Soient

E:y0+y= max(x0)

[ 03061 ][correction]

(E) :x(x−4)y0+ (x−2)y=−2et(H) :x(x−4)y0+ (x−2)y= 0

a) RésoudreH ?, quelles sont les solutions maximales
b) RésoudreEsurI1= ]−∞0[,I2= ]04[etI3= ]4+∞[.
c) En déduire les solutions maximales deE.

Exercice 13Mines-Ponts MP[ 02889 ][correction]
Résoudre
xlnx y0−(3 lnx+ 1)y= 0

1

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Exercice 14Centrale PC[ 00105 ][correction]
Soitf∈ C1(R+R)etgune solution surR+?de l’équation différentielle

xy0−y=f(x)

a) Démontrer quegse prolonge par continuité en 0. Déterminer une condition
nécessaire surf0(0)pour que la fonction ainsi prolongée soit dérivable en 0.
Démontrer que cette condition n’est pas suffisante.
b)fest supposée de classeC2et la condition précédente est vérifiée.
Démontrer quegest de classeC2.

Exercice 15Centrale PC[ 00506 ][correction]
Soit(E)l’équation différentielle

(lnx)y0+xy= 1

a) Résoudre(E)sur]01[et sur]1+∞[.
b) Soitgla fonction définie sur]−1+∞[ {0}par

g(x) = ln(1 +x)
x

Montrer quegse prolonge sur]−1+∞[en une fonction de classeC∞.
c) Démontrer que(E)admet une solution de classeC∞sur]0+∞[.

Exercice 16[ 03468 ][correction]
Résoudre surRl’équation suivante

sh(x)y0−ch(x)y= 1

Exercice 17[ 03501 ][correction]
On étudie l’équation différentielle

(E) : 4xy00+ 2y0−y= 0

a) Déterminer les fonctions développables en série entière solutions
b) Résoudre(E)surR+?et surR−?en posant respectivementx=t2
c) Déterminer les solutions de(E)surR.

Enoncés

etx=−t2.

2

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Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
+?−?

SurRouR,
y0=x12y
E⇔
Solution générale :y(x) =Ce−1x.
Soityune solution surR.
yest solution surR+?etR−?donc il existeC+ C−∈Rtelles que

Continuité en 0

∀x >0 y(x) =C+e−1xet∀x <0 y(x) =C−e−1x

y(x)−x−→−0−+→y(xx→0−(0±s∞nionsiC−6= 0
0et)−−−−→

Nécessairementy(0) = 0etC−= 0.
Dérivabilité en 0

C+

y0(x) =2e1x−x−→−0−+→0ety0(x)−x−→−0−→0doncy0(0) = 0
x−

Equation différentielle en 0 :02y0(0)−y(0) = 0: ok.
Finalement
∃C∈R,y(x) =Ce−1xsix >0
0sinon

Inversement une telle fonction est solution.

Exercice 2 :[énoncé]
a) Solution générale surR+?ouR−?:

y(x) =xln|x|+CxavecC∈R

Pas de recollement possible en 0.
b) Solution générale surR+?ouR−?:

y(x) = 1 +CavecC∈R
x

Après recollement en 0, solution générale surR:y(x) = 1.

Corrections

c) Solution générale surR+?ouR−?:

y(x)1=2x4+Cx2avecC∈R
Après recollement en 0, solution générale surR:
y(x) =C+x214+x4six>0avecC+
1 C−∈R
C−x24+x4six <0
d) Solution générale surR+?ouR−?:

y(x+)1=C x2+ 1avecC∈R
x x

Via
x2−1 2x2−(1 +x2) 2x1
= =−
x(1 +x2)x(1 +x2) 1 +x2x
Après recollement en 0, solution générale surR:y(x) =−x.

Exercice 3 :[énoncé]
Solution générale surR+?ouR−?

y(x) =Cx+−x1
e

Après recollement en0, solution générale surR
y(x) =exx−1prolongée par continuité avecy(0) = 1

Exercice 4 :[énoncé]
a) Solution générale surIk= ]kπ(k+ 1)π[ k∈R:

y(x) = cosx+CsinxavecC∈R

Après recollement en chaquekπ, solution générale surR:

y(x) = cosx+CsinxavecC∈R

b)) Solution générale surIk= ]kπ(k+ 1)π[ k∈R:

y(x) =Ce1sin2xavecC∈R

3

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Après recollement en chaquekπ, solution générale surR:
y(x) =(Cke1sin2kxsix∈Ikavec(Ck)∈RZ
0six=π

Exercice 5 :[énoncé]
a) SoitI= ]−π2 π2[le plus grand intervalle contenant où l’équation
différentielle a un sens.
PosonsI+= ]0 π2[etI−= ]−π20[.
Solution générale surI+:y(x) =C+sinx.
Solution générale surI−y(x) =C−sinx.
:
Cherchons les solutions définies surI.
Analyse : Soityune solution surI, s’il en existe.
yest a fortiori solution surI+etI−donc :
∃C+ C−∈Rtel quey(x) =C+sinxsurI+ety(x) =C−sinxsurI−.
Commeydoit tre continue en 0,lim im
x→0+y(x) =xl→0−y(x) =y(0) = 0. Pas
d’informations surC+niC−.
Commeydoit tre dérivable en 0,
=C+0
xl→i0m+y(x)x−y(0)=y(0) =xl→im0−y(x)−yx(0)=C−.
DoncC+=C−. Finalementy(x) =C+sinxsurIentier.
Synthèse :y(x) =Csin(x)avecC∈Rest bien solution surI.
On auray(0) = 0⇔Csin(0) = 0ce qui est toujours vraie.
Il y a ici une infinité de solutions au problème de Cauchy.
b) On auray(0) = 1⇔Csin(0) = 1ce qui est impossible.
Il n’y a ici aucune solution au problème de Cauchy.

Exercice 6 :[énoncé]
SoitI= ]−∞−1[]−10[]01[ou]1+∞[.
=2.
SurI, l’équation différentielle devient :y0+x(x22−1)yx x−1
La solution générale surIestx2(lxn2|x−|1+C)avecC∈R.
Après recollement en 1, 0 et -1 on conclut, pour tout intervalleI:
Si10−1∈ y I(x) =x2(lxn2|x|1+C)avecC∈R

x2ln|xx2|+C+x2six >0
−1
Si1−1∈ Iet0∈I,y(x) =0six= 0avecC+ C−∈R.
x2ln|x−|1+C−x2six <0
x2
Si1∈Iou−1∈I,y(x) =x2x2ln|−1x|.

Corrections

4

Exercice 7 :[énoncé]
SurR+?etR−?:y(x) =C|x|α.
Soityune solution surR.
On ay(x) =C+xαsurR+?ety(x) =C−|x|αsurR−?
.
Siα <0, la limite en0impliqueC+=C−= 0doncy= 0. Inversement ok.
Siα= 0, la limite en0donneC+=C−et on conclut queyest constante.
Inversement ok.
Siα >0, la limite en0donney(0) = 0.
On ay0(x) =αC+xα−1surR+?ety(x) =−αC−|x|αsurR−?.
Siα <1, la limite en0impliqueC+=C−= 0doncy= 0. Inversement ok.
Siα= 1, la limite en0impliqueC+=−C−et on conclut queyest linéaire.
Inversement ok.
Siα >1, la limite en0existe et est nulle ce qui permet d’affirmery0(0) = 0
L’équation différentielle est bien vérifiée en0.
=0CCs+−i(xxα−xs)=iα0xsi>x0<0est
Inversement, lorsqueα >1, la fonction définie pary(x)
solution.

Exercice 8 :[énoncé]
a)z:x7→y(−x)est deux fois dérivable surI0et vérifie bien l’équation.
b) Soientyune fonction deux fois dérivable définie surR+?etzdéfinie par
z(t) =y(√t)de sorte quey(x) =z(x2).zest deux fois dérivable.
On ay0(x) = 2xz0(x2)ety00(x) = 2z0(x2) + 4x2z00(x2).
yest solution surR+?si, et seulement si,

4z00−z= 0

Cela donnex) =λx2 2
x
y(e2+µ−
e2
c) Soityune solution surRde l’équation proposée.
Puisqueyest solution surR+?etR−?on peut écrire :

∀x >0 y(x) =λ1ex22+µ1e−x22et∀x <0 y(x) =λ2ex22+µ2e−x22

Puisqueyest continue en0
λ1+µ1=λ2+µ2
y0est continue en0ne donne rien de plus

y00(x)x→→0+λ1−µ1ety00(x)x→→0−λ2−µ2

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Doncy00(0) =λ1−µ1=λ2−µ2d’oùλ1=µ1etλ2=µ2.
Finalement=λ1ex2µ1e−x22
∀x∈R y(x)2+
Inversement, une telle fonction est solution surR.

Corrections

Exercice 9 :[énoncé]
SurI= ]−∞−1[ou]−1+∞[l’espace des solutions de cette équation
différentielle linéaire d’ordre 2 est un plan vectoriel. En recherchant ses solutions
polynomiale on obtient les fonctionsy(t) =a(t2−1) +b(t+ 1). Les deux fonctions
polynomialest7→t2−1ett7→t+ 1sont solutions et indépendantes, elles
constituent un système fondamental de solution de l’équation surI. Reste à
recoller celles-ci en−1.
Siyest solution surR, elle est a fortiori solution sur]−∞−1[et]−1+∞[donc il
existea1 b1 a2 b2∈Rtels que∀t >−1 y(t) =a1(t2−1) +b1(t+ 1)et
∀t <−1 y(t) =a2(t2−1) +b2(t+ 1).
Recherchons parmi les fonctions de la forme précédente celles pouvant tre
prolongée en une fonction deux fois dérivable en−1
Limite en−1:t→li−m1+y(t) = 0ett→li−m1−y(t) = 0. On peut prolongeryen−1en
posanty(−1) = 0.
∀t >−1 y0(t) = 2a1t+b1et∀t >−1 y0(t) = 2a2t+b2.
Limite en−1:t→li−m1+y0(t) =−2a1+b1ett→li−m1y(t) =−2a2+b2. La fonctiony

est dérivable en−1si, et seulement si,−2a1+b1=−2a2+b2. Si tel est le cas :
∀t >−1 y00(t) = 2a1et∀t <−1 y00(t) = 2a2.
= 2a1etlim
Limite en−1:t→li−m1+y00(t)t→−1−y00(t) = 2a2. La fonctionyest deux fois
dérivable en−1si, et seulement si,2a1= 2a2.
Au finalyune fonction deux fois dérivable si, et seulementpeut tre prolongée en
si,a1=a2etb1=b2.
La fonctionyest alors donnée pary(t) =a1(t2−1) +b1(t+ 1)surRet elle bien
solution de l’équation.
Finalement les solutions surRde l’équation sont les fonctions

y(t) =a(t2−1) +b(t+ 1)aveca b∈R

Exercice 10 :[énoncé]
On remarque(t+ 1)y00−(t+ 2)y0+y= 0⇔(t+ 1)(y0−y)0−(y0−y) = 0.
Les fonctionsy(t) = etety(t) =t+ 2sont solutions surR.
Par suite, surI= ]−∞−1[ou]−1+∞[, la solution générale est
y(t) =λet+µ(t+ 2)car on sait que l’espace des solutions est de dimension 2.
Après recollement en−1, la solution générale surResty(t) =λet+µ(t+ 2).

Exercice 11 :[énoncé]
SurR+,E⇔y0+y=xde solution généraley(x) =Ce−x+x−1.
SurR−,E⇔y0+y= 0de solution généraley(x) =Ce−x.
Soitysolution deEsurR.
Commeyest solution surR+etR−, il existeC+ C−∈Rtelle que

∀x>0 y(x) =C+e−x+x−1et∀x60 y(x) =C−e−x

Définition en 0 :y(0) =C+−1 =C−doncC+=C−+ 1.

x−−→−−C
Dérivabilité en 0 :y0( )−x−→−0−+→ −C++ 1ety0(x)−x→0−
doncy0(0) =−C++ 1 =−C−.
Equation différentielle en 0 :−C++ 1 +C+−1 = max(00): ok
Finalement, il existeC∈Rtelle que
Ce−x+x
y(x) =((C−1)e−x−s1sniinox>0

Inversement : ok

5

Exercice 12 :[énoncé]
a) SurI1 I2ouI3, l’équationHest équivalente à l’équation différentielle linéaire
d’ordre 1 homogène
y0+x(xx−−42)y= 0
On peut résoudre cette équation avec Maple
dsolve(x*(x-4)*D(y)(x)+(x-2)*y(x)=0, y(x));
La solution obtenue s’interprète en fonction du signe du contenu de la racine pour
affirmer que la solution deHest

y1(x) =p−λx(14−x)surI1,y2(x) =px(λ42−x)surI2ety3(x) =px(xλ3−4)surI3

Pour raccorder deux solutionsy1ety2en 0, la seule possibilité est que
λ1=λ2= 0y a divergence en 0. De mme, pour raccordercar sinon il y2ety3en
4, la seule possibilité estλ2=λ3= 0.
Au final, en dehors de la fonction nulle qui est solution surR, les fonctions
y1 y2 y3définies pourλ1 λ2 λ36= 0sont les solutions maximales deE.
b) La mise en place de la méthode la variation constante invite aux
déterminations des primitives de

p−x4(1−x)surI1,px(41−x)surI2etpx(1surI3
x−4)

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Corrections

On obtient celles-ci par les commandes
int(1/sqrt(-x*(4-x)), x);
int(1/sqrt(x*(4-x)), x);
int(1/sqrt(x*(x-4)), x);
La première expression obtenue est un logarithme d’un contenu négatif, on pourra
y préférer une expression à l’aide de la fonction argch. . .
On obtient comme solution générale à l’équationE:
+λ2
y1(x) = 2argpch−x2(4−2x−x+)λ1surI1,y2(x 2 arcs) =pinx(4x−2−2x)surI2
x−2
ety3(x) =−2argch2+λ3surI3
px(x−4)

c) Pour raccorder une solutiony1et une solutiony2en 0, il est nécessaire que
λ1= 0etλ2=π.
La fonction ainsi obtenue est alors dérivable en 0 et solution de l’équation
différentielleEpeut le vérifier en procédant à un développement limitécomme on
series((2*arccosh((2-x)/2))/sqrt(-x*(4-x)), x=0);
series((2*arcsin((x-2)/2)+Pi)/sqrt(x*(4-x)), x=0);
Pour raccorder une solutiony2et une solutiony3en 4, il est nécessaire que
λ2=−πetλ3= 0.
La fonction ainsi obtenue est alors dérivable en 4 et solution de l’équation
différentielleE.
Résumons :
Les deux fonctions précédemment proposées sont solutions maximales deEsur
respectivement]−∞4[et]0+∞[. En dehors de celles-ci, les solutions maximales
sont les fonctionsy1 y2 y3proposées ci-dessus pourλ16= 0 λ26=±πetλ36= 0.

Exercice 13 :[énoncé]
C’est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 définie sur]0+∞[.
Sur]01[ou]1+∞[,
Z3 lxlnxnxd+1x3 lnx+ ln|lnx|+Cte
=

Solution générale sur]01[ou]1+∞[

y(x) =λx3|lnx|

Solution sur]0+∞[.
Soienty: ]01[∪]1+∞[→Rsolution de l’équation sur]01[et]1+∞[.

6

Il existeλ µ∈Rvérifianty(x) =λx3lnxsur]01[ety(x) =µx3lnxsur]1+∞[.
La continuité en 1 donney(1) = 0sans conditions surλetµ.
La dérivabilité en 1 donneλ=µ.
Ainsiy(x) =λx3lnxsur]0+∞[qui est évidement solution.

Exercice 14 :[énoncé]
a) On résout l’équation différentielle linéaire étudiée et, par la méthode de
variation de la constante, on obtient la solution générale suivante
g(x) =λx+xZ1xft(2t)dt

Par une intégration par parties, on peut écrire
g(x) =λx−f(x) +xf(1) +xZ1xf0t(t)dt

Quandx→0+, on a

et on obtient

x
xZ1f0t(td)t6kf0k∞[01]x|lnx|

g(x)→ −f(0)

Quandx→0+
x(1g(x)−g(0)) =λ−f(x)−f)0+(f(1) +Z1xf0t(t)dt
x

Le termef(x)−fx(0)converge versf0(0).
Sif0(0)6= 0alors l’intégraleR]01]f0t(t)dtdiverge et donc le termeR1x f0t(t)dt
diverge. On en déduit qu’alorsgn’est pas dérivable en 0.
L’égalitéf0(0) = 0est une condition nécessaire à la dérivabilité degen 0. Cette
condition n’est pas suffisante. En effet considérons une fonction de classeC1telle
que
f0( )x→∼0+l1nx
x
L’intégraleR]01]f0t(t)dtdemeure divergente alors quef0(0) = 0.
b) Puisquefest de classeC2et vérifief0(0) = 0on peut écrire

f(x) =f(0) +x2ϕ(x)pour toutx >0

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avecϕ: ]0+∞[→Rde classeC2et convergeant versf00(0)2en0+.
On a alors pour toutx >0
g(x) =λx+xf(0)−f(0) +xZ1xϕ(t) dt

gest de classeC3sur]0+∞[carϕ yest de classeC2
.
On prolongegpar continuité en 0 en posantg(0) =−f(0)
g0(x) =λ+f(0) +xϕ(x) +Z1xϕ(t) dt

Quandx→0+,g0converge et doncgest de classeC1sur[0+∞[.

g00(x) = 2ϕ(x) +xϕ0(x)

Or
ϕ0f0(x)−f(0)
(x) =x2)−2f(xx3
donc
g00(x) =f0(xx)=f0(x)x−f0(0)x−→−0−+→f00(0)
On en déduit quegest de classeC2sur[0+∞[

Exercice 15 :[énoncé]
a)(E)équation différentielle linéaire d’ordre 1. Après résolution viaest une
variation de la constante, on obtient la solution générale

y(x) =x+lnλx
b) Par opérations, la fonctiongest de classeC∞sur[12+∞[.
Pourx∈]−11[on a le développement en série entière

ln(1 +x) =+X∞(−1)nn−1xn
n=1

Corrections

et six6= 0, on obtient
+∞n
g(x) =X0(n−1+)1xn
n=
Si l’on poseg(0) = 1la relation précédente reste valable pour, x= 0et ainsi on a
prolongégen une fonction développable en série entière sur]−11[.

Ce prolongement est donc de classeC∞sur]−11[puis sur]−1+∞[.
c) La fonctiongstrictement positives et on peut donc introduire laest à valeurs
fonctionfdéfinie sur]0+∞[par

f(x)(x1−1)
=
g

La fonctionfest de classeC∞et sur]01[ou]1+∞[

x−1
f(x) = lnx

Ainsifest solution de(E)sur]01[et]1+∞[et enfin on vérifie aisément que
l’équation différentielle(E)est aussi vérifiée quandx= 1.

Exercice 16 :[énoncé]
Solution générale surR+?ouR−?
y(x) =Cshx−chx
Après recollement en0, solution générale surR
y(x) =Cshx−chxavecC∈R

Exercice 17 :[énoncé]
a) SoitPanxnsérie entière de rayon de convergenceune R >0.
+∞
Sur]−R R[, la fonctionx7→y(x) =Panxnest de classeC∞avec
n=0

On a alors

+∞+∞
y0(x) =X(n+ 1)an+1xnety00=X(n+ 1)nan+1xn−1
n=0n=1

+∞
4xy00+ 2y0−y=X(2(2n+ 1)(n+ 1)an+1−an)xn
n=0

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, la fonctionyest
solution de l’équation(E)si, et seulement si,
an
∀n∈N an+1(2=n+ 1)(2n+ 2)

Ce qui donne

∀n∈N an!=1)(2a0
n

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Corrections

Inversement, la série entière donnée parP(2na0)!xnest de rayon de convergence
+∞et en vertu des calculs qui précèdent, sa somme est solution surRde
l’équation(E).
b) ConsidéronsI=R+?ouR−?et posonsx=εt2avecε=±1.
Soity:I→Rune fonction deux fois dérivable etz:R+?→Rdéfinie par
z(t) =y(εt2).
La fonctionzest deux fois dérivable et

z(t) =y(εt2),z00(t) = 2εty0(εt2)etz00(t) = 4t2y00(εt2) + 2εy0(εt2)

de sorte que

z00(t)−z(t) = 4xy00(x) + 2y0(x)−y(x)

Ainsiyest solution de(E)surIsi, et seulement si,zest solution surR+?de
l’équation différentielle linéaire à coefficients constantsz00−z= 0. La solution
générale de cette dernière estz(t) =λcht+µshtet la solution générale de(E)sur
Iest donc
y(x) =λchp|x|+µshp|x|

c) Soityune solution de(E)surR+?etR−?. On peut écrire
∀x >0 y(x) =λchp|x|+µshp|x|et∀x <0 y(x) =λ0chp|x|+µ0shp|x|

Le raccord par continuité exigeλ=λ0.
La dérivabilité du raccord exigeµ=µ0= 0.
La fonction ainsi obtenue correspond alors au développement en série entière
initiale qu’on sait tre solution surR.

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