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Publié par | analyse-mpsi |
Nombre de lectures | 162 |
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Langue | Français |
Extrait
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013
Wronskien
Exercice 1[ 00394 ][correction]
Soienta b:I→Ccontinues et(f1 f2)un système fondamental de solutions de
l’équation
E:y00+a(t)y0(t) +b(t)y= 0
Former une équation différentielle linéaire d’ordre 1 vérifiée par le wronskien
(t)
w:t7→ff101((tt))ff202(t)
Exercice 2Centrale PC[ 03100 ][correction]
On considère l’équation différentielle
E0:y00−exy= 0
a) Soityune solution deE0surR. Etudier la convexité dey2.
En déduire que siy(0) =y(1) = 0alorsyest nulle surR.
b) Soienty1ety2deux solutions deE0telles que
(y1(0) y01(0)) = (01)et(y2(1) y20(1)) = (01)
Démontrer que(y1 y2)est un système fondamental de solutions deE0.
c) Soitf∈ C(RR). Démontrer que l’équation différentielle
E:y00−exy=f(x)
admet une unique solutionytelle que
y(0) =y(1) = 0
Exercice 3[ 00383 ][correction]
SoitEunR-espace vectoriel de dimensionn∈N?muni d’une baseB.
Soientt7→a(t)une application continue deRversL(E)ett0∈R.
Montrer que si les fonctionsϕ1 ϕnforment un système fondamental de
solutions de l’équationx0=a(t)xalors son wronskienWdans la baseBest
déterminé par
t
W(t) =W(t0) expZtr(a(u))du
t0
Enoncés
Exercice 4Centrale PC[ 03387 ][correction]
On considère l’équation différentielle
(E) :y00+ cos2(t)y= 0
a) Justifier l’existence d’une solutionude(E)telle queu(0) = 1etu0(0) = 0.
b) Démontrer l’existence de deux réelsα βvérifiant
α <0< β,u0(α)>0etu0(β)<0
En déduire queupossède au moins un zéro dansR−?etR+?.
c) Justifier l’existence de réels
γ= max{t <0u(t) = 0}etδ= min{t >0u(t) = 0}
d) Soitvune solution de(E)linéairement indépendante deu.
En étudiant les variations de
W=uv0−u0v
montrer quevpossède au moins un zéro dans]γ δ[.
e) Soitwune solution non nulle de(E). Démontrer quewadmet une infinité de
zéros. On pourra introduire pourn∈N, la fonction
wn:R→R,t7→w(t−nπ)
[Enoncé fourni par le CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA]
1
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013
Corrections
Exercice 1 :[énoncé]
Par dérivation d’un déterminant
donc
(+
w0(t) =ff0101((tt))ff2002(tt)) ff0110((tt))ff0220((tt))
w0(t) =f1(t)b(t)f1(t)−a(t)f20(ft2()t−)b(t)f2(t)
−a(t)f10(t)−
puis
0f1(t)f2(t) (t)f2(t)
w(t) =−a(t)f10(t)−a(t)f02(t)=−a(t)ff011(t)f20(t)
Ainsiwest solution de l’équation différentielle
w0+a(t)w= 0
Exercice 2 :[énoncé]
L’équationE0est une équation différentielle linéaire d’ordre 2 homogène.
a)y2est deux fois dérivable et
(y2)00(x) = 2y(x)y00(x) + 2 (y0(x))2= 2ex(y(x))2+ 2 (y0(x))2>0
Corrections
Par suite la fonctiony2est convexe.
Siy(0) =y(1) = 0alors, sachant quey2est convexe, le graphe dey2est en
dessous de chacune de ses cordes et doncy2est nulle sur[01]. On en déduit quey
est nulle sur[01]et en particuliery(0) =y0(0) = 0. Or la fonction nulle est la
seule solution de l’équation différentielleE0vérifiant les conditions initiales
y(0) =y0(0) = 0. On en déduit que la fonctionyest nulle surR.
b) Le wronskien en 0 des solutionsy1,y2est
w(0) =y01(0)y2(0)
y1(0)y02(0)=y2(0)
˜
Siy2(0) = 0alors, sachanty2(1) = 0, le résultat qui précède entraîney2= 0. Or
y02(1) = 16= 0. C’est impossible et doncw(0) =y2(0)6= 0.
On en déduit que(y1 y2)est un système fondamental de solutions deE0.
Notons que l’on démontre par le mme argument quey1(1)6= 0.
c) Soity˜une solution particulière de l’équationE.
La solution générale deEest de la formey(x) =y˜(x) +λ1y1(x) +λ2y2(x).
Cette solution vérifiey(0) =y(1) = 0si, et seulement si,
y˜(0) +λ2y2(0) = 0ety˜(1) +λ1y1(1) = 0
2
Ces deux équations déterminentλ1etλ2de façon unique puisquey1(1) y2(0)6= 0.
Exercice 3 :[énoncé]
W(t) = detB(ϕ1(t) ϕn(t))donc par dérivation d’une application multilinéaire
puis
Introduisons
On a
n
W0(t) =XdBet(ϕ1(t) ϕ0i(t) ϕn(t))
i=1
n
W0(t) =XdBet(ϕ1(t) a(t)ϕi(t) ϕn(t))
i=1
M(t) =Mat(ϕ1(t)ϕn(t))(a(t)) = (mij(t))
n n
W0(t) =XdBet(ϕ1(t) Xmij(t)ϕj(t) ϕn(t))
i=1j=1
puis par le caractère multilinéaire alterné du déterminant
n
W0(t) =Xmii(t) dBet(ϕ1(t) ϕi(t) ϕn(t)) =tr(a(t))W(t)
i=1
t7→W(t)est ainsi solution d’une équation différentielle scalaire linéaire d’ordre 1
dont la résolution conduit à l’expression proposée.
Exercice 4 :[énoncé]
a)(E)est une équation différentielle linéaire d’ordre 2 définie surR. Les
conditions initiales proposées déterminent alors une solution unique définie surR.
b) Puisque la fonctionuest continue etu(0) = 1, la fonctionuest strictement
positive au voisinage de 0 et par la satisfaction de l’équation différentielle, on peut
affirmer queu00est strictement négative au voisinage de 0. La fonctionu0étant
alors strictement décroissante au voisinage de 0 et vérifiantu0(0) = 0, les
existences deαetβsont assurées.
Par l’absurde, supposons que la fonctionune s’annule par surR+.
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013
Corrections
La fonctionuest alors positive etu00est négative surR+. La fonctionu0étant
donc décroissante surR+, on a
En intégrant
∀t>β u0(t)6u0(β)
∀x>β u(x)−u(β)6u0(β)(x−β)
Or cette affirmation est incompatible avec un passage à la limite quandx→+∞.
On en déduit queus’annule au moins une fois surR+(et cette annulation est
nécessairement surR+?)
De mme, on justifie queus’annule au moins une fois surR−?(et on peut mme
montrer que la fonctionu . . )est paire.
c) Considérons l’ensemble
A={t >0u(t) = 0}
C’est une partie non vide et minorée deR, elle admet donc une borne inférieureδ.
Par la caractérisation séquentielle d’une borne inférieure, il existe une suite
(tn)∈AN, telle que
tn→δ
Puisqueu(tn) = 0, on obtient à la limiteu(δ) = 0. Evidemmentδ>0etδ6= 0
doncδ∈Aet ainsiδest un minimum deA.
De mme on obtientγ.
d) Grâce à l’équation différentielle
0
W0=u00v−uv0= 0
Le wronskienWest donc constant mais peu importe. . . puisque les solutionsuetv
sont indépendantes, le wronskien ne s’annule pas et il est donc de signe constant.
Or
W(γ) =u0(γ)v(γ)etW(δ) =u0(δ)v(δ)
Puisqueuest strictement positive sur]γ δ[,u00est strictement négative etu0
strictement décroissante sur ce mme intervalle. On en déduit
u0(γ)>0etu0(δ)<0
ce qui entraîne quev(γ)etv(δ)sont de signes stricts contraires. On en déduit que
vs’annule sur]γ δ[.
e) Plus généralement, qu’une solution de(E)soit colinéaire àuou non, on peut
affirmer que celle-ci possède un zéro dans[γ δ]. Or on vérifie que les fonctionswn
sont solutions de(E)et donc chacune possède au moins un zéro dans[γ δ]. On en
déduit que la fonctionwpossèd