1. Résoudre les systèmes différentiels. 2. Résoudre le système différentiel. 3. Soit l équation différentielle (E) : x (3) 5 x + 7 x 3 x = 0.

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1 08/09 Feuille 4 { x = 4 x y { x = 4 x y + t. Résoudre les systèmes différentiels. Résoudre le système différentiel y = x + y x = x y y = x + y + z z = x + y et y = x + y, t étant la variable. 3. Soit l équation différentielle (E : x (3 5 x + 7 x 3 x = 0. (a Montrer qu il existe A M 3 (R telle que A x x x = x. x x (3 (b Montrer que A est semblable à T = (c Résoudre l équation différentielle. 4. Soit l équation différentielle (E : ( x ln x y y x ln x + x = 0. Montrer que la fonction x x est solution de (E sur R +. Déterminer toutes les solutions de (E sur R Résoudre sur R l équation différentielle (E : y + 4 y = 3 x sin x. 6. Résoudre sur R l équation différentielle (E : y y + y = e x. 7. Soit l équation différentielle (E : x (x y + 3 x y + y = 0. (a Déterminer les solutions de (E développables en série entière à l origine. Déterminer la somme des séries entières obtenues ci-dessus. (b Est-ce que toutes les solutions de (E sur ]0, [ sont les restrictions d une fonction développable en série entière en l origine? 8. Soit l équation différentielle (E : x y (x x y (x + (x + y(x = 0. Déterminer une solution y de (E développable en série entière au voisinage de 0. Résoudre (E sur R Soit l équation différentielle (E : x y + ( x y y = 0. (a Déterminer des solutions de (E développables en série entière au voisinage de 0. (b Résoudre (E sur R Soit l équation différentielle (E : ( + x y y = 0. (a Déterminer une solution de (E sur R sous forme de polynôme. (b Résoudre (E sur R.. Soit l équation différentielle y + y + y e x = 0. Trouver un changement de variable qui transforme cette équation en une équation à coefficients constants. La résoudre.

2 08/09 Feuille 4. Soit E = C (R, R, P le sous-espace de E des fonctions paires et I le sous-espace de E des fonctions impaires. (a Montrer que P et I sont supplémentaires dans E. (b Soit p P. Que dire de p? Existe-t-il une réciproque? (c Déterminer les f E telles que : x R, f (x + f( x = + sin(x.

3 08/09 Feuille 4 3 Indications.. Premier système. Méthode matricielle en diagonalisant. Second système. Écrire le système X = A X +B, puis P X = D P X +P B. Dans ce cas on a besoin de connaître P. Pour résoudre les deux équations différentielles, on cherche une solution particulière sous la forme d une fonction polynômiale de degré.. Méthode matricielle en diagonalisant. 3. (a Sans difficulté. (b Pour obtenir les colonnes et 3 de T, on peut prendre comme vecteurs propres ε = (,, et ε 3 = (, 3, 9. Puis pour la colonne, on cherche un troisième vecteur ε = (a, b, c tel que f(ε = ε + ε. (c On a P A P = T. On pose Y = P X. Le système différentiel devient Y = T Y. 4. Résoudre l équation sur ]0, [ et sur ], + [. Supposer ensuite que y est solution de l équation différentielle sur ]0, + [. Utiliser la continuité et la dérivabilité en. 5. Pour chercher une solution particulière de (E, on peut écrire y + 4 y = 6 x 6 x cos(x. Puis on utilise le théorème de superposition. Pour y + 4 y = 6 x cos(x, on utilise l équation y + 4 y = 6 x e i x. 6. Résolution d abord sur R et sur R +. On cherche ensuite les solutions sur R par recollement. La fonction doit être continue en 0, dérivable en 0 et deux fois dérivable en (a On considère une fonction y développable en série entière : y(x = a n x n avec un rayon R > 0. Par équivalence, on montre que y est solution de (E sur ] R, R[ si, et seulement si, la suite (a n vérifie une relation entre a n+ et a n. Déterminer a 0 puis a n en fonction de a. (b Que peut-on dire de l ensemble des solutions de (E sur ]0, [? Raisonner par l absurde. 8. On considère une fonction y développable en série entière : y(x = a n x n avec un rayon R > 0. Par équivalence, on montre que y est solution de (E sur ] R, R[ si, et seulement si, a 0 = 0 et a n et a n+ vérifient une relation de récurrence. Déterminer a k en fonction de a et a k+ en fonction de a. On en déduit les fonctions développables en série entière en vérifiant bien que le rayon de convergence n est pas nul. Reconnaitre le développement de fonctions usuelles. Que peut-on dire de l ensemble des solutions sur R +? Comme on a deux degrés de liberté (a et a, on peut en déduire deux solutions distinctes y et y. Montrer que (y, y est une base de l ensemble des solutions sur R On considère une fonction y développable en série entière : y(x = a n x n avec un rayon R > 0. Par équivalence, on montre que y est solution de (E sur ] R, R[ si, et seulement si, a = a 0, et pour n, a n+ =... en fonction de a n. Pour n, exprimer a n en fonction de a. En déduire les fonctions développables en série

4 08/09 Feuille 4 4 entière. Que peut-on dire de l ensemble des solutions sur R +? Comme on a deux degrés de liberté (a 0 et a, on peut en déduire deux solutions distinctes y et y. Montrer que (y, y est une base de l ensemble des solutions sur R (a Considérer une fonction polynômiale y(x = les séries entières. a k x k, avec a p 0. Utiliser la même méthode que pour (b Connaissant une solution qui ne s annule pas, on peut utiliser la méthode de la variation de la constante. On a une primitive à déterminer : ( + x dx = + x ( + x dx x ( + x dx = intégrale se calculant par une méthode usuelle de calcul intégral. + x dx x ( + x x dx, la dernière. Soit y une fonction de classe C sur R. Poser z(t = y ( ϕ(t, où ϕ est une fonction bijective et de classe C. En notant ψ sa bijection réciproque, on a y(x = z ( ψ(x. Remplacer dans l équation différentielle. En déduire une fonction ψ qui convienne. Résoudre en utilisant ce changement de variable.. (a Déterminer P I, puis, pour tout f, chercher g paire et h impaire telles que f = g + h. (b Dériver p( x = p(x. Pour la réciproque, si g est impaire, utiliser G : x x a g(t dt. (c Supposer que f appartient à C (R, R, et soit solution de l équation différentielle. Utiliser la décomposition f = g + h trouvée à la première question, puis déterminer deux équations différentielles vérifiées par g et h. Les résoudre.

5 On a { ε = e + e 08/09 Feuille 4 5 Solutions.. Premier système. On introduit la matrice A = ( 4. On a χ A (X = (X (X 3 Le sous espace propre associé à la valeur propre est la droite vectorielle dont une base est ( (,. Le sous espace propre associé à la valeur propre 3 est la droite vectorielle dont une base est ( (,. ( x On pose X =. On a y X = A X ( ( 0 D autre part, en posant P =, on a P A P = D =. 0 3 Donc X = P D P X, soit P X = D P X ( { u u = u Si on pose Y = = P v X, on a Y = D Y. On en déduit v = 3 v On en déduit que { α R, t R, u(t = α e t Comme X = P Y, on en déduit que : β R, t R, v(t = β e 3t (α, β R, t R, { x(t = α e t + β e 3t y(t = α e t + β e 3t La solution générale est : R R, t α e t ( + β e 3t ( On a un espace vectoriel de dimension engendré par les deux fonctions : R R, t e t (, R R, t e 3t ( Second système. On utilise à nouveau la matrice A, et on pose X = On a ( x. On introduit B = y X = A X + B Avec la matrice P comme ci-dessus, on a X = P D P X + B, soit P X = D P X + P B Pour la résolution de cet second système, on a besoin de connaître P. ( t. 0 Interprétons P comme une matrice de passage d une base (e, e à une base (ε, ε. ε = e + e

6 On obtient sans difficulté { e = ε + ε 08/09 Feuille 4 6 D où ( u Si on pose Y = = P v X, on a On en déduit e = ε ε P = Y = D Y + ( ( t t { u = u t v = 3 v + t Pour résoudre ces deux équations différentielles, on cherche une solution particulière sous la forme d une fonction polynômiale de degré : t a t + b. On obtient α R, t R, u(t = α e t + t + 4 β R, t R, v(t = β e 3t 3 t 9 Comme X = P Y, on en déduit que : (α, β R, t R, La solution générale est : ( ( R R, t α e t + β e 3t x(t = α e t + β e 3t 6 t + 36 y(t = α e t + β e 3t + 6 t ( 6 t + 36 On a un espace affine de dimension, et de direction l espace vectoriel des solutions du premier système 0. On introduit la matrice A =. On a 0 χ A (X = X ( X ( X A M 3 (R et A admet trois valeurs propres ditinctes deux à deux, donc A est diagonalisable dans M 3 (R. La recherche des sous-espaces propres donne : Ker(A = Vec ( (,, 3, Ker(A I 3 = Vec ( (, 0, et Ker(A I 3 = Vec ( (,,. x On pose X = y. On a X = A X. z D autre part, en posant P = 0, on a P A P = D = ( 5

7 08/09 Feuille 4 7 Donc X = P D P X, soit P X = D P X. u Si on pose Y = v = P X, on a w Y = D Y On en déduit On en déduit que u = 0 v = v w = w α R, t R, u(t = α β R, t R, v(t = β e t γ R, t R, w(t = γ e t Comme X = P Y, on en déduit que : x(t = α + β e t + γ e t (α, β, γ R 3, t R, y(t = α γ e t z(t = 3 α β e t γ e t La solution générale est : R R 3, t α + β e t 0 + γ e t 3 On a un espace vectoriel de dimension 3 engendré par les trois fonctions : R R 3, t, R R 3, t e t 0 et R R 3, t e t 3 x x 3. (a Posons X = x On a X = x. x x (3 Soit On a bien A X = X. 0 0 A = (b On calcule le polynôme caractéristique de A (penser à faire C C + C + C 3. On a χ A (X = (X (X 3 La recherche des sous-espaces propres donne : E (A = Ker(A I 3 = R (,, et E 3 (A = Ker(A 3 I 3 = R (, 3, 9 Notons f l endomorphisme canonique associé à la matrice A. Posons ε = (,, et ε 3 = (, 3, 9.

8 08/09 Feuille 4 8 Compte-tenu de la forme de la matrice T, on cherche un vecteur ε = (a, b, c tel que f(ε = ε + ε. À l aide de la matrice A, on a f(ε = (b, c, 3 a 7 b + 5 c. On a cherche donc a, b et c tels que b = + a c = + b 3 a 7 b + 5 c = + c On peut choisir a = 0, d où ε = (0,,. { b = + a c = + a La famille C = (ε, ε, ε 3 est une base de R 3 (on peut le vérifier avec le déterminant, et la matrice de f dans C est la matrice T. Donc A et T sont semblables. Remarque. On peut aussi utiliser la méthode qui suit qu on trouve dans certains livres mais qui n est pas au programme Si on calcule (T I 3, on obtient (T I 3 = Ceci montre que les vecteurs ε et ε sont dans Ker(f Id qui est de dimension. On peut donc chercher d abord Ker(f Id à l aide de la matrice A. On obtient le plan vectoriel d équation x y + z = 0 dans la base canonique de R 3. On peut alors procéder de la manière suivante : On choisit un vecteur de ce plan : ε = (,, 0 par exemple. On pose ε = f(ε ε, que l on calcule à l aide de A. On a alors f(ε = f (ε f(ε = f (ε f(ε + ε + f(ε ε = (f Id (ε + f(ε ε = f(ε ε = ε On vérifie que C = (ε, ε, ε 3 est une base de R 3, et cette base convient. 0 (c Soit la matrice P = 3. 9 On a P A P = T Comme X = A X, on en déduit que X = P T P X, soit P X = T P X Posons Y = P X, on a Y = T Y

9 08/09 Feuille 4 9 y En posant Y = y, on a y 3 Soit On en déduit qu il existe λ et λ 3 dans R tels que y 0 y y = 0 0 y y y 3 y = y + y y = y y 3 = 3 y 3 t R, y (t = λ e t et y 3 (t = λ 3 e 3 t La première équation devient y = y + λ e t. On considère d abord l équation homogène y = y qui donne comme solutions y = k e t. La méthode de la variation de la constante donne comme solution particulière y(t = λ t e t. Donc l ensemble des solutions de la première équation est : y (t = λ e t + λ t e t. Finalement Comme (λ, λ, λ 3 R 3, t R, Y (t = λ e t + λ t e t λ e t λ 3 e 3 t x(t 0 λ e t + λ t e t X(t = x (t = P Y (t = 3 λ e t, x (t 9 λ 3 e 3 t on obtient comme ensemble des solutions de l équation différentielle : { } R R t λ e t + λ t e t + λ 3 e 3 t (λ, λ, λ 3 R 3 4. On vérifie par calcul que la fonction x x est une solution particulière de l équation différentielle sur ]0, + [. Comme x ln x s annule en, résolvons l équation sur ]0, [ et sur ], + [. Sur ]0, [ et sur ], + [ l équation homogène associée équivaut à y = x ln x y Une primitive de x x ln x sur ]0, [ et sur ], + [ est x ln ( ln x. On en déduit l ensemble des solutions sur ]0, [ et sur ], + [ : { } { ]0, [ R ], + [ R x k ln x k R et x l ln x } l R Comme x x est solution particulière, les solutions de (E sur ]0, [ et sur ], + [ sont : { } { } ]0, [ R ], + [ R x x k ln x k R et x x + l ln x l R

10 08/09 Feuille 4 0 Supposons que y soit une solution de l équation différentielle sur ]0, + [. Alors les restrictions de y à ]0, [ et à ], + [ sont solutions de l équation différentielle sur les deux intervalles. Donc, il existe deux constantes k et l telles que : x ]0, [, y(x = x k ln x, et x ], + [, y(x = x + l ln x La fonction y étant solution sur ]0, + [, elle est continue en. Par calcul de la limite à droite et à gauche en, on a y( =. La fonction y étant solution sur ]0, + [, elle est dérivable en. Le nombre dérivé à gauche en de y est k et le nombre dérivé à droite en de y est + l. Donc nécessairement on a k = + l, soit k = l. Ainsi, pour tout x de ]0, + [, on a y(x = x + l ln x. Réciproquement, pour tout l R, la fonction x x + l ln x est dérivable sur ]0, + [ et vérifie l équation différentielle. 5. On a une équation différentielle linéaire d ordre. Comme x, x 0, x 4 et x 3 x sin x sont continues sur R, et que le coefficient de y ne s annule pas sur R, l ensemble des solutions de (E est la somme d une solution particulière de (E et de l ensemble des solutions de l équation homogène associée, qui est un sous-espace vectoriel de C (R, R de dimension. L équation homogène associée est une équation linéaire du second ordre à coefficients constants, dont l équation caractéristique est r + 4 = 0, de solutions i et i. L ensemble des solutions de l équation homogène associée est : { R R x λ cos(x + µ sin(x } (λ, µ R Cherchons une solution particulière de (E. Écrivons l équation : (E : y + 4 y = 3 x cos(x, soit (E : y + 4 y = 6 x 6 x cos(x D après le théorème de superposition, une solution particulière de (E peut être obtenue comme la somme de solutions particulières des deux équations : (E : y + 4 y = 6 x et (E : y + 4 y = 6 x cos(x Pour la première, on cherche une solution particulière sous la forme d une fonction polynômiale du type x a x, et on obtient Pour la seconde, on utilise l équation : y : x 4 x (E : y + 4 y = 6 x e i x Comme x 6 x est un polynôme de degré et que i est solution simple de l équation caractéristique de l équation homogène associée, on cherche une solution particulière sous la forme d une fonction du type

11 08/09 Feuille 4 x x (a x + b e i x, et on obtient : z : x x ( i x e i x La partie réelle de z donne une solution particulière de (E : y : x x cos(x x sin(x. Finalement l ensemble des solutions de (E est : { R R x 4 x x cos(x x sin(x + λ cos(x + µ sin(x } (λ, µ R 6. On a une équation différentielle linéaire d ordre. Comme x, x 0, x 4 et x e x sont continues sur R, et que le coefficient de y ne s annule pas sur R, l ensemble des solutions de (E est la somme d une solution particulière de (E et de l ensemble des solutions de l équation homogène associée, qui est un sousespace vectoriel de C (R, R de dimension. Commençons par résoudre cette équation sur R + et sur R. Sur R. L équation s écrit : y y + y = e x. On a une équation différentielle linéaire d ordre. Comme x, x, x et x e x sont continues sur R, et que le coefficient de y ne s annule pas sur R, l ensemble des solutions est la somme d une solution particulière et de l ensemble des solutions de l équation homogène associée, qui est un sousespace vectoriel de C (R, R de dimension. L équation homogène associée est une équation linéaire du second ordre à coefficients constants, dont l équation caractéristique est r r + = 0, qui admet une unique solution, le réel. L ensemble des solutions de l équation homogène associée est : { } R R x (λ x + µ e x (λ, µ R Cherchons une solution particulière. Comme n est pas solution de l équation caractéristique, on cherche une solution particulière du type y 0 (x = a e x, et on obtient : x 4 e x. L ensemble des solutions de l équation sur R est : { R R Sur R +. L équation s écrit : y y + y = e x. x 4 e x + (λ x + µ e x } (λ, µ R De même que ci-dessus, l ensemble des solutions de l équation homogène associée est : { } R + R x (α x + β e x (λ, µ R Cherchons une solution particulière. Comme est solution double de l équation caractéristique, on cherche une solution particulière du type y 0 (x = x a e x, et on obtient : x x e x. L ensemble des solutions de l équation sur R est : { R + R x x e x + (α x + β e x } (λ, µ R

12 08/09 Feuille 4 Sur R. Soit une solution y sur R. Les restrictions de y à R et R + sont solutions de l équation sur R et R +. Donc, il existe (λ, µ, α, β R 4 tel que y(x = 4 e x + (λ x + µ e x si x < 0 y(x = x e x + (α x + β e x si x > 0 Toute solution de l équation différentielle sur R doit être dérivable deux fois sur R, et en particulier en 0. Cela implique d abord que y est continue en 0. On a donc 4 + µ = β ( lim x 0 y(x = lim x 0 + y(x. Ce qui implique que On a de plus y(0 = lim y(x = lim y(x = β. x 0 x 0 + La fonction y doit aussi être dérivable en 0. On a y (x = 4 e x + λ e x + (λ x + µ e x si x < 0 y (x = x e x + x e x + α e x + (α x + β e x si x > 0 On a donc lim y (x = lim y (x. Ce qui implique que x 0 x λ + µ = α + β ( La fonction y doit aussi être dérivable deux fois en 0. On a y (x = 4 e x + λ e x + (λ x + µ e x si x < 0 y (x = e x + x e x + x e x + α e x + (α x + β e x si x > 0 On a donc lim y (x = lim y (x. Ce qui implique que x 0 x 0 + De (, ( et (3, on déduit que : 4 + λ + µ = + α + β (3 µ = β 4, λ = α + Finalement les solutions de l équation sur R sont : y(x = ( x ex + (α x + β e x si x < 0 y(0 = β y(x = x e x + (α x + β e x si x > 0 7. (a Soit a n x n une série entière de rayon de convergence R > 0 et de somme S. Cette somme est de classe C + sur ] R, R[. Pour tout x ] R, R[, S(x = a n x n

13 08/09 Feuille 4 3 Donc, après calcul, S (x = S (x = n= n(n a n x n = n a n x n n= n= (n + n a n+ x n x(x S (x + 3xS (x + S(x = ( (n + a n n(n + a n+ x n Par unicité des coefficients d un développement en série entière, la fonction S est solution sur ] R, R[ de l équation étudiée si, et seulement si, n N, n a n+ = (n + a n Ce qui revient à : a 0 = 0 et n N, a n = n a Le rayon de convergence de la série entière nx n étant égal à, on peut affirmer que les fonctions développables en série entière solutions de l équation sont les fonctions : définies sur ], [, avec a R. x a + (b Notons (E l équation x(x y + 3xy + y = 0. nx n = a x d ( = a x dx x ( x Prouvons que les solutions de (E sur ]0; [ ne sont pas toutes développables en série entière à l origine. Raisonnons par l absurde. Si toutes les solutions de (E sur ]0; [ étaient développables en série entière à l origine alors, d après., l ensemble des solutions de (E sur ]0; [ serait égal à la droite vectorielle Vect(f où f est la fonction définie x par x ]0; [, f(x = ( x. Or, d après le cours, comme les fonctions x x(x, x 3x et x sont continues sur ]0; [ et que la fonction x x(x ne s annule pas sur ]0; [, l ensemble des solutions de (E sur ]0; [ est un plan vectoriel. D où l absurdité. 8. On considère une fonction y développable en série entière : y(x = La fonction y est de classe C sur ] R, R[. On a y (x = n= La fonction y est solution de (E sur ] R, R[ si, et seulement si, x ] R, R[, Soit si, et seulement si, x ] R, R[, + x n (n a n x n x n= n= n (n a n x n n= a n x n avec un rayon R > 0. n a n x n et y (x = n= n a n x n + n a n x n + (x + a n x n + n= n (n a n x n. a n x n = 0 a n x n+ = 0

14 08/09 Feuille 4 4 Donc si, et seulement si, x ] R, R[, Soit si, et seulement si, n (n a n x n n a n x n + a n x n + n= a n x n = 0 D où si, et seulement si, x ] R, R[, ( n 3 n + + a n x n + a n x n = 0 n= Donc si, et seulement si, x ] R, R[, x ] R, R[, a 0 + (n (n a n x n + n= n= a n x n = 0 [(n (n a n + a n ] x n = 0 Par unicité du développement en série entière, on a y est solution de (E sur ] R, R[ si, et seulement si, Soit si, et seulement si, On a donc a et a quelconques. a 0 = 0, et n, a n = a 0 = 0, et n N, a n+ = (n (n a n n (n + a n En utilisant une récurrence, on obtient y est solution de (E sur ] R, R[ si, et seulement si, a 0 = 0, et k N, a k+ = ( k (k! Considérons la série entière définie par : a k 0 ( k (k! a, et k N, a k = ( k (k! a x k+ + a k ( k (k! xk. Cette série entière a son rayon de convergence R =. D après les calculs précédents, sa somme est solution de (E sur R. Sa somme peut s écrire a x ( k (k! x k + a x ( k+ (k +! xk+ = a x cos x + a x sin x Donc les fonctions x a x cos x + a x sin x, avec a et a quelconques sont solutions de (E sur R. L équation différentielle est une équation linéaire du second ordre. Sur R +, le coefficient de y ne s annule pas, donc l ensemble des solutions sur R + est un plan vectoriel. D après les calculs précédents, les deux fonctions y : x x cos x et y : x x sin x sont solutions de (E sur R +. Montrons que ces deux fonctions forment une famille libre. Soit (α, β R. Supposons que α y + β y = 0, la fonction nulle. Donc x R, α x cos x + β x sin x = 0

15 08/09 Feuille 4 5 En prenant x = π puis x = π, on obtient β = 0 et α = 0. Donc les deux solutions forment une famille libre. ( Donc l ensemble des solutions de (E sur R + est Vect x x cos x, x x sin x. 9. (a On considère une fonction y développable en série entière : y(x = R > 0. y est de classe C sur ] R, R[. On a y (x = n= n a n x n et y (x = La fonction y est solution de (E sur ] R, R[ si, et seulement si, pour tout x de R, x n= n (n a n x n + ( x Soit si, et seulement si, pour tout x de R, n= n (n a n x n + Donc si, et seulement si, pour tout x de R, n= (n + n a n+ x n + Puis si, et seulement si, pour tout x de R, (n + n a n+ x n + Enfin si, et seulement si, pour tout x de R, n= n= n= n a n x n n a n x n n a n x n n= a n x n avec un rayon de convergence n= n a n x n n= n a n x n n (n a n x n. (n + a n+ x n (n + a n+ x n [(n (n + a n+ + (n a n ] x n = 0 a n x n = 0 a n x n = 0 a n x n = 0 a n x n = 0 Par unicité du développement en série entière, on a y solution de (E sur ] R, R[ si, et seulement si, n N, (n ((n + a n+ + a n = 0 Comme n s annule pour n =, on obtient y solution de (E sur ] R, R[ si, et seulement si, a = a 0, et n, a n+ = n + a n En utilisant une récurrence, on a On a donc n, a n = ( n n! a y solution de (E sur ] R, R[ a = a 0, et n, a n = ( n n! a Prenons d abord a 0 =, a =, et, pour tout n, a n = 0. Soit la fonction polynômiale y définie par y (x = x. Elle est solution de (E et développable en série

16 08/09 Feuille 4 6 entière au voisinage de 0 avec un rayon de convergence +. Prenons ensuite a 0 =, a =, a = (! n de N, a n = ( n n!. On reconnait x R, y (x = e x. et, pour tout n, a n = ( n, autrement-dit, pour tout n! Elle est solution de (E et développable en série entière au voisinage de 0 avec un rayon de convergence +. On a donc ainsi deux solutions de (E développables en série entière au voisinage de 0 avec un rayon de convergence +. (b L équation différentielle est une équation linéaire du second ordre. Les fonctions x x, x x et x sont continues sur R +. Le coefficient x de y ne s annule pas pas sur R +, donc l ensemble des solutions sur R + est un plan vectoriel. D après les calculs précédents, les deux fonctions y : x x et y : x e x sont solutions de (E sur R +. Montrons que ces deux fonctions forment une famille libre. Soit (α, β R. Supposons que α y + β y = 0, la fonction nulle. Donc x R, α ( x + β e x = 0 En prenant x = puis x = 0, on obtient β = 0 et α = 0. Donc les deux solutions forment une famille libre. Donc l ensemble des solutions de (E sur R + est Vect (x x, x e x. Soit { R R x λ ( x + µ e x } (λ, µ R 0. (a Soit une fonction polynômiale y(x = a k x k, avec a p 0. On a y (x = Soit l assertion (p : y solution de (E sur R. On a : (p x R, ( + x y (x y(x = 0 x R, ( + x k (k a k x k x R, k= k (k a k x k + k= a k x k = 0 k (k a k x k k= p x R, (k + (k + a k+ x k + p x R, (k + (k + a k+ x k + p x R, (k + (k + a k+ x k + a k x k = 0 k (k a k x k k= k (k a k x k k (k a k x k. k= a k x k = 0 a k x k = 0 ( k k a k x k = 0

17 08/09 Feuille 4 7 x R, x R, p (k + (k + a k+ x k + (k + (k a k x k = 0 p [ ] (k + (k + ak+ + (k + (k a k x k + p(p 3 a p x p +(p + (p a p x p = 0 Comme a p 0, il faut que (p + (p = 0. Comme p N, on a p =. En reprenant la dernière équivalence ci-dessus, on a y solution de (E sur R x R, a a 0 a x = 0. Soit y solution de (E sur R a = a 0 et a = 0. Donc la fonction y : x + x est solution de (E sur R. (b Utilisons la méthode de la variation de la constante. Posons y 0 : x + x. La fonction y 0 ne s annule pas sur R. Pour toute fonction y de classe C sur R, considérons la fonction z = y y 0, soit y = z y 0. On a y = z y 0 + z y 0 + z y 0. On a : y solution de (E sur R x R, ( + x y (x y(x = 0 x R, ( + x (z y 0 + z y 0 + z y 0 z y 0 = 0 x R, ( + x y 0 z + ( + x y 0 z + ( ( + x y 0 y 0 z = 0 x R, ( + x y 0 z + ( + x y 0 z = 0, car y 0 solution de (E x R, z = y 0 y 0 z k R, x R, z ln y0 = k e k R, x R, z = k y 0 k R, x R, z k = ( + x On cherche une primitive : ( + x dx. On peut écrire ( + x dx = + x ( + x dx x ( + x dx = + x dx x ( + x x dx La seconde primitive se calcule en intégrant par parties. On obtient : ( + x dx = Arctan x + x + x. ( Donc y solution de (E sur R (k, l R, z(x = k Arctan x + x + x + l. ( Finalement : y solution de (E sur R (k, l R, y(x = k ( + x Arctan x + x + l ( + x.. Notons (E l équation différentielle y + y + y e x = 0.

18 08/09 Feuille 4 8 Recherche. Soit y une fonction de classe C sur R. Il s agit donc de remplacer x par φ(t, soit écrire y(x = y ( ϕ(t. Posons z(t = y ( ϕ(t, où ϕ est une fonction que l on cherche sous la forme d un C difféomorphisme sur R. On notant ψ sa bijection réciproque, on aura y(x = z ( ψ(x. On a donc y (x = z ( ψ(x ψ (x et y (x = z ( ψ(x (ψ (x + z ( ψ(x ψ (x On remplace dans l équation différentielle, et on obtient : z ( ψ(x (ψ (x + z ( ψ(x [ ψ (x + ψ (x ] + z ( ψ(x e x = 0 On cherche donc à écrire (ψ (x = a e x et ψ (x + ψ (x = b e x On peut donc choisir ψ(x = e x. Soit x = ln t. Résolution. Pour toute fonction y de classe C sur R, posons, pour tout t de R +, z(t = y ( ln t. On a, pour tout x de R, y(x = z ( e x On reproduit les calculs précédents, et on a : y solution de (E sur R x R, z (e x + z(e x = 0 Soit y solution de (E sur R t R +, z (t + z(t = 0 D où les solutions de l équation (E sur R : {x λ cos ( e x + µ sin ( e x (λ, µ R }. (a Soit f P I. On a, pour tout x de R, f( x = f(x et f( x = f(x. On en déduit que, pour tout x de R, f(x = 0. Donc f est la fonction nulle. Ainsi P I = {0}. Pour toute fonction f de E, définissons : g(x = f(x + f( x et h(x = f(x f( x La fonction g est paire et la fonction h est impaire. Et on f = g + h. On a donc E P I. Comme P et I sont, par définition de l énoncé, inclus dans E, on a E = P I

19 08/09 Feuille 4 9 (b Soit p P. On a, pour tout x de R, p( x = p(x. Donc p ( x = p(x. La fonction p est impaire. Et elle appartient à C (R, R,. Réciproquement, soit g une fonction impaire de C (R, R,. Comme g est continue, toute primitive de g sur R peut sécrire : G : x On a x R, G( x = x Posons u = t. On obtient, en tenant compte que g est impaire, G( x = x g( u ( du = x a g(t dt ( g(u ( du = x a a a x a g(t dt. g(u du = G(x Donc G est paire. De plus comme G appartient à C (R, R,, G appartient à C (R, R,. Donc G appartient P. Ainsi la réciproque est vraie. (c Supposons que f appartienne à C (R, R, et soit solution de l équation différentielle. Posons On a Or, par hypothèse, on a g(x = f(x + f( x g (x = f (x + f ( x et h(x = f(x f( x. et h (x = f (x f ( x. f (x + f( x = + sin(x et f ( x + f(x = sin(x. On en déduit par addition et soustraction que g (x + g(x = et h (x h(x = sin(x. La solution générale de l équation y + y = 0 est {x λ cos x + µ sin x (λ, µ R }. Une solution particulière de l équation y + y = est immédiatement la fonction y 0 : x. Donc (λ, µ R, x R, g(x = λ cos x + µ sin x + La solution générale de l équation y y = 0 est {x α sh x + β ch x (α, β R }. Pour obtenir une solution particulière de l équation y y = sin(x, on peut d abord chercher une solution particulière de l équation y y = e i x sous la forme y 0 : x λ e i x, et on obtient : y 0 : x 3 ei x. D où une solution particulière : y 0 = x 3 sin(x. Donc (α, β R, x R, h(x = α sh x + β ch x 3 sin(x Donc, comme f = g + h, (λ, µ, α, β R 4, x R, f(x = λ cos x + µ sin x + α sh x + β ch x + 3 sin(x Réciproquement, on considère une fonction f définie comme ci-dessus, on calcule f (x + f( x, et on obtient f solution de l équation si, et seulement si, x R, µ sin x + β ch x = 0

20 08/09 Feuille 4 0 En prenant x = 0, on a β = 0. Puis µ = 0. Conclusion : f solution (λ, α R, x R, f(x = λ cos x + α sh x + 3 sin(x.