Devoir non surveillé Équation différentielle, fonction définie par une intégrale

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1 Devoir non surveillé Équation différentielle, fonction définie par une intégrale Pelletier Sylvain, BCPST Lycée Hoche $\ CC BY: pour le 0 juin Eercice Résoudre l équation différentielle : E y y + 5y cos t. Correction : On résout l équation homogène. H y y + 5y 0. L équation caractéristique est : r r + 5 0, de discriminant 6 i. On a donc les racines : r + i + i et r i. Donc : { } 0.5 S H t e t λ cost + λ sint λ, λ R. Pour résoudre l équation on utilise la formule cos t +cost qui donne donc l écriture : E y y + 5y cost +. On utilise alors le principe de superposition des solutions. On résout donc l équation avec second membre, on cherche alors la solution sous la forme d une 0.5 constante et on obtient facilement la solution particulière y 0 : t 5. Pour le second membre cost, il y a deu techniques pour résoudre : E : y y + 5y cost on cherche une solution particulière sous la forme y 0 : t a cost + b sint on n augmente pas le degré car i n est pas racine de l équation caractéristique. Ce qui donne après dérivation les équations : a b soit a b + a 0 7 et b 7. On résout : E C : y y + 5y e it dans C, et on prends la partie réelle. Pour cela, on cherche une solution sous la forme : y 0 : t λe it, ce qui donne : y 0 t λe it y 0 t iλeit y0 y 0 + 5y 0 i + 5λe it iλe it. y 0 t λeit Comme on veut que y 0 soit solution, on obtient l équation : iλ, ce que l on écrit : λ i + i 7. Finalement, une solution particulière complee de E C est y 0 : t +i 7 eit. En prenant la partie réelle on obtient la solution particulière de E.

2 Dans les deu cas on trouve donc la solution particulière de E : y 0 : t 7 cost 7 sint. On obtient alors toutes les solutions de E : { S E t 7 cost 7 sint + } 5 + et λ cost + λ sint λ, λ R. Eercice AGRO 0 Le but de cet eercice est de résoudre l équation différentielle : E : y y e, puis d appliquer le résultat obtenu pour résoudre une équation différentielle non linéaire.. Résoudre l équation homogène associée à E.. On suppose que l équation E admet une solution, notée f, de classe C sur R. 0.5 Quel résultat du cours permets d affirmer que f admet un développement limité à tout ordre en 0? Écrire le développement limité de f en 0. Dans la suite, on note, pour tout n N, α n f n a Montrer pour tout entier naturel n : R, f n+ + f n e + ne. b Montrer que pour tout entier naturel n : α n+ α n n. 0.5 c Montrer alors par récurrence que : α p α 0 + pp p N, α p+ α + p.. a Pour tout entier naturel non nul p, vérifier les égalités : 0.5 pp p! p! p! et p p +! p! p!. b En choisissant α 0 0, et α, montrer que pour tout entier naturel non nul n : n k+ f + k+ + o n+. 5. Reconnaître en ce développement limité, le développement limité d une fonction qui s eprime simplement à l aide des fonctions usuelles. 6. Vérifier que la fonction ainsi reconnue est solution de E sur R, Résoudre E sur R Considérons l équation différentielle : E t z t + tz t zt t lnt.

3 a Soit z : R + R une solution de E sur R + si il en eiste. i. Montrer que l application y : z e est deu fois dérivable et calculer y et y. ii. En déduire que y est solution sur R d une équation différentielle linéaire du second 0.5 ordre à déterminer. iii. Déterminer alors une epression de y, puis une epression de z. 0.5 b Résoudre alors l équation E sur R Commentaires : eercices assez classique : on résout l équation homogène puis on cherche une solution particulière. Ici, on propose de chercher une solution particulière en déterminant son développement limité. Notons qu on peut résoudre directement l eercice en cherchant une solution particulière sous la même forme que le second membre : ici polynôme eponentiel. On peut donc chercher une solution sous la forme : a + be on augmente d un degré car e est solution de l équation homogène. Enfin, on applique ce résultat à la résolution d une équation différentielle non linéaire, via un changement de variables. Correction. L équation homogène est H : y y 0, l équation caractéristique associée est r 0, qui admet et comme solution. On obtient alors : S H { R λ e + λ e λ, λ R }.. Le théorème de Taylor-Young assure alors que f admet un développement limité à tout ordre en 0. Le développement limité a l ordre n est : f 0 k f k 0 + o n. 3. a NB : On peut faire une récurrence, mais elle n est pas indispensable, cela revient à redémontrer la propriété de Leibniz. Comme f est solution, on a : R, f f e, on pose g : e, et on dérive n fois les deu membres de l égalité précédente il s agit bien de fonction de classe C. On a alors : R, f n+ f n g n. Il reste donc à démontrer que R, g n e + ne, pour cela, on utilise la formule de Leibniz : on écrit : g u v, avec u e, et v. On a alors : n N, R, g n 3 n v k u n k, k

4 or on a clairement : d un part u n k e, et d autre part, v 0, v et k v k 0, ce qui donne : n n n N, R, g n v k e e + e k e + ne, ce qui correspond respectivement au cas k 0 et k. On obtient donc : n N, R, f n+ + f n e + ne. b En appliquant l égalité précédente à 0, cela donne : n N, α n+ α n n. α p α 0 + pp c On note pour p N, P p la proposition :. α p+ α + p L initialisation est évidente car si p 0, on a pp 0 et p 0. Pour l hérédité, considérons un p N, fié, tel que P p est vrai, on a alors : De même : D où l hérédité. α p+ p + α p d après l égalité de la question précédente, p + pp HR pp + pp + on retrouve bien la formule au rang p +. α p+3 p + + α p+ p + + p p +. En conclusion, on a bien la propriété P p pour tout p entier naturel.. a C est un simple calcul de mise sur le même dénominateur : et de même : p 0, p 0, p! p! pp p p! p p p! pp, p! p! p! p +! p +! p p +!. pp + p + p + p p + NB : attention à ne pas appliquer ces résultats pour p 0. En particulier, la deuième n est pas valable avec la convention 0 si k < 0

5 b NB : c est la question compliquée du problème. Il faut bien présenter les calculs pour que ce soit clair pour le correcteur. Attention, on écrit : a k ou a p ou a p, mais k pair aucune autre écriture n est acceptée. On ne dit pas non plus : on effectue le changement de variable : k p. Avec les valeurs α 0 0, et α, on obtient alors 0 p n p N, α p pp et α p+ p. On remplace alors dans le développement limité obtenu par Taylor-Young à l ordre n+ : n+ k f α k 0 + o n+ 0 0 k k n α k + k kk α k+ k+ k +! + o n+ k + k+ k +! + o n+ car α 0 0 et α 0, donc dans la première somme les deu premiers termes sont nuls. On fait apparaître l epression de la question précédente : n k kk f 0 k + k k+ + o n+. k +! On remplace alors par les formules trouvées à la question précédente k k kk k k k k kk k k! k! k n k! On fait alors le changement de variable k k : k k kk n k n k k+ n k k+ n En effet, les deu termes pour k 0 sont identiques. k k!. k+ k +! k+ k +!. p0 5

6 On simplifie de même la deuième somme en sortant le premier terme puisqu on ne peut pas appliquer à p 0 : k k+ n k +! + k k+ k +! k + k+ k! + k k k+ n k! k k+. On effectue alors le changement de variable k k dans la première somme, ce qui donne : k k+ n k +! + n k+3 n k +! k+3 n k +! k k+. k+. En effet, le terme corresponds au terme pour k 0 dans la deuième somme. On écrit alors : f 0 n k+ } {{ } n k+ k +! } {{ } On rassemble alors les termes et 3 : n + k+3 k +! } {{ } 3 k+ }{{} + o n+. n + 3 n k pair k+ k+ n k++ + k +! + n k impair k+ n k+. et les termes et : n + k++ n k +! + k impair k+ + k pair k+ k+ k+. En reportant on a alors : f 0 n k+ k+ + o n+, 6

7 ce qui est bien la relation demandée. Autre méthode Une autre rédaction consiste à faire une récurrence sur n. Les epressions sont alors plus simple : 5. On reconnaît f : e e. En effet, à l ordre n +, on a : n e k 0 + o n+ e 0 k + o n+ n k+ k+ + o n+ + o n+. 6. La fonction f : e e est bien dérivable deu fois sur R, avec pour tout réel f e f + e + e f e + 3 e f f e e. Ainsi, la fonction f est solution de l équation différentielle E. 7. On en déduit les solutions de E sur R : S E { R + λ e + λ e λ, λ R }. 8. a i. On a le schéma suivant où les fonctions sont deu fois dérivable R R + e R + R t zt. Ainsi, la fonction y est deu fois dérivable comme composée de fonctions deu fois dérivables. On calcule alors pour R ii. On constate alors que : y ze y e z e y e z e + e z e. y y e z e + e z e ze 0, car z est solution de E. Ainsi, y est solution sur R de l équation E. 7

8 iii. On en déduit qu il eiste λ et λ tels que la fonction y s écrit : y : + λ e λ e. Or la fonction z s écrit sous la forme z : t > 0 y ln t. On en déduit l epression de la fonction z : z : t > 0 ln t ln t + λ t λ t. b NB : La question eacte est : faire une réciproque! Soit z solution de E alors on a vu que z s écrit sous la forme ci-dessus pour un couple de réels λ, λ. Il s agit donc de faire la réciproque. On considère alors deu réels λ, λ et la fonction z définie sur R + par : zt ln t ln t + λ t λ t. Cette fonction est bien deu fois dérivables sur R +, et on a : ln t t + λ t t t On calcule alors : z t ln t ln t + λ + ln t + ln t + λ z t ln t + λ t t t 3 t z t + tz t zt t lnt + t + Ainsi, z est solution de E. + λ t tln t + t ln t t + λ t tln t t ln t + λ t λ t + λ t + λ t t lnt + t + tln t + t ln t t + λ t λ t + λ t + λ t. t lnt. Autre méthode : on sait que y : ze est alors solution de E, on a donc : R, y + y e donc R, e z e + e z e ze 0 et donc t > 0, t z t + t z t zt 0, en utilisant le fait que e est surjective sur R + argument essentiel. Ce qui prouve la réciproque. En conclusion, on a : { S E t > 0 ln t ln t + λ t λ t } λ, λ R. tln t t ln t + λ t 8

9 Eercice 3 Concours national marocain BCPST On considère la fonction dt f : ln t.. Justifier que si > 0, avec, alors et sont du même côté de sur la droite réelle En déduire le domaine de définition de la fonction f, noté D f est égal à ]0, [ ], + [ Justifier que la fonction f est dérivable sur D f, et eprimer sa dérivé en tout point de D f..5. a Écrire le développement limité à l ordre de la fonction ln au voisinage de. 0.5 b Justifier alors que ln + + o 0.5 c En déduire que les fonctions f et ln possèdent des limites finies en à préciser Étude au voisinage de a Justifier qu il eiste α ]0, [ tel que, ] α, + α[ \ {}, ln 3 b En déduire que,.5 ] α, + α[ \ {}, f ln + 3, puis trouver la limite de f en. c On prolonge f par continuité en, et on note encore f ce prolongement. Montrer que cette fonction f est dérivable en et préciser sa dérivée. 6. Étude de f au voisinage de 0 a Montrer que pour tout ]0, [, 0 f ln par continuité à droite en 0. et en déduire que f est prolongeable b On note encore f la fonction ainsi prolongée en 0. Préciser f0 et montrer que f est 0.5 dérivable à droite en 0 ; quel est la valeur de f 0? 7. Étude de f au voisinage de + Montrer qu au voisinage de +, la courbe représentative de f présente une branche parabolique 0.5 de direction asymptotique l ae des y. 8. Dresser le tableau de variation de f sur [0, + [ Montrer que la dérivé de f est strictement croissante sur [0, + [. Quel conséquence géométrique 0.5 cette propriété a-t-elle sur le graphe de f? 0. Tracer la courbe représentative de f. 0.5 Commentaires les primitives ne sont définies que sur des intervalles, b a ftdt n eiste que si [a, b] est un segment inclus dans un intervalle sur lequel la fonction f est continue. 9

10 Pour montrer que la fonction f eiste, il ne suffit pas de dire que ln est défini. Si on considère la fonction dt lnt, alors cette fonction n est a priori pas définie. D où les difficultés de rédaction des deu premières questions. La plus simple est donc de passer par la seule proposition du cours : l eistence de primitive sur des intervalles. Pour montrer une inégalité sur une intégrale, on part d une inégalité globale sur la variable t avec le : t I, gt ft ht, on l intègre sur [a, b] en vérifiant : [a, b] I souvent [a, b] I, et a < b on intègre dans le sens naturel!. Si on doit majorer b a b a gtdt b a ftdt b a htdt. ft dt, on utilise d abords l inégalité triangulaire. Un développement limité en est une développement limité en. On range donc les termes par puissance croissante de k, on ne développe surtout pas. Pour utiliser le théorème de la limite de la dérivée, on rappelle les hypothèses eemple en 0 : f continue sur R, f est dérivable sur R, lim 0 f eiste dans R égale à l. On a alors f dérivable en 0, avec f 0 l. Avant de parler de f 0 on applique le théorème pour montrer que la fonction est dérivable en 0. On peut aussi utiliser le théorème de la limite de prolongement C, c est pareil, sauf que l on remplace dans les hypothèses et la conclusion dérivable par C, mais il ne faut pas mélanger les deu. Correction :. Soit > 0, avec, on a deu cas possible : Si >, alors > donc > >, Si <, alors < donc < <. Dans les deu cas et sont du même côté de sur la droite réelle.. La fonction ϕ : t lnt est continue sur ]0, [ ], + [. Considérons Φ une primitive de ϕ sur ], + [, on a alors : La fonction Φ eiste,car ϕ est continue, sur ], + [. ], + [, on a ], + [, donc Φ est bien défini sur ], + [ par composition. ], + [, on a f Φ Φ, donc f est bien défini sur ], + [ par somme. Sur ]0, [, on a le même résultat en remplaçant Φ par une primitive de ϕ sur ]0, [. Ainsi, D f ]0, [ ], + [. 3. Soit >, on note alors Φ une primitive de ϕ sur ], + [, ce qui donne : f Φ Φ. 0

11 La fonction Φ est dérivable et même de classe C sur ], + [, comme primitive de fonction continue. donc la fonction f est dérivable sur ], + [. On a de plus : >, f ϕ ϕ ln ln ln ln ln. Si ]0, [, on a le même résultat avec Φ une primitive de ϕ sur ]0, [. En conclusion, la fonction f est dérivable sur D f, avec : NB : Il faut séparer les deu intervalles. D f, f ln.. a On utilise les développements limités usuels : ln ln + h en posant + h h 0 h h + o h 0 h + o NB : Laisser sous cette forme, il ne faut pas développer. b On a alors : ln + o + o On pose donc u + o, on a bien u 0 On utilise alors le développement limité usuel Cela donne donc : ln u u 0 + u+ o u 0 u o. + o 0 avec u 0. c Ainsi, et ln + o f ln + + o

12 5. Étude de f au voisinage de a On a : lim ln. Donc d après la définition de la limite en posant la précision ǫ, on sait qu il eiste α > 0, tel que : En particulier ] α, + α[ \ {}, ln 3. ] α, + α[ \ {}, ln 3. Enfin, on peut toujours supposer α < quitte à remplacer α par n importe quel nombre strictement inférieur à. NB : C est la seule utilisation de la définition de la convergence en BCPST : on utilise la définition de la convergence pour obtenir une estimation locale. b Déjà on remarque que si D f, dt t eiste et dt [ ] t lnt ln ln ln +. NB : ici aussi il faut séparer les intervalles pour s assurer que l on intègre «dans le bon sens». Soit ], + α[. On a alors : + α < + α, puisque α > 0 et donc < < + α, et < < + α, ainsi : [, ] ], + α[. Donc d après la question précédente : t [, ], On va donc intégrer cette inégalité sur [, ] : f ln + ln t dt t dt ln t dt t ln t t dt ln t t 3. en utilisant l inégalité triangulaire 3 dt en intégrant l inégalité précédente 3 3 car > On a donc le résultat pour ], + α[. Soit maintenant ] α, [. On a alors :

13 α < donc α < α et par suite α < <, 0 < α < < puisque α < et donc α < <. On a donc encore [, ] ] ], + α[, on peut donc encore intégrer l inégalité obtenue à la question précédente sur [, ]. Ce qui donne : f ln + ln t dt + t dt ln t dt t ln t t dt en utilisant l inégalité triangulaire 3 dt en intégrant l inégalité précédente 3 3 car <. c On a : lim 0 et lim ln + ln donc lim f ln. La fonction prolongée vérifie : f est continue sur ]0, + [ f est dérivable sur ]0, [, et sur ], + [ lim f eiste et vaut. Ainsi, d après le théorème de prolongement de la dérivée f est dérivable en avec f Étude de f au voisinage de 0 a Soit ]0, [, on a alors : car t ln t D où f D où est décroissante. t [, ], dt lnt vérifie : ln ln 0, ln t f 0 0 f ln ln car 0. ln NB : Bien penser à mettre l intégrale «dans le bon sens». Comme lim 0, on a : lim f ln 0 + Ainsi, f est prolongeable par continuité en posant f0 0. b On a ]0, [, 0 f ln f ainsi, lim 0 lim f f0 eiste et vaut Autrement dit, f est dérivable à droite en 0 et f

14 7. Étude de f au voisinage de + NB : ne pas intégrer l inégalité précédente valable uniquement si ]0, [. Soit >, on a alors : t [, ], car t est décroissante. lnt Ainsi, en intégrant sur [, ], on obtient : Déjà, lim f +, puisque + ln ln ln ln t ln, ln f ln. + f ln ln. ln +. puis : + Comme : ln + ln +, on obtient donc lim + f + +. Ainsi, f admet une branche parabolique de direction asymptotique l ae des y. 8. Voici le tableau de variation : ln f Variations de f ln NB : Attention au doubles barres qui sont essentielles ici On a : ]0, [ ], + [, on a f ln. Ainsi, f est C sur ces deu intervalles et f ln ln ln + ln ln ϕ. Ainsi, f est du signe de ϕ ln +. On a : D où le tableau de variation : ϕ.

15 signe ϕ variations de ϕ signe f Variations de f 0 On voit donc que f est strictement positif sur ]0, [. Comme f est continue sur [0, ], on obtient que f est strictement croissante sur [0, ]. De même, f est strictement positif sur ], + [. Comme f est continue sur [, + [, on obtient que f est strictement croissante sur [, + [. Ainsi, f est strictement croissante sur [0, + [. Donc la courbe représentative de la fonction est convee. NB : La rédaction doit faire apparaître clairement la difficulté en 0 et en, valeurs pour lesquelles la fonction n est pas a priori dérivable. 0. Le tracé doit faire apparaître : la valeur et la dérivé en 0, la valeur et la dérivé en, la branche parabolique, la conveité. 5

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