Equations différentielles linéaires scalaires

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1 [ édité le 5 mai 16 Enoncés 1 Equations différentielles linéaires scalaires Résolution d équation scalaire d ordre 1 Eercice 1 [ 38 ] [Correction] Résoudre sur ]1 ; + [ l équation différentielle y 1 y = b) On suppose que la fonction g est développable en série entière g() = n= b n n de rayon de convergence R 1. Montrer que (E) admet au moins une solution développable en série entière en, y() = n= a n n de rayon de convergence R 1 et eprimer les a n en fonction de b n pour tout n N. Eercice [ 378 ] [Correction] Résoudre sur ] π/ ; π/[ y () tan()y + (cos ) = Eercice 3 [ 376 ] [Correction] Résoudre les équations différentielles suivantes : a) y y = sin() e b) y + y = e c) y + y tan = sin sur ] π/ ; π/[ Eercice 4 [ 377 ] [Correction] Déterminer les solutions, s il en eiste, des problèmes de Cauchy suivants : a) y ( + 1)(y + 1) = et y() = 1 b) (1 + )y ( + 1)y = et y() = 1. Eercice 5 [ 355 ] [Correction] On considère l équation (E): (1 )y y = g où g : ] 1 ; 1[ R est donnée. a) Résoudre l équation homogène associée. Etude théorique d équation d ordre 1 Eercice 6 [ 38 ] [Correction] Soit a: R + R une fonction continue et intégrable. Établir que les solutions de l équation différentielle y a(t)y = sont bornées sur R +. Eercice 7 [ 381 ] [Correction] a) Soit h: R C continue de limite nulle en +. Montrer que les solutions de l équation différentielle y + y = h converge vers en +. b) Soit f : R C de classe C 1. On suppose que f + f + l. Montrer que f + l. Eercice 8 [ 319 ] [Correction] Soient α un complee de partie réelle strictement positive et une application f : R R de classe C 1 telle que f + αf tend vers en +. Montrer que f tend vers en +. Eercice 9 [ 41 ] [Correction] Soit α C et ϕ: R C une fonction continue et périodique de période T >. On étudie l équation différentielle (E): y + αy = ϕ(t)

2 [ édité le 5 mai 16 Enoncés a) Montrer que si y est solution sur R de l équation (E) alors la fonction t y(t + T ) l est aussi. b) En déduire qu une solution y de (E) est T -périodique si, et seulement si, y() = y(t ). c) Montrer que l équation (E) admet une unique solution T -périodique, sauf pour des valeurs eceptionnelles de α que l on précisera. a) y y = b) y + y 1 = Eercice 16 [ 4 ] [Correction] Résoudre sur R les équations suivantes : c) y y = 4 d) (1 + )y ( 1)y + = Résolution avec raccord d équation d ordre 1 Eercice 1 [ 419 ] [Correction] Résoudre sur R l équation (E): y y = Eercice 11 [ 41 ] [Correction] Résoudre sur R l équation suivante Eercice 1 [ 3468 ] [Correction] Résoudre sur R l équation suivante (e 1)y + e y = 1 sh()y ch()y = 1 Eercice 13 [ 49 ] [Correction] Résoudre sur R l équation y + y = ma(, ) Eercice 14 [ 889 ] [Correction] Résoudre ln y (3 ln + 1)y = Eercice 15 [ 4 ] [Correction] Résoudre sur R les équations suivantes : a) y sin y cos + 1 = b) (sin ) 3 y = (cos )y Eercice 17 [ 43 ] [Correction] Déterminer les solutions, s il en eiste, des problèmes de Cauchy suivants : a) (tan )y y = et y() = b) (tan )y y = et y() = 1. Eercice 18 [ 44 ] [Correction] Résoudre sur tout intervalle de R l équation différentielle ( 1)y + y = Eercice 19 [ 45 ] [Correction] Soit α R. Résoudre sur R l équation différentielle en discutant selon les valeurs de α. y αy = Eercice [ 15 ] [Correction] Soit f C 1 (R +, R) et g une solution sur R + de l équation différentielle y y = f() a) Démontrer que g se prolonge par continuité en. Déterminer une condition nécessaire sur f () pour que la fonction ainsi prolongée soit dérivable en. Démontrer que cette condition n est pas suffisante. b) f est supposée de classe C et la condition précédente est vérifiée. Démontrer que g est de classe C.

3 [ édité le 5 mai 16 Enoncés 3 Eercice 1 [ 56 ] [Correction] Soit (E) l équation différentielle (ln )y + y = 1 a) Résoudre (E) sur ] ; 1[ et sur ]1 ; + [. b) Soit g la fonction définie sur ] 1 ; + [ \ {} par g() = ln(1 + ) Montrer que g se prolonge sur ] 1 ; + [ en une fonction de classe C. c) Démontrer que (E) admet une solution de classe C sur ] ; + [. Eercice [ 1369 ] [Correction] Soit α un paramètre réel. On désire résoudre sur R l équation différentielle E : y = αy On considère y() une solution de E sur R + et R. a) Donner l epression de y() sur R + et sur R. On notera C + et C les constantes réelles permettant d eprimer y() sur R + et R. b) À quelles conditions sur les constantes C + et C, est-il possible de prolonger y par continuité en? On distinguera trois cas, selon que α <, α = ou α >. c) Pour α >, à quelles conditions sur les constantes C + et C la fonction prolongée y est-elle dérivable en? On distinguera trois cas, selon que < α < 1, α = 1 ou α > 1. d) Résumer l étude précédente en donnant la solution générale de E sur R en fonction de α. Résolution d équation scalaire d ordre Eercice 3 [ 34 ] [Correction] Soit α >. Résoudre sur I = ] ; + [ l équation différentielle E α : y () + y () α y() = On pourra étudier les fonctions propres de l application ϕ: y() y () Méthode de variation des constantes Eercice 4 [ 45 ] [Correction] Résoudre l équation différentielle Eercice 5 [ 46 ] [Correction] Résoudre l équation différentielle Eercice 6 [ 47 ] [Correction] Résoudre l équation différentielle y + 4y + 4y = y + y = tan t y + y = tan t Eercice 7 [ 893 ] [Correction] Résoudre sur ] ; π[ y + y = cot Eercice 8 [ 48 ] [Correction] Soit f : R R une fonction continue. a) Résoudre sur R l équation différentielle y + y = f e t 1 + t On eprimera la solution à l aide d une intégrale. b) Déterminer la solution telle que y() = y () =. Eercice 9 [ 455 ] [Correction] a) Résoudre l équation différentielle y + y = cos(nt)

4 [ édité le 5 mai 16 Enoncés 4 b) Soit a n une série absolument convergente. Résoudre l équation différentielle y + y = n= Eercice 3 [ 49 ] [Correction] Soit f : R R une fonction de classe C telle que f + f a n cos(nt) Recherche de solution développable en série entières Eercice 34 [ 116 ] [Correction] a) Déterminer les séries entières solutions au voisinage de de l équation différentielle y + y + y = b) Eprimer parmi celles-ci, celles dont la somme est une fonction paire. Montrer R, f() + f( + π) Eercice 35 [ 41 ] [Correction] Résoudre sur ] 1 ; 1[ l équation Eercice 31 [ 896 ] [Correction] Soit f C (R, C) π-périodique. Eiste-t-il y C (R, C) π-périodique et solution de y + y = f? Eercice 3 [ 895 ] [Correction] Soit f C 1 (R +, R) monotone ayant une limite finie en +. Montrer que les solutions de l équation y + y = f sont bornées. Eercice 33 [ 894 ] [Correction] a) Résoudre sur R + par variation des constantes l équation différentielle b) En déduire une epression de valable pour >. c) Calculer f() = y + y = 1/ e t sin t t dt dt 1 + t 4(1 t )y (t) 4ty (t) + y(t) = en recherchant les fonctions développables en série entière. Eercice 36 [ 44 ] [Correction] a) Résoudre sur R l équation (1 + t )y (t) + 4ty (t) + y(t) = en recherchant les séries entières solutions. b) Résoudre ensuite Eercice 37 [ 58 ] [Correction] (1 + t )y (t) + 4ty (t) + y(t) = t a) Montrer qu il eiste une solution h de l équation y + y + y = développable en série entière et vérifiant h() = 1. b) Montrer que h ne s annule qu une fois sur ] ; [.

5 [ édité le 5 mai 16 Enoncés 5 Wronskien Eercice 38 [ 394 ] [Correction] Soient a, b: I C continues et (f 1, f ) un système fondamental de solutions de l équation E : y + a(t)y (t) + b(t)y = Former une équation différentielle linéaire d ordre 1 vérifiée par le wronskien w : t f 1(t) f (t) f 1(t) f (t) Eercice 39 [ 41 ] [Correction] On étudie sur ] ; + [ l équation différentielle (E): ty + (1 t)y + (t 1)y = a) Vérifier que ϕ(t) = e t détermine une solution de (E). b) Déterminer une epression du wronskien w(t) de deu solutions de l équation (E). c) En déduire une solution de (E) indépendante de ϕ et eprimer la solution générale de (E). Etude théorique d équation d ordre Eercice 4 [ 1555 ] [Correction] Soit q : R R + une fonction continue non nulle. On se propose de montrer que les solutions sur R de l équation y + q()y = s annulent. Pour cela, on raisonne par l absurde et on suppose que f est une solution ne s annulant pas. a) Justifier que f est de signe constant. Quitte à considérer f au lieu de f, on peut supposer b) Étudier le signe de f. R, f() > c) Soit a R quelconque. Quelle est l équation de la tangente à f en a? d) Montrer que le graphe de f est en dessous de sa tangente en a. e) En déduire que f (a) = et conclure. Eercice 41 [ 4 ] [Correction] Soit q : R R + une fonction continue non nulle. Montrer que toute solution sur R de l équation différentielle y + q()y = s annule. Eercice 4 [ 3779 ] [Correction] Soient q une fonction continue sur [a ; b] à valeurs réelles et f une solution non nulle sur [a ; b] de l équation différentielle (E): y () + q()y() = Montrer que f admet un nombre fini de zéros. Eercice 43 [ 3499 ] [Correction] Soient p, q : [ ; 1] R continue et l équation différentielle définie sur [ ; 1] suivante y + p(t)y + q(t)y = Montrer que si une solution possède une infinité de racines alors celle-ci est la fonction nulle. Eercice 44 [ 311 ] [Correction] Soient f C 1 (] ; + [, R) et g une solution non identiquement nulle de E : y + fy = a) Montrer que les zéros de g sont isolés. Dans la suite, 1 et sont deu zéros consécutifs de g vérifiant 1 <. b) Montrer, si [ 1 ; ] ( ) 1 (t 1 )f(t)g(t) dt+( 1 ) c) En déduire une minoration de 1 f(t) dt ( t)f(t)g(t) dt = ( 1 )g()

6 [ édité le 5 mai 16 Enoncés 6 Eercice 45 [ 436 ] [Correction] Soient q une fonction continue, intégrable sur [ ; + [ et (E) l équation différentielle y + q()y = a) Si f est une solution bornée de (E) sur [ ; + [, montrer que sa dérivée f converge en +. Quelle est la valeur de sa limite? b) Soient f et g deu solutions bornées. Étudier le wronskien de f et de g w = f g fg En déduire que f et g sont liées. Que peut-on en conclure? Eercice 46 [ 3671 ] [Correction] Soient q 1, q : I R continues vérifiant q 1 q. On note ϕ 1 et ϕ deu solutions sur I respectivement des équations y + q 1 ()y = et y + q ()y = On suppose la solution ϕ 1 non identiquement nulle. a) Montrer que les zéros de ϕ 1 sont isolés i.e. que si I annule ϕ 1 alors α >, I [ α ; + α], ϕ() = = = b) Soient a < b deu zéros consécutifs de ϕ 1. Montrer que ϕ s annule sur [a ; b]. (indice : étudier ϕ 1 ϕ ϕ ϕ 1) c) Application : montrer que si ϕ est une solution non nulle de l équation y + e y = alors Eercice 47 [ 31 ] [Correction] On considère l équation différentielle a R +, [a ; a + π], ϕ() = E : y e y = a) Soit y une solution de E sur R. Étudier la conveité de y. En déduire que si y() = y(1) = alors y est nulle sur R. b) Soient y 1 et y deu solutions de E telles que (y 1 (), y 1()) = (, 1) et (y (1), y (1)) = (, 1) Démontrer que (y 1, y ) est un système fondamental de solutions de E. c) Soit f C(R, R). Démontrer que l équation différentielle admet une unique solution y telle que Eercice 48 [ 3387 ] [Correction] On considère l équation différentielle E : y e y = f() y() = y(1) = (E): y + cos (t)y = a) Justifier l eistence d une solution u de (E) telle que u() = 1 et u () =. b) Démontrer l eistence de deu réels α, β vérifiant α < < β, u (α) > et u (β) < En déduire que u possède au moins un zéro dans R et R +. c) Justifier l eistence de réels γ = ma {t < u(t) = } et δ = min {t > u(t) = } d) Soit v une solution de (E) linéairement indépendante de u. En étudiant les variations de W = uv u v montrer que v possède au moins un zéro dans]γ ; δ[. e) Soit w une solution non nulle de (E). Démontrer que w admet une infinité de zéros. On pourra introduire pour n N, la fonction w n : R R, t w(t nπ) [Énoncé fourni par le CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA]

7 [ édité le 5 mai 16 Enoncés 7 Eercice 49 [ 39 ] [Correction] Soient q C ([a ; + [, R + ) et (E) l équation différentielle y = q()y. a) Soit f une solution de (E) telle que f(a) > et f (a) >. Montrer que f et f sont strictement positives et que f tend vers + en +. b) Soient u et v les solutions de (E) telles que { u(a) = 1 u (a) = et { v(a) = v (a) = 1 Calculer u v uv. Montrer que, sur ]a ; + [, u/v et u /v sont monotones de monotonies contraires. Montrer que u/v et u /v tendent en + vers la même limite réelle. c) Montrer qu il eiste une unique solution g de (E), strictement positive, telle que g(a) = 1 et telle que g décroisse sur [a ; + [. d) Déterminer g lorsque q() = 1/ 4 sur [1 ; + [. On pourra poser y() = z(1/). Problèmes se ramenant à la résoluton d équations différentielles Eercice 5 [ 535 ] [Correction] Quelles sont les fonctions continues f telles que f() = 1 ( t)f(t) dt? Eercice 53 [ 89 ] [Correction] Trouver les fonctions f : R R continues telles que pour tout réel f() f(t) cos( t) dt = 1 Eercice 54 [ 1554 ] [Correction] Trouver toutes les applications f : R R deu fois dérivables telles que R, f () + f( ) = Eercice 55 [ 89 ] [Correction] Déterminer les fonctions f : R + R dérivables telles que Eercice 56 [ 356 ] [Correction] Déterminer la dimension de l espace >, f () = f(1/) E = { y C (R, R) R, y () + y() = y() cos() } Eercice 51 [ 419 ] [Correction] Soit f : R R continue vérifiant l équation R, f() + a) Montrer que f est de classe C 1. ( t)f(t) dt = 1 b) Trouver toutes les fonctions f solution de l équation étudiée. Eercice 57 [ 318 ] [Correction] Soient f une fonction réelle continue sur [ ; 1] et λ un réel. Trouver u fonction réelle continue sur [ ; 1] telle que u() = λ u(t) dt + f() Eercice 5 [ 378 ] [Correction] Déterminer les fonctions f : R R continues vérifiant R, f() = tf(t) dt + 1 Eercice 58 [ 1553 ] [Correction] Déterminer les fonctions f : R R deu fois dérivables telles que, y R, f( + y) + f( y) = f()f(y) et f() = 1

8 [ édité le 5 mai 16 Enoncés 8 Résolution avec raccord d équation d ordre Eercice 59 [ 47 ] [Correction] Résoudre sur R l équation (t + 1) y (t + 1)y + y = Résolution par changement de fonction inconnue Eercice 64 [ 1556 ] [Correction] Résoudre sur R l équation (1 + )y + y = en commençant par rechercher les solutions polynomiales. Eercice 6 [ 48 ] [Correction] Résoudre sur R l équation Eercice 61 [ 46 ] [Correction] On considère l équation différentielle (t + 1)y (t + )y + y = y y 3 y = a) Montrer que si y est solution sur I alors y( ) est solution sur I symétrique de I par rapport à. b) Résoudre sur R + l équation via le changement de variable t =. c) Déterminer les solutions sur R. Eercice 65 [ 1561 ] [Correction] Résoudre sur R l équation en posant z() = (1 + e )y(). Eercice 66 [ 1559 ] [Correction] Résoudre l équation différentielle en introduisant E : (1 + e )y + e y + ( e + 1)y = e (1 + e ) y e (1 + e )y (3e + 1)y = z() = y() 1 + e Eercice 6 [ 351 ] [Correction] On étudie l équation différentielle (E): 4y + y y = a) Déterminer les fonctions développables en série entière solutions b) Résoudre (E) sur R + et sur R en posant respectivement = t et = t. c) Déterminer les solutions de (E) sur R. Eercice 63 [ 156 ] [Correction] Résoudre sur R l équation différentielle Eercice 67 [ 1558 ] [Correction] Résoudre sur R l équation y + 4y + (3 + 4 )y = en introduisant la fonction z() = e y(). Eercice 68 [ 413 ] [Correction] Résoudre sur R + l équation y + 4y ( )y = en posant z = y y. E : y (1 + )y + y = 1 en posant z = y.

9 [ édité le 5 mai 16 Enoncés 9 Eercice 69 [ 358 ] [Correction] Résoudre sur ] ; + [ l équation différentielle y () + y () y() = en posant y() = α z() avec α R bien choisi. Eercice 7 [ 411 ] [Correction] Résoudre sur R l équation en introduisant la fonction z = y + y. (1 + e )y + y e y = a) Déterminer une solution polynomiale non nulle ϕ(t) de l équation homogène. b) Résoudre l équation en procédant au changement de fonction inconnue y(t) = ϕ(t)z(t). Eercice 74 [ 397 ] [Correction] On étudie sur R + l équation t 3 y + ty y = a) Déterminer une solution polynomiale non nulle ϕ(t) de cette équation. b) Résoudre l équation en procédant au changement de fonction inconnue y(t) = ϕ(t)z(t). Eercice 71 [ 41 ] [Correction] Résoudre sur ] ; + [ l équation y y + 3 = en introduisant la fonction z() = y () + y(). Méthode de Lagrange Eercice 7 [ 395 ] [Correction] On étudie l équation différentielle (t + 1)y y = t a) Déterminer une solution polynomiale non nulle ϕ(t) de l équation homogène associée. b) Résoudre l équation homogène en procédant au changement de fonction inconnue y(t) = ϕ(t)z(t). c) Eprimer la solution générale de l équation étudiée. Eercice 73 [ 396 ] [Correction] On étudie l équation (1 + t ) y (t) t(1 + t )y (t) + (t 1)y(t) = (1 + t ) Eercice 75 [ 398 ] [Correction] On étudie sur R + l équation différentielle t y + ty y = 1 a) Déterminer une solution polynomiale non nulle ϕ(t) de l équation homogène. b) Résoudre l équation en procédant au changement de fonction inconnue y(t) = ϕ(t)z(t). Eercice 76 [ 4 ] [Correction] On étudie sur ] ; 1[ l équation (1 )y + (1 3)y y = a) Rechercher une solution non nulle ϕ développable en série entière. b) Terminer de résoudre l équation par le changement de fonction inconnue y() = ϕ()z() Eercice 77 [ 1319 ] [Correction] On étudie l équation différentielle suivante sur ] ; + [ (E): y + 3y 4 3 y = a) Chercher une solution ϕ() développable en série entière au voisinage de et non nulle.

10 [ édité le 5 mai 16 Enoncés 1 b) Terminer de résoudre l équation par le changement de fonction inconnue y() = ϕ()z() Eercice 78 [ 354 ] [Correction] On étudie sur ] ; 1[ l équation différentielle suivante (1 )y (1 + )y + y = a) Rechercher une solution développable en série entière non nulle ϕ(). b) Achever de résoudre cette équation par le changement de fonction y() = ϕ()z(). Résolution par changement de variable Eercice 79 [ 414 ] [Correction] Résoudre sur R + l équation en posant = e t. y + y + y = Eercice 8 [ 1566 ] [Correction] Résoudre sur R + les équations suivantes via le changement de variable t = ln. a) y + y y = b) y y = Eercice 81 [ 416 ] [Correction] Résoudre sur ] 1 ; 1[ l équation (1 )y y + 4y = arccos en procédant au changement de variable = cos(t). Eercice 83 [ 1564 ] [Correction] Résoudre sur R ( + 1) y + ( + 1)y + y = via t = arctan. Eercice 84 [ 417 ] [Correction] Résoudre sur R l équation en posant = arctan t. y + t 1 t + 1 y + (t + 1) y = t (t + 1) Eercice 85 [ 573 ] [Correction] En indiquant les hypothèses nécessaires, effectuer le changement de variable u = ϕ(t) dans l équation différentielle (1 + t ) + t + a = tel qu elle devienne une équation à coefficients constants et la résoudre. Eercice 86 [ 54 ] [Correction] On veut résoudre (E): ( + 1)y (3 + 4)y + 3y = (3 + )e 3 Si est l opérateur de dérivation et Q(X) = X 3, on a Q( )(y) = y 3y. Montrer l eistence d un polynôme P de la forme a()x + b() tel que (E) devienne (P ( ) Q( )) (y) = (3 + )e 3 Résoudre l équation à l aide du changement de variable z = Q( )(y). Eercice 8 [ 415 ] [Correction] Résoudre sur R l équation (1 + ) y + ( 1)(1 + )y + y = en procédant au changement de variable t = arctan.

11 [ édité le 5 mai 16 Corrections 11 Corrections Eercice 1 : [énoncé] C est une équation différentielle linéaire du premier ordre. Solution homogène : y () = C 1. Par variation de la constante, solution particulière y 1 () = ( 1). Solution générale : y() = C 1 + ( 1). b) Solution de l équation homogène sur R : y() = C + 1 e arctan avec C R Solution particulière sur R : y () = 1 après recherche de solution de la forme a + b. Solution générale sur R y() = C + 1 e arctan + 1 avec c R On aura y() = 1 si, et seulement si, C =. Eercice : [énoncé] C est une équation différentielle linéaire de solution générale homogène y() = λ cos L application de la méthode de la variation de la constante amène à déterminer cos 3 d = cos d cos sin d = sin 1 3 sin3 Au final, on obtient la solution générale Eercice 3 : [énoncé] a) y() = (C + sin ) e b) y() = ( + C) e c) y() = C cos cos Eercice 4 : [énoncé] y() = 1 3 sin3 sin + λ cos a) Solution de l équation homogène sur R : y() = C e 1 (+1) avec C R. Solution particulière sur R : y () = 1. Solution générale sur R y() = C e 1 (+1) 1 avec C R On aura y() = 1 si, et seulement si, C = / e. Eercice 5 : [énoncé] a) C est une équation différentielle linéaire. La solution générale homogène est y() = λ 1 b) On peut trouver une solution particulière par la méthode de la variation des constantes de la forme y() = λ() 1 avec λ fonction dérivable vérifiant (1 ) λ () 1 = g() i.e. λ () = g() Par intégration de série entière de rayon de convergence R 1 λ() = n=1 b n 1 n n convient On obtient alors la solution particulière (pour ] 1 ; 1[) y() = 1 b n n n = n n=1 n= n=1 b n 1 n n Par produit de Cauchy de séries absolument convergentes, on obtient y() = n n= k=1 b k 1 k n Cette solution est développable en série entière avec un rayon de convergence R au moins égal à 1 (car la série converge assurément sur ] 1 ; 1[ par les calculs qui précèdent).

12 [ édité le 5 mai 16 Corrections 1 Eercice 6 : [énoncé] La solution générale de l équation étudiée est Or pour tout t, y(t) = λ e A(t) avec A(t) = A(t) t et donc la fonction y est bornée. a(u) du t a(u) du a(u) du La solution générale de cette équation différentielle est Ainsi, on peut écrire y() = λe α + f() = λe α + g(t)e α(t ) dt g(t)e α(t ) dt Il est immédiat que λe α quand + car Re α >. Étudions maintenant la limite du terme intégral. Soit ε >. Puisque la fonction g tend vers en +, il eiste A tel que Eercice 7 : [énoncé] On a alors pour tout A t A, g(t) ε a) La solution générale de l équation différentielle y + y = h est y() = ( λ + Pour tout ε >, il eiste A R tel que On a alors avec A y() = ( λ + A ) h(t) e t dt e A, h(t) ε h(t) e t dt ( h(t) e t dt ε et λ + ) A e + A h(t) e t dt h(t) e t dt ) e + b) Posons h = f + f l. f l est solution de l équation différentielle y + y = h donc f l puis f l. + + Eercice 8 : [énoncé] Posons g = f + αf. La fonction f est solution de l équation différentielle. y + αy = g avec et A g(t)e α(t ) dt = A g(t)e α(t ) dt + g(t)e α(t ) dt εe Re(α)(t ) dt A A g(t)e α(t ) dt = A A g(t)e α(t ) dt ε [e Re(α)(t )] Re(α) A ε Re(α) g(t)e αt dt e Re(α) = C te e Re(α) + Pour assez grand on a alors g(t)e α(t ) dt ε Re(α) + ε Ainsi g(t)eα(t ) dt puis f() + Eercice 9 : [énoncé]. + a) Posons z(t) = y(t + T ). La fonction z est dérivable sur R et t R, z (t) + αz(t) = y (t + T ) + αy(t + T ) = ϕ(t + T ) = ϕ(t) La fonction z est donc solution de (E).

13 [ édité le 5 mai 16 Corrections 13 b) Si y est T -périodique, on a évidemment y() = y(t ). Inversement, si y() = y(t ) alors y et z sont solutions d un même problème de Cauchy posé en. Par unicité de ces solutions, on peut conclure y = z. c) On peut eprimer la solution générale de l équation (E) y(t) = ( λ + t ) ϕ(u) e αu du e αt L équation y() = y(t ) équivaut alors l équation ( ) λ = λ + T ϕ(u) e αu du e αt Si e αt 1, cette équation précédente possède une unique solution en l inconnue λ ce qui détermine y. La condition e αt = 1 est uniquement vérifiée pour les valeurs Eercice 1 : [énoncé] Sur R + ou R, α = ikπ T avec k Z E y = 1 y Solution générale : y() = C e 1/. Soit y une solution sur R. y est solution sur R + et R donc il eiste C +, C R telles que Continuité en >, y() = C + e 1/ et <, y() = C e 1/ Nécessairement y() = et C =. Dérivabilité en { ± si C y() et y() + sinon y () = C+ e 1/ + et y () donc y () = Equation différentielle en : y () y() = : ok. Finalement C R, y() = Inversement une telle fonction est solution. Eercice 11 : [énoncé] Solution générale sur R + ou R { C e 1/ si > sinon y() = C + e 1 avec C R Soit y une fonction solution sur R + et R. Il eiste C +, C R tels que >, y() = C+ + e 1 et <, y() = C + e 1 Pour que la fonction y puisse être prolongée par continuité en, il faut C + = C = auquel cas y() = e 1 pour et la fonction se prolonge par y() = 1. On vérifie que ce prolongement est de classe C car inverse d une fonction développable en série entière. De plus R, (e 1) y() = donne par dérivation, la vérification de l équation différentielle sur R. Finalement, il eiste une seule solution sur R : y() = e 1 Eercice 1 : [énoncé] Solution générale sur R + ou R prolongée par continuité avec y() = 1 y() = Csh ch Après recollement en, solution générale sur R y() = Csh ch avec C R

14 [ édité le 5 mai 16 Corrections 14 Eercice 13 : [énoncé] Nommons E l équation étudiée. Sur R +, E y + y = de solution générale y() = C e + 1. Sur R, E y + y = de solution générale y() = C e. Soit y solution de E sur R. Comme y est solution sur R + et R, il eiste C +, C R telle que, y() = C + e + 1 et, y() = C e Définition en : y() = C + 1 = C donc C + = C + 1. Dérivabilité en : y () C et y () C + donc y () = C = C. Équation différentielle en : C C + 1 = ma(, ) : ok Finalement, il eiste C R telle que { C e + 1 si y() = (C 1) e sinon Inversement : ok Eercice 14 : [énoncé] C est une équation différentielle linéaire d ordre 1 définie sur ] ; + [. Sur ] ; 1[ ou ]1 ; + [, 3 ln + 1 ln Solution générale sur ] ; 1[ ou ]1 ; + [ d = 3 ln + ln ln + Cte y() = λ 3 ln Solution sur ] ; + [. Soient y : ] ; 1[ ]1 ; + [ R solution de l équation sur ] ; 1[ et ]1 ; + [. Il eiste λ, µ R vérifiant y() = λ 3 ln sur ] ; 1[ et y() = µ 3 ln sur ]1 ; + [. La continuité en 1 donne y(1) = sans conditions sur λ et µ. La dérivabilité en 1 donne λ = µ. Ainsi y() = λ 3 ln sur ] ; + [ qui est évidement solution. Eercice 15 : [énoncé] a) Solution générale sur R + ou R : Pas de recollement possible en. b) Solution générale sur R + ou R : y() = ln + C avec C R y() = 1 + C avec C R Après recollement en, solution générale sur R : y() = 1. c) Solution générale sur R + ou R : y() = C avec C R Après recollement en, solution générale sur R : { C y() = si C si < avec C+, C R d) Solution générale sur R + ou R : Via y() = 1 + C + 1 avec C R 1 (1 + ) = (1 + ) (1 + = ) Après recollement en, solution générale sur R : y() =. Eercice 16 : [énoncé] a) Solution générale sur I k = ]kπ ; (k + 1)π[, k R : y() = cos + C sin avec C R Après recollement en chaque kπ, solution générale sur R : y() = cos + C sin avec C R

15 [ édité le 5 mai 16 Corrections 15 b) ) Solution générale sur I k = ]kπ ; (k + 1)π[, k R : y() = C e 1/sin avec C R Après recollement en chaque kπ, solution générale sur R : Eercice 17 : [énoncé] y() = { Ck e 1/sin si I k si = kπ avec (C k) R Z a) Soit I = ] π/ ; π/[ le plus grand intervalle contenant où l équation différentielle a un sens. Posons I + = ] ; π/[ et I = ] π/ ; [. Solution générale sur I + : y() = C + sin. Solution générale sur I : y() = C sin. Cherchons les solutions définies sur I. Analyse : Soit y une solution sur I, s il en eiste. y est a fortiori solution sur I + et I donc : C +, C R tel que y() = C + sin sur I + et y() = C sin sur I. Comme y doit être continue en, lim + y() = lim y() = y() =. Pas d informations sur C + ni C. Comme y doit être dérivable en, y() y() lim + = C + = y () = lim y() y() = C. Donc C + = C. Finalement y() = C + sin sur I entier. Synthèse : y() = C sin() avec C R est bien solution sur I. On aura y() = C. sin() = ce qui est toujours vraie. Il y a ici une infinité de solutions au problème de Cauchy. b) On aura y() = 1 C. sin() = 1 ce qui est impossible. Il n y a ici aucune solution au problème de Cauchy. Eercice 18 : [énoncé] Soit I = ] ; 1[, ] 1 ; [, ] ; 1[ ou ]1 ; + [. Sur I, l équation différentielle devient : y + ( 1) y = 1. La solution générale sur I est (ln +C) 1 avec C R. Après recollement en 1, et -1 on conclut, pour tout intervalle I : Si 1,, 1 / I, y() = (ln +C) 1 avec C R ln +C + 1 si > Si 1, 1 / I et I, y() = si = avec C +, C R. ln +C 1 si < Si 1 I ou 1 I, y() = ln 1. Eercice 19 : [énoncé] Sur R + et R : y() = C α. Soit y une solution sur R. On a y() = C + α sur R + et y() = C α sur R. Si α <, la limite en implique C + = C = donc y =. Inversement ok. Si α =, la limite en donne C + = C et on conclut que y est constante. Inversement ok. Si α >, la limite en donne y() =. On a y () = αc + α 1 sur R + et y() = αc α sur R. Si α < 1, la limite en implique C + = C = donc y =. Inversement ok. Si α = 1, la limite en implique C + = C et on conclut que y est linéaire. Inversement ok. Si α > 1, la limite en eiste et est nulle ce qui permet d affirmer y () = L équation différentielle est bien vérifiée en. Inversement, lorsque α > 1, la fonction définie par y() = est solution. Eercice : [énoncé] C + α si > si = C ( ) α si < a) On résout l équation différentielle linéaire étudiée et, par la méthode de variation de la constante, on obtient la solution générale suivante g() = λ + Par une intégration par parties, on peut écrire Quand +, on a et on obtient 1 f(t) t g() = λ f() + f(1) + 1 f (t) t dt 1 f (t) t dt f,[;1] ln g() f() dt

16 [ édité le 5 mai 16 Corrections 16 Quand + 1 f() f() f (t) (g() g()) = λ + f(1) + dt 1 t Le terme f() f() converge vers f (). Si f () alors l intégrale f (t) ];1] t dt diverge et donc le terme f (t) 1 t dt diverge. On en déduit qu alors g n est pas dérivable en. L égalité f () = est une condition nécessaire à la dérivabilité de g en. Cette condition n est pas suffisante. En effet considérons une fonction de classe C 1 telle que f 1 () + ln L intégrale ];1] f (t) t dt demeure divergente alors que f () =. b) Puisque f est de classe C et vérifie f () = on peut écrire f() = f() + ϕ() pour tout > avec ϕ: ] ; + [ R de classe C et convergeant vers f ()/ en +. On a alors pour tout > g() = λ + f() f() + 1 ϕ(t) dt g est de classe C 3 sur ] ; + [ car ϕ y est de classe C. On prolonge g par continuité en en posant g() = f() g () = λ + f() + ϕ() + 1 ϕ(t) dt Quand +, g converge et donc g est de classe C 1 sur [ ; + [. Or donc g () = ϕ() + ϕ () ϕ () = f () g () = f () f() f() 3 = f () f () On en déduit que g est de classe C sur [ ; + [ + f () Eercice 1 : [énoncé] a) (E) est une équation différentielle linéaire d ordre 1. Après résolution via variation de la constante, on obtient la solution générale y() = + λ ln b) Par opérations, la fonction g est de classe C sur [1/ ; + [. Pour ] 1 ; 1[ on a le développement en série entière et si, on obtient ln(1 + ) = g() = n=1 n= ( 1) n 1 n ( 1) n n + 1 n Si l on pose g() = 1, la relation précédente reste valable pour = et ainsi on a prolongé g en une fonction développable en série entière sur ] 1 ; 1[. Ce prolongement est donc de classe C sur ] 1 ; 1[ puis sur ] 1 ; + [. c) La fonction g est à valeurs strictement positives et on peut donc introduire la fonction f définie sur ] ; + [ par f() = 1 g( 1) La fonction f est de classe C et sur ] ; 1[ ou ]1 ; + [ f() = 1 ln Ainsi f est solution de (E) sur ] ; 1[ et ]1 ; + [ et enfin on vérifie aisément que l équation différentielle (E) est aussi vérifiée quand = 1. Eercice : [énoncé] a) E est une équation différentielle linéaire d ordre 1 de solution générale sur R + et R : y() = C α Comme y est solution sur R + et R, il eiste C +, C R tels que >, y() = C + α n et <, y() = C α

17 [ édité le 5 mai 16 Corrections 17 b) Si α < alors y() + { ± si C + sinon et y() { ± si C sinon y peut être prolongée par continuité en si, et seulement si, C + = C = et alors y() =. La solution correspondante est la fonction nulle qui est solution de E. Si α = alors y() C+ et y() C + y peut être prolongée par continuité en si, et seulement si, C + = C et alors y() = C +. La solution correspondante est une fonction constante qui inversement est solution de E. Si α > alors y() et y() + y peut être prolongée par continuité en indépendamment de C + et C en posant y() =. c) Si α ] ; 1[ alors y () + { ± si C + sinon et y () { ± si C sinon En vertu du théorème du prolongement C 1, la fonction y est dérivable en si, et seulement si, C + = C =. La solution correspondante est la fonction nulle qui est solution de E. Si α = 1 alors y () C+ et y () C + La fonction y est dérivable en si, et seulement si, C + = C. La fonction correspondante est alors C + sur R qui est solution de E. Si α > 1 alors y () et y () + La fonction prolongée est dérivable en indépendamment de C + et C. Cette fonction est alors solution de E sur R car dérivable sur R et vérifiant l équation différentielle. d) Si α < ou < α < 1 : seule la fonction nulle est seule solution sur R. Si α = alors les fonctions constantes sont les solutions de E sur R. Si α = 1 alors les fonctions linéaires( C) sont les solutions de E sur R. Si α > 1 alors les solutions de E sur R sont les fonctions C + α si > si = C α si < avec C +, C R Eercice 3 : [énoncé] Soit λ R. En résolvant sur I l équation différentielle y () = λy() on obtient que λ est une fonction propre de l application ϕ. Pour une telle fonction, on a y () = λy() donc en dérivant puis y () + y () λy () = y () + y () λ y() = On en déduit que les fonctions α et α sont solutions sur I de l équation différentielle E α. Or cette équation est une équation différentielle linéaire d ordre homogène résolue en y, son ensemble solution est donc un plan vectoriel. Puisque les deu précédentes fonctions sont des solutions indépendantes, elles constituent une base de ce plan vectoriel. La solution générale de E α est donc y() = λ α + µ α avec λ, µ R Eercice 4 : [énoncé] C est une équation différentielle linéaire d ordre de solution homogène : y(t) = (λt + µ) e t. Par la méthode de variation des constantes, cherchons une solution particulière de la forme y(t) = λ(t)t e t + µ(t) e t avec λ, µ fonctions dérivables. { λ (t)t e t + µ (t) e t = λ (t)(1 t) e t µ (t) e t = e t 1+t

18 [ édité le 5 mai 16 Corrections 18 donne { λ (t) = 1 1+t µ (t) = t 1+t Les fonctions λ(t) = arctan t et µ(t) = 1 ln(1 + t ) conviennent. Finalement, la solution générale des l équation étudiée est : y(t) = t arctan(t) e t 1 ln(1 + t ) e t + (λt + µ) e t Eercice 5 : [énoncé] C est une équation différentielle linéaire d ordre de solution homogène : y = λ cos t + µ sin t. Par la méthode de variation des constantes, cherchons une solution particulière de la forme y(t) = λ(t) cos(t) + µ(t) sin(t) avec λ, µ fonctions dérivables. { { λ (t) cos t + µ (t) sin t = λ λ (t) sin t + µ (t) cos t = tan t, (t) = sin t/cos t µ (t) = sin t Les fonctions et conviennent car cos t 1 λ(t) = dt = sin t 1 cos t 1 cos t dt = µ(t) = cos t ln 1 + sin t 1 sin t cos t 1 sin t dt = sin t ln 1 sin t. Finalement, la solution générale de l équation étudiée est : y(t) = 1 sur I k = ] π + kπ ; π + kπ[. 1 + sin t cos t ln + λ cos t + µ sin t 1 sin t Eercice 6 : [énoncé] C est une équation différentielle linéaire d ordre à de solution homogène : y = λ cos t + µ sin t. Par la méthode de variation des constantes, cherchons une solution particulière de la forme y(t) = λ(t) cos(t) + µ(t) sin(t) avec λ, µ fonctions dérivables. Les fonctions et conviennent car { { λ (t) cos t + µ (t) sin t = λ λ (t) sin t + µ (t) cos t = tan t, (t) = sin 3 t/cos t µ (t) = sin t/cos t λ(t) = 1 cos t cos t 1 cos t µ(t) = dt = 1 cos t 1 cos t dt = ln 1 + sin t 1 sin t sin t cos t 1 sin t dt = sin t ln 1 sin t. Finalement, la solution générale de l équation étudiée est : y(t) = + 1 sur I k = ] π + kπ ; π + kπ[. 1 + sin t sin t ln + λ cos t + µ sin t 1 sin t Eercice 7 : [énoncé] C est une équation différentielle linéaire d ordre à de solution homogène : y = A cos + B sin. Méthode de variation des constantes { A () cos + B () sin = A () sin + B () cos = cot Après résolution et intégration y() = 1 Eercice 8 : [énoncé] 1 + cos sin ln + A cos + B sin 1 cos a) C est une équation différentielle linéaire d ordre à de solution homogène : y = λ cos t + µ sin t. Par la méthode de variation des constantes, cherchons une solution particulière de la forme y(t) = λ(t) cos(t) + µ(t) sin(t) avec λ, µ fonctions dérivables.

19 [ édité le 5 mai 16 Corrections 19 { λ (t) cos t + µ (t) sin t = λ (t) sin t + µ (t) cos t = f(t), cos t (1) sin t () donne λ (t) = f(t) sin t. sin t (1) + cos(t) () donne µ (t) = f(t) cos t. Choisissons λ(t) = t f(u) sin u du et µ(t) = t f(u) cos u du ce qui donne la solution particulière : y(t) = t f(u)(sin t cos u sin u cos t) du = t f(u) sin(t u) du. La solution générale de l équation est y(t) = t f(u) sin(t u) du + λ cos(t) + µ sin(t). b) y() = donne λ =. Avec les notations précédentes : y (t) = λ(t) sin t + µ(t) cos t λ sin t + µ cos t donc y () = µ() + µ = µ puis µ =. Finalement : y(t) = t f(u) sin(t u) du. Eercice 9 : [énoncé] a) La solution générale de l équation homogène associée est y(t) = λ cos t + µ sin t On peut avoir l intuition de trouver une solution particulière de la forme y(t) = α cos(nt) et, en effet on obtient, y(t) = 1 n 1 cos(nt) solution particulière lorsque n 1. La solution générale est alors y(t) = λ cos t + µ sin t n cos(nt) Quand n = 1, on applique la méthode de variation des constantes. On obtient une solution particulière en résolvant { λ (t) cos t + µ (t) sin t = λ (t) sin t + µ (t) cos t = cos(nt) Par les formules de Cramer, on obtient Alors λ (t) = sin t cos t et µ (t) = cos (t) λ(t) = 1 sin t et µ(t) = t + sin(t) cos(t) conviennent et l on obtient la solution particulière puis la solution générale b) Soit y(t) = t sin t y(t) = λ cos t + µ sin t + 1 t sin t f(t) = a + a + 1 t sin t + a n 1 n cos(nt) Sans difficultés, on peut dériver deu fois sous le signe somme car il y a convergence normale de la série des dérivées secondes et convergences simples intermédiaires. On peut alors conclure que f est de classe C et solution de l équation différentielle étudiée. La solution générale de celle-ci est alors n= y(t) = λ cos t + µ sin t + f(t) Eercice 3 : [énoncé] Posons g = f + f. f est évidemment solution de l équation différentielle y + y = g Après application de la méthode de variation des constantes, la solution générale de cette équation est Pour une telle solution, Ainsi f vérifie y() = a cos + b sin + y( + π) + y() = +π f() + f( + π) g(t) sin( t) dt g(t) sin( + π t) dt

20 [ édité le 5 mai 16 Corrections Eercice 31 : [énoncé] Les solutions de l équation différentielle y + y = f sont de classe C car f l est. Par application de la méthode de variation des constantes, la solution générale de l équation y + y = f est y() = λ cos + µ sin + Cette solution est π-périodique si, et seulement si, f(t) sin( t) dt = +π f(t) sin( t) dt f(t) sin( t) dt i.e. +π f(t) sin( t) dt = pour tout R. En développant le sinus et en eploitant la liberté de la famille (sin, cos) ainsi que la π-périodicité de f, cela équivaut à la condition π f(t) sin t dt = π f(t) cos t dt = Eercice 3 : [énoncé] Par application de la méthode de variation des constantes, la solution générale de l équation y + y = f est y() = λ cos + µ sin + f(t) sin( t) dt Pour conclure, il suffit de justifier que f(t) sin( t) dt est bornée. Par intégration par parties, f(t) sin( t) dt = f() f() cos f (t) cos( t) dt Quitte à passer à l opposé, on peut supposer f croissante et donc f (t). Puisque 1 cos( t) 1, puis f() f() f()(1 cos ) f (t) cos( t) dt f() f() f(t) sin( t) dt f() f()(1 + cos ) La fonction f étant bornée (car convergente en + ), il en est de même de f(t) sin( t) dt. Eercice 33 : [énoncé] a) C est une équation différentielle linéaire d ordre à à coefficients constants de solution homogène y = A cos + B sin La méthode de variation des constantes propose une solution particulière de la forme y() = A() cos + B() sin avec A et B fonctions dérivables solutions du système { A () cos + B () sin = A () sin + B () cos = 1/ En faisant cos() (1) sin() (), on détermine A () et B () s obtient de façon analogue { A () = sin / On peut alors proposer A() = sin t t B () = cos / cos t dt et B() = dt t où les intégrales introduites ont le bon goût de converger... La solution générale de l équation différentielle est alors sin t + cos t y() = A cos + B sin + cos dt sin dt t t b) Posons u(, t) = e t /(1 + t ) définie sur R + [ ; + [. u(, t) est continue sur R + pour chaque t [ ; + [ t u(, t) est continue par morceau sur ] ; + [ pour chaque R + et u(, t) t = ϕ(t) avec ϕ intégrable sur [ ; + [. Par domination f est définie et continue sur [ ; + [. De plus, u(, t) est deu fois dérivable sur R + pour chaque t [ ; + [ avec u t e t (, t) = 1 + t et u (, t) = t e t 1 + t La dérivée partielle u est continue par morceau et intégrable sur [ ; + [.

21 [ édité le 5 mai 16 Corrections 1 La dérivée partielle u est continue en et continue par morceau en t. Soit [a ; b] ] ; + [. On a (, t) [a ; b] [ ; + [, u (, t) t e at 1 + t e at = ϕ(t) avec ϕ intégrable. Par domination sur tout segment, f est de classe C sur ] ; + [ et f () = e t t 1 + t dt On vérifie alors f () + f() = e t dt = 1 de sorte que f est solution sur R + de l équation différentielle Ainsi, il eiste A, B R tels que On observe f() = A cos + B sin + cos f() y + y = 1 sin t t e t dt = 1 cos t dt sin dt t donc par encadrement f ce qui entraîne A = B =. + Ainsi sin t + cos t >, f() = cos dt sin dt t t Séparément, on calcule f() f() = dt = [arctan t]+ 1 + t = π c) Par convergence de l intégrale, quand + De plus cos t t dt = 1 sin t t cos t t dt sin t t dt 1 cos t 1 dt + dt = C te cos t + dt t t avec donc 1 cos t t 1 dt dt t = ln cos t sin dt t Ainsi en passant à la limite en l epression précédente de f(), on obtient Eercice 34 : [énoncé] sin t t dt = f() = π a) Analyse : Soit a n n une série entière de rayon de convergence R > et de somme S. La fonction S est solution sur ] R ; R[ de l équation différentielle Sur ] R ; R[, S () + S () + S() = n= ((n + )(n + 1)a n+ + (n + 1)a n ) n Par conséquent, S est solution de l équation différentielle si, et seulement si, ce qui donne y + y + y = n N, a n+ = n + a n a p = ( 1)p a et a p+1 = ( 1)p p p! (p + 1)...3 a 1 = ( 1)p 4 p p! (p + 1)! a 1 Synthèse : Soit a n n la série entière déterminée par les coefficients précédemment proposés. Une telle série entière est de rayon de convergence R = + car a p = O (1/p!) et a p+1 = O(4 p /p!). De plus par les calculs ci-dessus elle est solution de l équation différentielle proposée sur R.

22 [ édité le 5 mai 16 Corrections b) Les solutions paires sont obtenue pour a p+1 =. Cela donne R, S() = a e Eercice 35 : [énoncé] Soit y la somme de la série entière a n t n de rayon de convergence R supposé >. 4(1 t )y (t) 4ty (t) + y(t) = + ( ) n= 4(n + )(n + 1)an+ (4n 1)a n t n donc y est solution de l équation étudiée si, et seulement si, n N, a n+ = donc a p = ( ) 1/ p a et a p+1 = ( 1/ p+1) a1. Or personne, oh non personne, n ignore que 1 + t = + n= (n 1/)(n + 1/) a n (n + 1)(n + ) ( ) 1/ t n et ( ) 1/ 1 t = ( 1) n t n n n n= avec un rayon de convergence égal à 1. En prenant a = a 1 = 1, on obtient la fonction t 1 + t. En prenant a = 1 et a 1 = 1, on obtient t 1 t. Ces deu fonctions sont solutions de l équation étudiée (car R = 1) et, étant indépendantes, elles constituent un système fondamental de solutions. La solution générale s eprime y(t) = λ 1 + t + µ 1 t Eercice 36 : [énoncé] a) Soit y(t) = + n= a nt n une série entière solution de rayon de convergence R >. Sur ] R ; R[, la fonction y est de classe C et y(t) = de sorte que n= a n t n, y (t) = n= (1 + t )y (t) + 4ty (t) + y(t) = na n t n 1 et y (t) = n= n= n(n 1)a n t n (n + )(n + 1)(a n+ + a n )t n Par unicité des coefficients d un développement en série entière, la fonction y est solution de l équation étudiée sur ] R ; R[ si, et seulement si, ce qui donne et on obtient n N, a n+ = a n p N, a p = ( 1) p a et a p+1 = ( 1) p a y(t) = a ( 1) p t p + a 1 ( 1) p t p+1 = a + a 1 t 1 + t p= Puisque la série entière écrite est de rayon de convergence R 1, on peut assurer que les fonctions proposées sont solutions sur ] 1 ; 1[ à l équation étudiée. Cela fournit un système fondamental de solutions sur ] 1 ; 1[ qu il suffit de réinjecter dans l équation pour affirmer que ces fonctions forment aussi un système fondamental de solution sur R. Puisque l espace des solutions de cette équation homogène est de dimension, on peut conclure que la solution générale est p= y(t) = λ + µt 1 + t b) La méthode de variation des constantes nous amène à recherche une solution particulière λ(t) + µ(t)t y(t) = 1 + t avec λ et µ fonctions dérivables solution du système { λ (t) 1+t + µ (t)t 1+t = tλ (t) (1+t ) + µ (t)(1 t ) 1 (1+t ) = (1+t ) On obtient λ (t) = t 1+t et µ (t) = 1 1+t puis y(t) = t arctan t ln 1 + t 1 + t Cette solution particulière permet ensuite d eprimer la solution générale. Eercice 37 : [énoncé]

23 [ édité le 5 mai 16 Corrections 3 a) Par analyse synthèse, on obtient h() = de rayon de convergence R = +. n= ( 1) n (n!) n b) h() = 1 et par application du critère spécial des séries alternées à la série on obtient < n 1 n=1 ( 1) n (n!) n ( 1) n (n!) n < 1 et donc h() <. On en déduit que h s annule sur ] ; [. La fonction h est dérivable et h () = n=1 ( 1) n n!(n 1)! n 1 On peut à nouveau appliquer le critère spécial des séries alternées à cette série pour tout ] ; [ et on en déduit h () <. Eercice 38 : [énoncé] Par dérivation d un déterminant w (t) = f 1(t) f 1(t) donc puis w (t) = f 1 (t) a(t)f 1(t) b(t)f 1 (t) w (t) = f 1 (t) a(t)f 1(t) Ainsi w est solution de l équation différentielle f (t) f (t) + f 1 (t) f (t) f 1 (t) f (t) f (t) a(t)f (t) b(t)f (t) f (t) a(t)f (t) = a(t) f 1 (t) f 1(t) w + a(t)w = f (t) f (t) Eercice 39 : [énoncé] a) Un simple calcul de vérification. b) Le wronskien de deu solutions de l équation homogène (E) est solution de l équation différentielle Après résolution, on obtient tw (t) + (1 t)w(t) = w(t) = λ et t avec λ R c) Soit ψ une solution indépendante de ϕ (la théorie assure qu il en eiste) et w le wronskien de ϕ et ψ. Quitte à multiplier ψ par une constante ad hoc, on peut supposer w(t) = et t et la fonction ψ apparaît solution de l équation différentielle c est-à-dire Après résolution, on obtient ϕψ ψϕ = w(t) e t ψ e t ψ = w(t) ψ(t) = ln(t) e t Le couple (ϕ, ψ) constituant un système fondamental de solutions, on peut eprimer la solution générale Eercice 4 : [énoncé] y(t) = (λ ln(t) + µ) e t avec λ, µ R a) f est continue, si f n est pas de signe constant alors f s annule. b) On a c) L équation est R, f () = q()f() y = f (a)( a) + f(a)

24 [ édité le 5 mai 16 Corrections 4 d) Considérons g : R R définie par g() = f() (f (a)( a) + f(a)). g est dérivable et g () = f () f (a). Or f est décroissante, on peut donc dresser le tableau de variation de g et puisque g(a) =, constater R, g() e) Si f (a) alors f étant en dessous de sa tangente prend des valeurs négatives, c est impossible. On en déduit que a R, f (a) = donc f est constante et f =. Pour que f vérifie l équation y + q()y = (sachant q ) il est nécessaire que f soit constante égale à. C est absurde. Eercice 41 : [énoncé] Par l absurde : S il eiste y une solution sur R de y + q()y = qui ne s annule pas. Deu cas sont possibles : y est positive ou y est négative. Si y est positive alors y. La fonction y est donc concave et sa courbe représentative est en dessous de chacune de ses tangentes. Si y possède une tangente de pente non nulle, y prend des valeurs négatives, eclu. Par suite y est nécessairement constante et alors y = puis q()y() = implique que y est constante égale à. Absurde. Si y est négative, le même raisonnement permet de conclure. Eercice 4 : [énoncé] Par l absurde, si f admet une infinité de zéros, on peut construire une suite ( n ) formée de zéros de f deu à deu distincts. Puisque [a ; b] est compact, on peut etraire de cette suite ( n ), une suite convergente que nous noterons encore ( n ). Soit c la limite de ( n ). Par continuité, on a f(c) =. En appliquant le théorème de Rolle à f entre n et n+1, on détermine c n compris entre n et n+1 tel que f (c n ) =. Par encadrement, c n c et par continuité f (c) =. Le problème de Cauchy linéaire formé par l équation (E) et les conditions initiales y(c) = et y (c) = possède une unique solution qui est la fonction nulle. La fonction f est donc nulle : c est absurde. Eercice 43 : [énoncé] Soit y une solution de l équation étudiée possédant une infinité de racines. Nous allons montrer qu il eiste a [ ; 1] vérifiant y(a) = y (a) =. Il est possible de former une suite ( n ) de racines deu à deu distinctes de la fonction y. Puisque la suite ( n ) est une suite d éléments du compact [ ; 1], elle possède une suite etraite convergente que nous noterons encore ( n ). Ainsi on obtient une suite d éléments deu à deu distincts de [ ; 1] vérifiant n a [ ; 1], n N, y( n ) = Par continuité de la fonction y, on obtient y(a) =. Par application du théorème de Rolle entre n et n+1 (qui sont distincts) il eiste c n compris entre n et n+1 vérifiant y (c n ) =. Par encadrement c n a et par continuité de y, on obtient y (a) =. Finalement y apparaît comme solution du problème de Cauchy { y + p(t)y + q(t)y = y(a) = y (a) = Or la fonction nulle est aussi évidemment solution. Par unicité de la solution sur [ ; 1] à ce problème de Cauchy, on peut conclure que y est la fonction nulle. Eercice 44 : [énoncé] a) Par l absurde supposons que g possède un zéro non isolé a. Il eiste alors une suite ( n ) de zéros de g distincts de a convergeant vers a. Puisque g( n ) =, à la limite g(a) =. Puisque on a aussi g (a) = g (a) = g() g(a) lim a, a a g( n ) g(a) lim = n + n a Ainsi g(a) = g (a) = et donc g est la fonction nulle car cette dernière est l unique solution de l équation linéaire d ordre E vérifiant les conditions initiales y(a) = y (a) =.

25 [ édité le 5 mai 16 Corrections 5 b) Posons a) La fonction f est de classe C et ϕ() = ( ) La fonction ϕ est dérivable et ϕ () = 1 (t 1 )f(t)g(t) dt + ( 1 ) 1 (t 1 )f(t)g(t) dt + La fonction ϕ est donc deu fois dérivable et ϕ () = ( 1 )f()g() Puisque g est solution de l équation E, on obtient et donc ϕ () = ( 1 )g () ϕ() = ( 1 )g() + α + β ( t)f(t)g(t) dt ( t)f(t)g(t) dt Or les fonctions ϕ et g s annulent toutes deu en 1 et donc α = β = puis ϕ() = ( 1 )g() c) Soit α = ma [1; ] g. Pour tel que g() = α, la relation précédente donne α( 1 ) ( ) (t 1 )f(t)g(t) dt +( 1) ( t)f(t)g(t) dt 1 puis α( 1 ) α( )( 1 ) On en déduit car Eercice 45 : [énoncé] 1 1 f(t) dt+α( )( 1 ) 4 f(t) dt 1 ( )( 1 ) ( 1 ) 4 f () = f () + f(t) dt = α( )( 1 ) f(t) dt a) Si ϕ 1 1 possède une solution non isolée alors il eiste une suite ( n ) n N de zéros de ϕ 1 deu à deu distincts convergeant vers. En appliquant le théorème de Rolle entre les deu termes distincts n et n+1, on détermine une suite (c n ) convergeant vers formée de zéros de ϕ 1. En passant la relation ϕ (c n ) = à la limite on obtient ϕ ( ) =. Ainsi ϕ 1 se comprend comme la solution du problème de Cauchy constitué de l équation différentielle y + q 1 () = et des conditions initiales y( ) = y ( ) =. Or ce problème de Cauchy possède une solution unique et celle-ci est la fonction nulle, cas que l énoncé eclut. f (t) dt = f () q(t)f(t) dt Puisque la fonction q est intégrable sur [ ; + [ et puisque f est bornée, on peut affirmer que la fonction qf est intégrable sur [ ; + [. Par suite l intégrale de l epression précédente de f () converge quand +. On en déduit que f converge en +. Posons l sa limite. Si l > alors il eiste A assez grand tel que pour tout A on a f () l/. On a alors f() = f(a) + A f (t) dt f(a) + l ( A) ce qui contredit l hypothèse f bornée. De même, l < est absurde et il reste donc l =. b) En dérivant w = f g + f g f g f g = + + car f et g sont solutions de (E). On en déduit que le wronskien w est constant et puisque les fonctions f et g sont bornées, leurs dérivées f et g convergent vers en + et donc w +. Ainsi le wronskien w est constant égal à et donc les fonctions f et g sont liées. On en déduit que l équation différentielle E possède une solution non bornée. Eercice 46 : [énoncé] b) On suppose les zéros de a et b consécutifs donc ϕ 1 est de signe constant sur [a ; b].