Corrigé CCP PC maths Partie I

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1 Corrigé CCP PC maths 2 27 Partie I. Remarque (f ; f ) est la base introduite dans le cours pour l étude des solutions. Par récurrence : Soit y une solution de (E) sur I, y est de classe C 2 sur I. Supposons y de classe C n sur I. Alors y = ':y est de classe C n car ' est de classe C, donc y de classe C n+2 et donc aussi de classe C n+ sur I. Par récurrence sur n, y est de classe C n sur I pour tout n 2 N y est de classe C sur I 2. Soit y solution de (E) sur I. Comme I est symétrique par rapport à, on peut dé nir sur I la fonction z : 8x 2 I, z(x) = y( x) et elle est de classe C sur I car y l est. De plus, Donc comme ' est paire 8x 2 I; z (x) = y ( x) et z (x) = y ( x) La fonction z est donc solution de (E) sur I. 8x 2 I z (x) + '(x)z(x) = y ( x) + '( x):y( x) = Si y est solution de (E), x > y( x) est aussi solution 3. Soit z la fonction dé nie sur I par 8x 2 I; z (x) = f ( x). D après la question précédente : z est solution de (E) sur I et véri e les conditions initiales z () = f () =, z() = f() =. D après le résultat rappelé en préambule (ou d après le théorème de Cauchy Lipchitz), il existe une unique solution de (E) sur I véri ant ces conditions initiales : par conséquent z = f et la fonction f est paire. Soit z la fonction dé nie sur I par z (x) = f ( x). D après I.2, z est solution de (E) sur I (opposé d une solution d une équation linéaire homogène), et z () = f () = et z () = f () =. D après l unicité de la solution de (E) véri ant ces conditions initiales, z = f et la fonction f est impaire. (E) est une équation di érentielle linéaire homogène du second ordre, résoluble dont les coe cients sont des fonctions continues sur I : on sait alors que l ensemble des solutions de (E) sur I est un espace vectoriel de dimension 2. (f ; f ) est un système de solutions de (E) sur I, de cardinal 2. De plus il est libre : Pour tout ( ; ) 2 R 2 tel que f + f =, en prenant la valeur en puis la dérivée en, = et = On en déduit que (f ; f ) est une base de l espace vectoriel des solutions de (E) sur I. ce que l on peut encore traduire en disant que la solution générale de (E) est du type : y solutions de (E) si et seulement si 9 ( ; ) 2 R 2, y = f + f ( ; ) 2 R 2 Remarque : on peut aussi calculer le Wronskien des deux fonctions. Soit f = f + f une solution de (E). Or dans C (I; R) l ensemble des fonctions paires et celui des fonctions impaires sont deux sous espaces vectoriels supplémentaires. Donc f est paire (impaire) si et seulement si = ( = ) Les solutions de (E) paires sont les fonctions de Vect (f ) et les solutions de (E) impaires sont les fonctions de Vect (f ). 4. Soit W = f f f f le Wronskien de f et f. Comme on a montré que (f ; f ) est un système fondamental de solution, W est toujours non nul.

2 . u est C sur I comme quotient à dénominateur non nul de fonctions C et u = f f f f f 2 = W f 2 Donc u ne s annule pas sur I. D autre part, Mais W = f f f f = 'f f + 'f f = et u = W f 2W f f 3 u u = 2 f f 2. On a donc u f u = 2 Soit et donc ln (ju j) = f 2 ln (jf j) + u = e f 2 d où le résultat voulu en posant B = (B est bien constante car les fonctions étant continues sans racines, ne peuvent pas changer de signe). Remarque : on peut aussi partir de W = pour en déduire que W est constante. ( le rapport du jury signale que cette méthode a été acceptée aussi) 3. De plus u () = f ()f () f()f () f 2() = et f 2 =, donc B =. () On a donc : 8x 2 I : u(x) = u + C Si x = on trouve C =. D où : f = f u 5.. 8x 2 I; f(x) = cos 2 (x), f (x) = 2 cos(x) sin(x) et f (x) = 2 sin 2 (x) cos 2 (x) Comme f ne s annule pas sur I et qu elle est solution de (E), on a donc : 8x 2 I; '(x) = ' = 2 f (x) f(x) = 2 tan 2 tan(x)2 On remarque que f() = et f () =. et donc par unicité f = f. 2. On a pour tout x 2] =2; =2[ comme u (x) = x cos 2 = + tan2 = tan dt x cos(t) 4 = + tan(t) 2 cos(t) 2 dt = x + tan(t) 2 (tan(t)) dt = tan(t) + x 3 tan(t)3 8x 2] =2; =2[; u (x) = tan (x) + 3 tan(x)3 2

3 3. D après I.4.3, pour tout x 2 I =] =2; =2[, f (x) = u (x)f (x) = tan x + 3 tan3 x cos 2 x f (x) = tan (x) + 3 tan (x)3 cos (x) 2 On a une base de l espace vectoriel des solutions.donc la solution générale de (E) sur I est : y(x) = cos 2 x + tan x + 3 tan3 x cos 2 x ( ; ) 2 R 2 : plusieurs variantes possibles. Par exemple f (x) = tan(x) + 3 tan(x)3 cos(x) 2 = tan(x) cos(x) 2 + sin(x)2 = 3 Partie II. Soit y une solution de (E) sur R. D après I., y est de classe C sur R, donc la fonction dé nie par 8x 2 R; Y (x) = y(x+2) est aussi de classe C sur R et on a pour tout x 2 R, Y (x) = y (x + 2) et Y (x) = y (x + 2). De plus, pour tout x 2 R, comme ' est 2-périodique, Y (x) + '(x)y (x) = y (x + 2) + '(x + 2)y(x + 2) = : Si y est solution de (E) sur R, Y : x 7 y(x + 2) l est également 2. En particulier les fonctions : 8x 2 R, x > f (x + 2) et : 8x 2 R; x > f (x + 2) sont solutions de (E) sur R. Comme (f ; f ) est une base de l espace vectoriel des solutions, elles sont combinaisons linéaires de f et f ce qui assure l existence de constantes (w i;j ) telles que : 8x 2 R : f (x + 2) = w f (x) + w f (x) f (x + 2) = w f (x) + w f (x) On a alors en dérivant : 8x 2 R : f (x + 2) = w f (x) + w f (x) f (x + 2) = w f (x) + w f (x) En considérant les valeurs en x =, on obtient w ; = f (2); w = f(2); w = f (2); w = f(2) f (x + 2) = f 8x 2 R, (2)f (x) + f(2)f (x) f (x + 2) = f (2)f (x) + f(2)f (x) 3. Remarque : W est la valeur en 2 du Wronskien de f et f Soit g une solution de (E) 2 périodique non identiquement nulle. Notons (; ) les coordonnées de g dans la base (f ; f ). On a donc g = f + f. Alors pour tout x 2 R, on a d après II.2. g(x) = g(x + 2) = f (x + 2) + f(x + 2) = (w ; + w ; )f (x) + (w ; + w ; )f (x) = w; + w et donc comme on a une base : ; = w ; + w ; ). c est-à-dire = W De plus g n est pas identiquement nulle donc 6= () W admet pour valeur propre et comme vecteur propre associé. Réciproquement si est valeur propre il existe un vecteur propre noté. La fonction g = f + f véri e alors bien g(x + 2) = g(x) et g 6= e (E) admet une solution non nulle 2 périodique ssi est valeur propre de W 3

4 4. Soit g une solution de (E) non nulle et 2-périodique. D après la question I.2, la fonction x 7 g( x) est encore solution de (E). De plus par linéarité les fonctions g + : x 7 g(x) + g( x) et g : x 7 g(x) g( x) sont encore solutions de (E) et sont 2 périodique. Or g + est paire et donc d après I R, g + = :f De même g est impaire et donc 9; g = f Si = = alors g = g+ + g 2 = e absurde. Si 6= f = g+ est paire Si 6= : f = g est impaire. 5. Soit f(x; t) = (x; t)f (t) sur R [ ; ]. Pour tout x 2 R, la fonction t 7 (x; t)f (t) est continue sur [ ; ] donc F est bien dé nie sur R. De plus comme pour tout (x; t) 2 R [ ; ], ( x; t) = (x; t), la fonction F est paire. Pour montrer que f est C 2 on utilise le théorème de Leibniz : par théorèmes d opérations et composition, la fonction f est de classe C 2 sur R 2. f admet donc des f continues sur R et >< (x; t) = 8(x; t) 2 R [ ; k cos t sin x ek cos t cos x f (t) 2 2 (x; t) = k2 cos 2 t sin 2 x e k cos t cos x f (t) k cos t cos x e k cos t cos x f (t) 8x 2 R, t 7 f(x; t) (x; t) et t f (x; t) sont continues sur [ ; ] (segment) donc elles y intégrables. Domination de la dérivée seconde : 8(x; t) 2 R[ ; 2 f (x; (k2 + jkj):e jkj jf (t)j : Cette fonction est continue sur [ ; ] (segment) donc y est intégrable. On déduit du théorème de dérivation des intégrales à paramètre que la fonction F est de classe C 2 sur R et 8 >< F (x) = k cos t sin xe k cos t cos x f (t)dt 8x 2 R; >: F (x) = (k 2 cos 2 t sin 2 x k cos t cos x) k cos t cos x f (t)dt 2. On a : (x; t) = (t; x) donc on peut utiliser une symétrie pour réduire le nombre de calculs. si on dérive : et par (x; t) (k cos x sin t) (x; 2 (x; t) = (k2 cos 2 x sin 2 t k cos x cos t)(x; 2 (x; t) = (k2 cos 2 t sin 2 x k cos t cos x)(x; t) 8(x; t) 2 R 2 (x; t) + (a k2 sin 2 x)(x; t) = (k 2 cos 2 t sin 2 x k cos t cos x + a k 2 sin 2 x)(x; t) = [ k 2 sin 2 x sin 2 t k cos t cos x + a](x; t): (x; t) + k2 sin 2 t)(x; t) toujours par symétrie. 4

5 8(x; t) 2 R 2 (x; t) + k2 sin 2 x)(x; 2 (x; t) + (a k2 sin 2 t)(x; t) En utilisant l expression de F trouvée précédemment, 8x 2 R; F (x) + (a k 2 sin 2x)F (x) = = = 2 2 (x; t):f (t)dt + (a k 2 sin 2 x) (x; t)f 2 2 (x; t) + (a k sin 2 x)(x; t) f 2 2 (x; t)dt + (a k sin 2 t)(x; t )f 2 (x; t)f (t)dt + (a k 2 sin 2 t)(x; t))f (t)dt les fonctions (x; t) et f sont de classe C sur R et en intégrant par parties on obtient 2 2 (x; t) f (t)dt (x; t) (x; t):f (t)dt Mais t 7 (x; t) est 2 périodique donc (x; t) l est également et par hypothèse la fonction f est On en déduit (x; t) f (t) =. On a 2 (x; t) (t)dt (x; t):f (t)dt Une nouvelle intégration par partie donne 2 (x; t) f (t)dt = [ (x; t):f(t)] + (x; t)f (t)dt: t 7 (x; t)f (t) est 2-périodique en tant que produit de deux fonctions 2-périodiques et donc [ (x; t):f (t)] =. Finalement, F (x) + (a k 2 sin 2 x)f (x) = 8x 2 R; F (x) + (a k 2 sin 2 x)f (x) = = (x; t)f (t) + f (t) + (a k 2 sin 2 t)f (t) = car f solution de (E) (a k 2 sin 2 t)(x; t))f (t)dt (x; t)dt 3. La fonction F est paire et solution de (E) sur R. D après I.3, il existe 2 R tel que F = f, ce qui s écrit encore : 9 2 R 8x 2 R Partie III e k cos t cos x f (t)dt = f (x). (E) y + 2 y = avec > est une équation linéaire à coe cients constants classique:la solution générale de (E) sur I est : y(x) = cos (x) + sin (x) avec (; ) 2 R 2 compte tenu des conditions initiales f et f sont dé nies sur I par : 8x 2 I f (x) = cos (x) f (x) = sin (x) 5

6 2. Comme sin est C sur ] =2; =2[ sur ] ; [, on a bien y 2 C (I; R) De plus, 8x 2 I y (x) = z (sin x): cos x y (x) = cos 2xz (x) sin xz (sin x) y solution de (E) sur I ; () 8x 2 I ( sin 2 x)z (sin x) sin xz (sin x) + 2 z(sin x) = () 8X 2] ; [ ( X 2 )z (X) Xz (X) + 2 z(x) = 3. en posant X = sin(x) qui décrit bien ] ; [ entier si x décrit ] =2; =2[. cette question est une analyse, la suivante sera la véri cation. degré: Dans le membre de droite de (E ) chaque terme est de degré au plus d, et le coe cient de X d est d(d ) d + 2 a d et donc = d, et les quantité étant positives = d. Ce qui impose que soit entier (non nul par hypothèse) relation entre les coe cients : Pour tout X 2 ] ; [, on a donc z(x) = a n X n ; z (X) = na n X n ; z (X) = n= n(n )a n X n 2 n=2 Xz (X) = na n X n = na n X n et X 2 z (X) = n= n=2 n(n )a n X n = n(n )a n X n car pour n = et n =, les termes sont nuls. En e ectuant le changement d indice n > n + 2, z est solution de (E ) si et seulement si Xd 2 z (X) = (n + 2)(n + )a n+2 X n : Xd 2 Xd 2 ((n + 2)(n + )a n+2 ) X n + n(n )a n na n + 2 a n X n = (n + 2)(n + )a n+2 + ( 2 n 2 )a n X n + ( 2 (d ) 2 )a d X d + 2 d 2 a d X d = : Les deux fonctions polynômes sont égales sur ] coe cients sont égaux. ; [ de cardinal in ni, donc les polynômes sont égaux donc les z véri e (E ) si et seulement si 8n 2 [[; d 2]] ; (n + 2)(n + )a n+2 (n 2 2 )a n = et a d = Comme pour tout n 2 N, (n + 2)(n + ) 6=, on a : calcul des coe cients : si n = 2p d est pair :, puis par récurrence sur p : 8n 2 [[; d 2]] ; a n+2 = n 2 2 (n + 2)(n + ) a n a 2p = (2p 2)2 2 ) a 2p 2 (2p)(2p ) 8p ; p d 2 : a 2p = a 6 k= (2k 2) 2 2 ) (2k)(2k ) = a (4k2 2 ) :

7 p a Y En e et pour p =, (4k 2 2 ) = 2 2 a = a 2. Si l égalité est vraie pour un certain p 2 N, 4p 2 2 p a 2p+2 = (2p + 2)(2p + ) : a Y (4k 2 2 a ) = (2p + 2) : (4k 2 2 ). L égalité est vraie au rang p + : la récurrence est établie. De même, pour tout n = 2p + d, a 2p+ = (2p )2 2 contrainte : on veut a d = 8p ; p d 2 (2p + )(2p) a 2p. Par récurrence sur p, on a alors a 2p+ = a ((2k + )2 2 ) (2p + ) si d = est pair, d est impair or ((2k + ) 2 2 ) ne peut pas être nul (impair 6= pair) donc a = et =2 X Q p z(x) = + (4k2 2 ) 2p X A de même si d = est impair : z(x) = + 2X ((2k + )2 2 ) 2p+ X A (2p + ) 2. Réciproquement si est entier non nul les deux relations qui caractérisent les solutions polynômiales de (E ) sont véri ées : 8n 2 [[; d 2]] ; (n + 2)(n + )a n+2 (n 2 2 )a n = et a = ce sont des polynômes (de degré ) a est nul si n n a pas la parité de : (n + 2)(n + ) (n 2 2 ) = si n a la parité de (n + 2)(n + )a n+2 (n 2 2 n 2 2 )a n = (n + 2)(n + ) (n + 2)(n + ) a n (n 2 2 )a n = En prenant a 6=, on a bien une solution polynômiale non nul il existe des solutions polynômiale non nul ssi 2 N Dans ce cas l ensemble des solutions polynômiales est un espace vectoriel de dimension alors que l ensemble des solutions de (E ) sur ] ; [ est un espace vectoriel de dimension 2 ( X 2 n a pas de racine sur ] ; [ et les coe cients sont continus). Si =2 N, toutes les solutions sont non polynômiales. Pour tout > il existe des solutions non polynômiales de (E ) 3. Des solutions polynômiales de (E ) on déduit des solutions de (E) : =2 X Q p Si = 2m est pair : y : x > + (4k2 2 ) (sin(x)) 2p est une solution paire de (E), donc proportionnelle à f = cos(x) ( I.3):.De plus les deux fonctions valent en et sont donc égales. mx Q p 8x 2 ] =2; =2[ cos(2mx) = + (4k2 4m 2 ) sin 2p (x) Soit P m la fonction polynômiale : X 7 + mx 4(k2 m 2 ) X. 2p On véri e : 7

8 deg(p m ) = 2m car 4 m my (k 2 m 2 ) 6= (2m) Les deux fonctions dé nie sur R : x > cos(2mx) et x > P m (sin(x)) sont continues sur R; périodique et elles sont égales sur ] =2; =2[. Par passage à la limite, elles sont égales sur [ =2; =2] donc aussi sur R par période. On peut simpli er le polynôme car : (4k 2 4m 2 ) = ( 4) p (m + k) (m k) = ( 4) p m Si = 2m + : y : x 7 sin(x) + = ( 4) p m P m (X) = + +mx (m + p ) (m p) (m p) mx ( 4) p m(m + p ) X 2p (m p) Q p ((2k + )2 2 ) sin 2p+ (x) (2p + ) (m + p ) (m ) est une solution impaire de (E), donc proportionnelle à f = sin(x) ( I.3):.De plus les dérivées des deux fonctions valent en, elles sont égales. 8x 2] =2; =2[ sin((2m + )x) 2m + = sin x + Soit Q m la fonction polynômiale : : X 7 (2m + )X + deg(q m ) = 2m + car mx +mx ((2k + )2 (2m + ) 2 )) (sin x) 2p+ (2p + ) p 2m + Y ((2k + ) 2 (2m + ) 2 )X 2p+ (2p + ) m 2m + Y ((2k + )2 (2m + )2)) 6=. (2m + ) Les fonctions dé nie sur R : x > sin ((2m+)x) et x > Q m (sin(x)) sont continues, d antipériodique et sont égales sur ] =2; =2[ : Par continuité elles sont égales sur [-=2; =2] puis en utilisant leur -antipériodicité, elles sont égales sur R. On a aussi une expression factorielle : Q m (X) = (2m + )X + +mx (2m + ) ( 4) p (m + p) X 2p+ (2p + )(m p) 4. compléments à étudier après le cours sur les séries entières : : si on cherche un développement en série entière z(x) = a n X n avec un rayon de convergence strictement positif, les calculs sont du type précédent et donne : : z véri e (E ) () (n + 2)(n + )a n+2 + ( 2 n 2 )a n X n = d où la même relation de récurrence d où le calcul des a n selon la parité de n : z(x) = a + = a u + a u 8n 2 N; a n+2 = (4k2 2 ) X 2p n 2 2 (n + 2)(n + ) a n + a X + ((2k + )2 2 ) (2p + ) X 2p+ la fonction u étant un polynôme ssi le produit est nul à partir d un certain rang : 9p : = 2p. idem pour u. Dans le cas polynômiale la série entière est de rayon +: 8

9 si les fonctions u et u ne sont pas des polynômes la Règle de D Alembert donne pour ces deux séries un rayon de convergence : an+2 lim X 2 = X 2 a n On a donc bien des solutions sur ] obtenues. ; [, et la dimension des sous espaces vectoriels montre que toutes les solutions sont 5. En se ramenant aux solutions paires et impaires de (E) on obtient pour x 2] =2; =2[ Q p cos(x) = + (4k2 2 ) (sin(x)) 2p sin(x) = sin x + ((2k + )2 2 )) (sin x) 2p+ (2p + ) Le problème de l étude en des séries entières, donc du prolongement des relations précédentes à R n était pas posé. 9