École des Mines de Douai FIA Mathématiques Année 7-8 Corrigé du DS du novembre 7 Problème. Étude des coordonnées polaires Soit f : R \ {(, )} R une fonction de classe C dont on convient de noter les variables x et y. On considère la fonction On pose g = f ϕ. ϕ : R + ] π, π] R \ {(, )} (r, θ) (r cos θ, r sin θ).. La fonction ϕ est de classe C sur R + ] π, π] (ses composantes le sont en tant que produits de fonctions de classe C ), et comme f est elle aussi C, la fonction g = f ϕ est de classe C comme composée de fonctions de classe C.. D après le théorème relatif à la différentielle d une composée, on a dg (r,θ) = df ϕ(r,θ) dϕ (r,θ). Par conséquent, on a au niveau des matrices jacobiennes : Jac(g) (r,θ) = Jac(f) ϕ(r,θ) Jac(ϕ) (r,θ). Explicitons cette égalité matricielle grâce aux dérivées partielles de g, f et ϕ : ( g g (r, θ) r ) ( θ (r, θ) = (r cos θ, r sin θ) x ) ( ) cos θ r sin θ (r cos θ, r sin θ). y sin θ r cos θ }{{} A.3 La matrice A = Jac(ϕ) r,θ est inversible. On peut le justifier en disant que ϕ est un difféomorphisme, ou encore en calculant son jacobien, c est-à-dire det A : cos θ det A = sin θ La formule classique ( a b c d ) = ad bc r sin θ r cos θ = r. ( ) d b c a permet de calculer A : A = ( ) r cos θ r sin θ. r sin θ cos θ Multiplions les deux membres de l égalité trouvée à la question. par A à droite : on obtient ( ) (r cos θ, r sin θ) (r cos θ, r sin θ) = ( ) ( ) g g r cos θ r sin θ (r, θ) x y r r θ (r, θ). sin θ cos θ
Année 7-8 Mathématiques École des Mines de Douai FIA Explicitons les deux colonnes de la matrice ligne obtenue : x (r cos θ, r sin θ) = [ g g (r, θ)r cos θ r r θ = cos θ g y (r cos θ, r sin θ) = r. Équation aux dérivées partielles [ g r sin θ (r, θ) r g (r, θ)r sin θ + r = sin θ g cos θ (r, θ) + r r (r, θ) sin θ g (r, θ) θ ] ] (r, θ) cos θ θ g (r, θ). θ x (x, y) + y x y (x, y) = x + y (E).. Soit f une solution de (E) et g = f ϕ. D après la question.3 on a alors, en posant (x, y) = ϕ(r, θ) : soit r cos θ g cos θ sin θ g (r, θ) r r r θ (r, θ) + r sin θ g r (r, θ) + r sin θ cos θ r g (r, θ) = r θ r g (r, θ) = r ou r encore g (r, θ) = r. r Intégrons selon r en laissant θ ] π, π] fixé : les fonctions g et r r ont la même dérivée et diffèrent donc d une «constante». Cependant, cette «constante» dépend a priori de la seconde variable θ. Notons-la h(θ), on a donc : g(r, θ) = r + h(θ) la fonction h est donc définie sur l intervalle ] π, π].. On a h(θ) = g(r, θ) r donc h est de classe C comme différence de deux fonctions de classe C. La variable r étant fixée dans R +, on a, lorsque θ π + (d après la continuité des fonctions cos et sin) : ϕ(r, θ) = (r cos θ, r sin θ) ( r, ) = ϕ(r, π) (en réalité, ϕ(r, θ) aurait pu être défini avec θ R ; il y aurait eu périodicité en θ, mais perte de la bijectivité de ϕ). Par conséquent, lim g(r, θ) = lim f(ϕ(r, θ)) = f(ϕ(r, π)) = g(r, π). θ π + θ π +
École des Mines de Douai FIA Mathématiques Année 7-8 On en tire que lim h(θ) = θ π + lim θ π + [ g(r, θ) r ] = g(r, π) r = h(π)..3 Soit h une telle fonction ; on pose g(r, θ) = r vérifiant, pour tout r > et tout θ ] π, π] : h(θ). On cherche les fonctions f f ϕ = g. On sait c est rappelé dans l énoncé que ϕ est un C -difféomorphisme. Composons à droite par ϕ dans cette égalité : f = g ϕ ce qui montre l existence et l unicité d une telle fonction. Cette fonction est de classe C puisque g et ϕ le sont et vérifie l équation aux dérivées partielles (E) d après les calculs de la question...4 Si f est une solution de (E) sur R tout entier, elle est en particulier solution de (E) sur R \ {(, )}, donc du type précédent : il existe une fonction h définie sur ] π, π] telle que (r, θ) R + ] π, π], f(r cos θ, r sin θ) = r + h(θ). Comme la fonction f est de classe C, elle est en particulier continue en (, ). À θ ] π, π] fixé (quelconque), on a donc f(, ) = lim f(r cos θ, r sin θ) = lim r + r + [ r + h(θ) ] = h(θ). Comme f(, ) est indépendant de θ, h(θ) l est également : la fonction h doit être constante. Réciproquement, si il existe une constante K telle que r, θ ] π, π], f(r cos θ, r sin θ) = r + K alors on peut encore écrire, en revenant aux coordonnées cartésiennes, que (x, y) R, f(x, y) = x + y + K. Cette fonction est bien de classe C sur R (c est un polynôme) et vérifie x (x, y) + y x y (x, y) = x x + y y = x + y ce qui montre bien que f est solution de (E) sur R (on le savait sur R \{(, )}, il restait l origine à examiner c est chose faite). 3
Année 7-8 Mathématiques École des Mines de Douai FIA Problème f : R + R R (x, t) ( + t ). F (x) = x. Questions préliminaires f(x, t) dt.. Par définition, f(x, t) = exp [ x ln( + t ) ]. La fonction f est donc de classe C comme composées et produit de fonctions de classe C.. Au vu de l écriture précédente, on a directement à l aide des formules de dérivations usuelles x (x, t) = ln( + t ) exp [ x ln( + t ) ] = ln( + t ) ( + t ). x De même, en écrivant f(x, t) = ( + t ) x on a immédiatement t (x, t) = x(t)( + t ) x tx = ( + t ). x+.3 On cherche les valeurs de x pour lesquelles l intégrale définissant F (x) est convergente. Le seul problème d intégrabilité se situant en +, écrivons un équivalent de la fonction intégrée lorsque t + (la méthode étant valable puisqu il s agit d une fonction positive) : f(x, t) = ( + t ) x + t x (on peut aussi écrire que f(x, t) = t x ( ) x + t }{{ } t +, ce qui montre cette équivalence). est inté- S agissant d un exemple fondamental de Riemann à l infini, on sait que grable en + si et seulement si x >, c est-à-dire x >. Par conséquent, le domaine de définition de F est bien ], + [.. Valeurs entières de F. Soit x >, effectuons une intégration par parties : F (x) = = [ dt ( + t ) x t ( + t ) x ] + { u = = ( + t ) x v = (+t ) x u = tx( + t ) x = v = t t + x dt. ( + t ) x+ tx (+t ) x+ Assurons-nous de l existence de chacun des termes écrits à la ligne précédente : 4 t ( + t ) x t + t t = x t x t x
École des Mines de Douai FIA Mathématiques Année 7-8 donc sa limite lorsque t + existe et vaut (en effet, x > par hypothèse) et l intégrale t dt ( + t ) x+ est convergente puisque Reprenons le calcul : Ainsi, F (x) = + x = x t t ( + t ) x+ t + t = avec x >. (x+) tx ( + ( + t ( + t ) x+ ( + t ) x+ ) ( + t ) x ( + t ) x+ = x [F (x) F (x + )]. x F (x + ) = (x ) F (x) de sorte que F (x + ) = x x F (x).. Effectuons un raisonnement par récurrence en introduisant, pour n N, l assertion suivante : P(n) : «F (n) = u n» π (n )! où l on a posé u n = 4 n [(n )!]. Pour n =, on a d une part et d autre part F () = u = dt dt = [Arctan t]+ + t = π π! 4 (!) = π 4 = π. On a bien F () = u donc l assertion P() est vraie. Supposons maintenant l assertion P(n) acquise pour un n N fixé et montrons l assertion P(n + ). À l aide de la formule démontrée à la question., on a : D autre part, F (n + ) = n n π (n )! F (n) = n n 4 n [(n )!] n(n ) (n )! = π (n) 4 n [(n )!] u n+ = = π (n)! 4 n+ (n!). π ((n + ) )! π (n)! 4 n+ = [(n + )!] 4 n+ (n!). On a bien F (n + ) = u n+ et l assertion P(n + ) est vérifiée. ) dt 5
Année 7-8 Mathématiques École des Mines de Douai FIA Finalement, d après le principe de récurrence, on a bien prouvé l assertion P(n) pour tout n N : n N π (n )!, F (n) = 4 n [(n )!]. 3. Continuité et dérivabilité de F 3. On fixe t R + et on pose g(x) = f(x, t) = ( + t ) x. Par définition d une dérivée partielle, on a tout simplement g (x) = x (x, t) = ln( + t ) ( + t ) x. Comme +t, on a ln(+t ) et donc g (x) : la fonction g est bien décroissante. 3. Soit a > et t R +. Puisque g est décroissante, on a, pour tout x [a, + [, f(x, t) = g(x) g(a) = f(a, t). La fonction t f(a, t) domine donc la fonction f intégrée pour x [a, + [ et est ellemême intégrable (par rapport à t) sur [, + [ puisque a > (c est une conséquence de la question.3). De plus, la fonction f est continue sur [a, + [ [, + [ (conséquence de la question.) donc le théorème de continuité d une intégrale dépendant d un paramètre s applique et montre que la fonction F : x f(x, t) dt est continue sur l intervalle [a, + [, et ce quel que soit a >. Soit x ], ( + [ ; on a x [a, + [ avec, par exemple, a = + x ) (le milieu du segment [, x ] ). On a a > donc F est continue sur [a, + [, donc continue en x. Ceci est vrai quel que soit x >, donc F est continue sur ], + [. 3.3 Soit a > quelconque. Vérifions les hypothèses du théorème de dérivation d une intégrale dépendant d un paramètre. D abord, la fonction f est de classe C sur [a, + [ [, + [, c est encore une conséquence de la question.. Il reste à prouver une hypothèse de domination de la dérivée partielle. x On a déjà calculé 6 x (x, t) = ln( + t ) donc ( + t ) x (x, t) x = ln( + t ) ( + t ). x Vis-à-vis de x, on est en présence d une fonction décroissante. En effet, x ( ) (x, t) = [ln( + t )] x ( + t ) x
École des Mines de Douai FIA Mathématiques Année 7-8 Fig. Graphe de la fonction F, par Maple donc, pour x [a, + [ : (x, t) x (a, t) x et il reste à prouver que la fonction ϕ : t (a, t) x = ln( + t ) est intégrable sur ( + t ) a [, + [ (le seul problème se situant en + ). Appliquons la règle de Riemann à l infini avec α = ( + a) (on a bien α > puisque a > ) : t (+a) ϕ(t) = t +a ( + t ) ln( + t +a a t ) + t ln( + a t ) t +a a ln( + t ) = t a ln( + t ), + t + la limite étant nulle par croissance comparée de ln avec une fonction puissance d exposant négatif ( a < ). L intégrale ϕ(t) dt est donc convergente ; et le théorème de dérivabilité d une intégrale dépendant d un paramètre peut s appliquer : la fonction F est de classe C sur [a, + [ et on a F (x) = (x, t) dt. x Ceci est vrai quel que soit a >. Comme à la question précédente, tout point x ], + [ se trouve dans un tel intervalle et donc F est de classe C au voisinage de tous les points de l intervalle ], + [. La fonction F est donc de classe C sur ], + [ et on a Remarque (Remarque finale) F ln( + t ) (x) = ( + t ) dt. x La formule de la question. peut encore s écrire, en tenant compte du fait que 7
Année 7-8 Mathématiques École des Mines de Douai FIA n! = Γ(n + ) sous la forme n N, F (n) = πγ(n ) 4 n Γ(n). À partir de là, la tentation est grande de généraliser cette formule aux valeurs non entières de F, c est-à-dire de conjecturer que les fonctions F et G, où G(x) = πγ(x ) 4 x Γ(x) sont égales. De fait, les fonctions F et G coïncident sur les entiers strictement positifs. De plus, elles vérifient toutes deux la même formule entre x et x +, établie à la question. pour ce qui concerne F. En effet, compte tenu de la propriété fondamentale de Γ, à savoir x >, Γ(x + ) = x Γ(x) : G(x + ) = = πγ(x + ) π(x)(x )Γ(x ) = 4 x+ Γ(x + ) 4 4 x [xγ(x)] πγ(x ) x(x ) = x G(x). 4 x Γ(x) 4x x On peut aussi vérifier que F et G coïncident sur les valeurs demi-entières et comparer (cf. feuille de calcul Maple ci-jointe) leurs graphes. La démonstration complète de cette conjecture semble toutefois peu triviale. Problème 3 (E) x (ln x )y x y + y = (x R +). L équation (E) est une équation différentielle linéaire homogène du second ordre dont les intervalles fondamentaux sont les intervalles maximaux sur lesquels x (ln x ), c est-à-dire ], e[ et ]e, + [. Sur chacun de ces intervalles, l ensemble des solutions de (E) est un espace vectoriel de dimension.. Résolution. Supposons que y soit un polynôme de degré n. Si n, alors y n est pas la fonction nulle et le terme x (ln x )y (x) n est pas polynomial, alors que x y (x) et y(x) le sont. L égalité exigée par l équation (E) ne peut donc être satisfaite. Pour qu un polynôme de degré n soit effectivement solution de (E), il est donc nécessaire que n. Réciproquement, écrivons y(x) = ax + b, avec a R et b R. Alors (les 8
École des Mines de Douai FIA Mathématiques Année 7-8 égalités étant entendues pour tout x) : y solution de (E) x (ln x ) x a + ax + b = b =. Les polynômes solutions de (E) sont donc les fonctions du type x a x où a R (a = engendrant la solution nulle).. Il s agit dans un premier temps de calculer une primitive de a : x 3 ln x x(ln x ) sur l un des intervalles ], e[ ou ]e, + [, c est-à-dire, avec la notation des intégrales indéfinies, de calculer 3 ln x A(x) = x(ln x ) dx. Utilisons le changement de variable t = ln x. Alors dt = dx et x 3 t A(x) = t dt avec 3 t t = t t + t = + t = t + ln t = ln x + ln ln x + cte. De même, calculons B(x) = ln x b(x) dx = dx x avec le même changement de variable t = ln x, soit x = e t. Alors dx = e t dt et on a B(x) = Effectuons une intégration par parties : t e t dt = (t )e t dt. e t { u = t v = e t u = v = e t B(x) = (t ) e t + e t dt + cte = t e t + e t e t + cte = t e t + cte = ln(x) e ln x + cte = ln x x + cte. (On pouvait aussi remarquer que b se présentait sous la forme u v uv v.).3 On se place sur l un des intervalles fondamentaux de (E). On connaît déjà une première solution non nulle de (E) : la fonction y : x x. En l absence d une autre solution «évidente», utilisons la méthode de Lagrange pour en trouver une seconde y sous la forme y = λy où λ est une fonction inconnue. On a : y = λy y = λ y + λy y = λ y + λ y + λy 9
Année 7-8 Mathématiques École des Mines de Douai FIA donc y solution de (E) x (ln x ) [λ (x)y (x) + λ (x)y (x) + λ(x)y (x)] x [λ (x)y (x) + λ(x)y (x)] + λy (x) = Comme y est solution de (E), un certain nombre de termes se simplifient. Il reste : y solution de (E) x (ln x ) [λ (x)y (x) + λ (x)y (x)] xλ (x)y (x) = Remplaçons y (x) et y (x) par leurs valeurs (respectivement x et ) et posons z = λ : y solution de (E) x (ln x ) [x z (x) + z(x)] x z(x) x 3 (ln x )z (x) + x ( ln x 3)z(x) = x(ln x )z (x) + ( ln x 3)z(x) = z (x) = a(x)z(x) (F ) où a(x) = 3 ln x x(ln x ). L équation (F ) est une équation différentielle linéaire homogène du premier ordre, dont les solutions sont les fonctions z du type z(x) = K exp(a(x)) où K est un réel quelconque et A une primitive de la fonction a. Compte tenu du calcul de la question., on a (on choisit la constante d intégration nulle dans l expression de A) : ln x z(x) = K exp [ ln x + ln ln x ] = K. x Sur l intervalle fondamental ], e[ ou ]e, + [, le signe de ln x est constant. Quitte à changer K en K, on peut donc supprimer la valeur absolue : z(x) = K ln x x. Enfin, on cherche une seule solution particulière, choisissons donc K = : on obtient λ (x) = ln x. } x{{ } b(x) Les primives de la fonction b ayant été déterminées à la question., on a en choisissant la constante d intégration nulle : λ(x) = ln x x. Finalement, une deuxième solution de l équation (E) est la fonction y : x λ(x)y (x) (on multiplie par pour enlever le signe, la fonction restant solution de (E)), c est-à-dire y (x) = ln x.
École des Mines de Douai FIA Mathématiques Année 7-8 Ces fonctions y : x x et y : x ln x sont linéairement indépendantes ; elles forment donc une base de solutions de (E) sur chaque intervalle ], e[ ou ]e, + [. 3. Supposons que y soit une fonction solution de (E) sur R +. Alors y est solution de (E) sur ], e[ et sur ]e, + [, donc combinaison linéaire, sur chacun de ces intervalles, des fonctions y et y rencontrées précédemment : il existe A, B, C, D R tels que A x + B ln x si x < e y(x) = A x + B ln x si x > e. La fonction y étant de classe C, effectuons un développement limité de cette fonction à gauche et à droite de e à l ordre ; ces développements devront coïncider. Posons x = e+h et remarquons que ln(x) = ln(e + h) = ln e + ln On obtient, pour x < e : y(x) = A (e + h) + B ( De même, pour x > e : + h ) e h e ( + h e ) ( + o(h ) = A e + B + h ( y(x) = A e + B + h A + B ) e Identifions les coefficients de ces développements : A e + B = A e + B A + B e = A + B e B e = B e. = + h e h e + o(h ). A + B e B e h + o(h ). ) B e h + o(h ). La dernière équation équivaut B = B. Le système est donc équivalent à (A, B ) = (A, B ) et la fonction y s écrit donc y(x) = Ax + B ln x où A, B R. Réciproquement il s agit bien d une fonction de classe C solution de (E) sur R +.
Année 7-8 Mathématiques École des Mines de Douai FIA Fig. Quelques solutions de (E), représentées par Maple