Université Libre de Bruxelles
Année académique 2008-2050
Exercices et corrigés de CdI-2
Version β
Laurent Claessens
Dernière modification : 16 septembre 2011
http://student.ulb.ac.be/~lclaesse/
2
Copyright (c) 2008, 2009 Laurent Claessens.
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Table des matières
Introduction
7
Les séances d’exercices
9
I
Convergences et espaces fonctionnels
I.1 Suites et séries de fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.2 Intégrales de fonctions et domaines non bornées . . . . . .
I.2.1 Ensembles mesurables de mesure finie . . . . . . . .
I.2.2 Fonctions et ensembles non bornés . . . . . . . . .
I.2.3 Passage à la limite sous le signe intégral . . . . . .
I.2.4 Théorème de Fubini et changement de variables . .
I.2.5 Intégrale d’une fonction vectorielle . . . . . . . . .
I.2.6 Intégrale en dimension un . . . . . . . . . . . . . .
I.2.7 Intégrales convergentes . . . . . . . . . . . . . . . .
I.3 Fonctions définies par des intégrales et régularisation . . .
I.3.1 Fonction définies par une intégrale sur un compact
I.3.2 Intégrale sur un segment variable . . . . . . . . . .
I.3.3 Intégrales convergentes . . . . . . . . . . . . . . . .
I.3.4 Critères de convergence uniforme . . . . . . . . . .
I.3.5 Fonctions euleriennes . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.3.6 Fonctions à support compact . . . . . . . . . . . .
I.3.7 Produit de convolution . . . . . . . . . . . . . . . .
I.3.8 Régularisation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.3.9 Théorème d’approximation de Weierstrass . . . . .
I.4 Quelque propriétés des espaces fonctionnels . . . . . . . . .
II Équations différentielles
II.1 Théorèmes d’existence et d’unicité . . . . . . . . . .
II.1.1 Équations à variables séparées . . . . . . . .
II.1.2 Équations différentielles sous forme normale
II.2 Systèmes différentiels linéaires . . . . . . . . . . . .
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4
TABLE DES MATIÈRES
II.2.1 La magie de l’exponentielle. . . . . . . . . . . . . . . .
II.2.2 . . . mais la difficulté . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.2.3 La recette . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.3 Continuité et dérivabilité des solutions . . . . . . . . . . . .
II.4 Équations résolubles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.4.1 Équation à variables séparées . . . . . . . . . . . . .
II.4.2 Équation linéaire du premier ordre . . . . . . . . . .
II.4.3 Équations et systèmes linéaire à coefficients constants
II.4.4 Équation homogène
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.4.5 L’équation y ′ = f aat+by+c
. . . . . . . . . . . . . .
′ t+b′ y+c′
II.4.6 Équation de Bernoulli . . . . . . .
II.4.7 Équation de Riccati . . . . . . . . .
II.4.8 Équation différentielle exacte . . .
Résolution lorsque tout va bien . .
Facteur intégrant (quand tout ne va
II.4.9 Équation d’Euler . . . . . . . . . .
II.4.10 Réduction de l’ordre . . . . . . . .
II.4.11 L’équation y ′′ = f (y) . . . . . . . .
II.4.12 Équation ne dépendant pas de t . .
II.4.13 . . . et les autres . . . . . . . . . . .
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pas bien)
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III Foire aux questions
III.1 Le coup du compact . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III.2 Vitesses de xα , de l’exponentielle et du logarithme . . . .
III.3 Remarque : Abel et sin(xt) . . . . . . . . . . . . . . . . .
III.4 Formes différentielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III.5 Que faire avec f (z)dz = g(t)dt ? . . . . . . . . . . . . . .
III.6 Pourquoi la variation des constantes fonctionne toujours ?
IV Exercices
IV.1 Suites de fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . .
IV.2 Séries de fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . .
IV.3 Existence d’intégrales . . . . . . . . . . . . . . . .
IV.4 Fonctions définies par des intégrales . . . . . . . .
IV.5 Convergence, continuité et dérivation sous le signe
IV.6 Quelque propriétés des espaces fonctionnels . . . .
IV.7 Équations différentielles . . . . . . . . . . . . . .
IV.7.1 Équations différentielles résolubles . . . . .
IV.7.2 Équation de Bernoulli . . . . . . . . . . .
IV.7.3 Équations de Ricatti . . . . . . . . . . . .
IV.7.4 Équations homogènes . . . . . . . . . . . .
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intégral
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TABLE DES MATIÈRES
IV.7.5 Équations différentielles
exactes.
Facteurs intégrants
IV.7.6 L’équation y ′ = f aat+by+c
.
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. . . . . . . . . . .
′ t+b′ y+c′
IV.7.7 Équation d’Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
IV.7.8 Équation dont on peut réduire l’ordre . . . . . . . .
IV.7.9 Quelque exemples d’équations résolubles . . . . . .
IV.7.10L’équation différentielle linéaire du second ordre . .
IV.7.11Équation différentielle implicite du premier ordre .
IV.8 Systèmes différentiels linéaires à coefficients constants . . .
5
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V Corrections
VI GNU Free Documentation License
VI.1 Preamble . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
VI.2 APPLICABILITY AND DEFINITIONS . . . . . . . . . . .
VI.3 VERBATIM COPYING . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
VI.4 COPYING IN QUANTITY . . . . . . . . . . . . . . . . . .
VI.5 MODIFICATIONS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
VI.6 COMBINING DOCUMENTS . . . . . . . . . . . . . . . . .
VI.7 COLLECTIONS OF DOCUMENTS . . . . . . . . . . . . .
VI.8 AGGREGATION WITH INDEPENDENT WORKS . . . .
VI.9 TRANSLATION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
VI.10TERMINATION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
VI.11FUTURE REVISIONS OF THIS LICENSE . . . . . . . . .
VI.12RELICENSING . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
VI.13ADDENDUM : How to use this License for your documents
Index
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6
TABLE DES MATIÈRES
Introduction
Ces notes sont les vôtres !
Ces notes sont tapées au fur et à mesure. Il y a encore certainement des erreurs,
des fautes de frappe et des choses pas claires. Je compte sur vous (oui : toi !) pour
me signaler toute imperfection (y compris d’orthographe).
Plus vous signalez de fautes, plus la qualité du texte augmentera, et plus les
étudiants de l’année prochaine vous seront reconnaissants.
Autres notes
Un certain nombre de pré requis qui auraient pu ou dû être vus en secondaire
sont disponibles ici 1 , ou dans la section de sixième année du site enseignons.be.
1. http ://student.ulb.ac.be/ lclaesse/physique-math.pdf, pour celles et ceux qui lisent une
version papier.
7
8
TABLE DES MATIÈRES
Les séances d’exercices
Séance 1 : . 1, 2, 6, 8, 9.
Séance 2 : . 12, 14, 15.
Séance 3 : . 18, 19, 20
Séance 4 : . 25
Séance 5 : . 39, 40
Séance 6 : . 42, 44, 45, 46 (un de chaque)
Séance 7 : . 48a, 48b, 49a, 49b.
9
10
TABLE DES MATIÈRES
Chapitre I
Convergences et espaces
fonctionnels
I.1
Suites et séries de fonctions
Théorème 1 (Théorème 1, page I.8).
Soit fk : A ⊂ Rn → Rm une suite de fonctions continues, convergeant uniformément vers f . Alors f est continue.
Théorème 2 (Théorème 2, page I.10).
Soit A un ensemble mesurable et borné de Rn et fk : A → R des fonctions bornées
et intégrables au sens de Lebesgue. Si la suite fk converge uniformément vers f ,
alors f est bornée et intégrable au sens de Lebesgue et
Z
A
f = lim fk .
k→∞
(I.1)
Théorème 3 (Théorème 1, page I.14).
P
P
Si les gk sont continues et si gk converge uniformément, alors gk est continue.
Théorème 4 (Critère de Weierstrass Théorème 1, page I.16).
P
P
Soient gk : A → C et ∞
gk . Si |gk (x)| ≤ Mk ∈ R, ∀x ∈ A et si ∞
k=1
k=1 Mk
P∞
converge, alors k=1 gk converge absolument et uniformément.
Théorème 5 (Page I.12).
Soit U ⊂ Rn ouvert, fk : U → R et fk de classe C 1 . Supposons que fk converge
simplement vers f et que ∂i fk converge uniformément sur tout compact vers une
fonction gi pour i = 1, . . . , n. Alors f est de classe C 1 et ∂i f = gi . De plus, fk
converge vers f uniformément.
11
12
CHAPITRE I. CONVERGENCES ET ESPACES FONCTIONNELS
Théorème 6 (Critère d’Able, page I.18).
P
Soit ∞
k=1 gk (x), une série de fonctions complexes où gk (x) = ϕk (x)ψk (x). Supposons que
P
a. ϕk : A → C et | K
k=1 ϕk (x)| ≤ M où M est indépendant de x et K,
b. ψk : A → R avec ψk (x) ≥ 0 et pour tout x dans A, ψk+1 (x) ≤ ψk (x), et enfin
supposons que ψk (x) converge uniformément vers 0.
P
Alors ∞
k=1 gk est uniformément convergente.
Théorème 7 (Abel, théorème 2, page I.25).
Si la série de puissances (réelle) converge en x = x0 + R, alors elle converge
uniformément sur [x0 − R + ǫ, x0 + R] (ǫ > 0) vers une fonction continue.
I.2
I.2.1
Intégrales de fonctions non bornées sur des
domaines non bornés
Ensembles mesurables de mesure finie
Une petite note à propos des ensembles et fonctions mesurable. Toutes les
fonctions et ensembles que vous connaissez sont mesurables. Il est en effet assez
compliqué de construire des fonctions ou des ensembles non mesurables. Un exemple d’ensemble non mesurable est donné à la page 425 du cours de première. La
conclusion est qu’il faut vraiment le faire exprès pour tomber sur quelque chose de
non mesurable.
I.2.2
Intégrales de fonctions non bornées sur des ensembles
non bornés
Soit f : Rn → R, une fonction positive. On dit qu’elle est intégrable sur
E ⊂ Rn si
a. ∀r > 0, la fonction fr est intégrable sur Er ;
R
b. la limite limr→∞ Er fr est finie.
Dans ce cas, on pose
Z
Z
f = lim
fr .
(I.2)
E
r→∞ Er
Théorème 8 (Page I.38).
Soit E mesurable dans Rn et f : E → R. Si f est mesurable et si il existe g : E → R
intégrable sur E telle que |f (x)| ≤ g(x) pour tout x ∈ E, alors f est intégrable
sur E.
Réciproquement, si f est intégrable sur E, alors f est mesurable.
I.2. INTÉGRALES DE FONCTIONS ET DOMAINES NON BORNÉES
I.2.3
13
Passage à la limite sous le signe intégral
Un autre résultat très important pour l’étude de l’intégrabilité est le théorème
de la convergence dominée de Lebesgue :
Théorème 9 (Théorème 3, page I.44).
Soit E ⊂ Rn un ensemble mesurable et {fk }, une suite de fonctions intégrables sur
E qui converge simplement vers une fonction f : E → R. Supposons qu’il existe
une fonction g intégrable sur E telle que pour tout k,
|f (x)| ≤ g(x)
(I.3)
pour tout x ∈ E. Alors f est intégrable sur E et
Z
I.2.4
E
f = lim
Z
k→∞ E
(I.4)
fk .
Théorème de Fubini et changement de variables
Théorème 10 (Théorème de Fubini, théorème 2, page I.46).
Soit (x, t) 7→ f (x, y) ∈ R̄ une fonction intégrable sur Bn × Bm ⊂ Rn+m où Bn et
Bm sont des ensembles mesurables de Rn et Rm . Alors :
a. pour tout x ∈ Bn , sauf éventuellement en les points d’un ensemble G ⊂ Bn
de mesure nulle, la fonction y ∈ Bm 7→ f (x, y) ∈ R̄ est intégrable sur Bm
b. la fonction
Z
(I.5)
x ∈ Bn \ G 7→
f (x, y)dy ∈ R
Bm
est intégrable sur Bn \ G
c. On a
Z
Z
f (x, y)dxdy =
Bn ×Bm
Bn
Z
Bm
f (x, y)dy dx.
R
Notons en particulier que si f (x, y) = ϕ(x)φ(y), alors
stante qui peut sortir de l’intégrale sur Bn , et donc
Z
Bn ×Bm
ϕ(x)φ(y)dxdy =
Z
Bn
ϕ(x)dx
Z
Bm
Bm
ϕ(y)dy est une con-
φ(y)dy.
I.2.5
Intégrale d’une fonction vectorielle
I.2.6
Intégrale en dimension un
(I.6)
(I.7)
Proposition 11 (Critère de comparaison, Proposition 1, page I.53).
Soit f mesurable sur ]a, ∞[ et bornée sur tout ]a, b], et supposons qu’il existe un
X0 ≥ a, tel que sur ]X0 , ∞[,
|f (x)| ≤ g(x)
(I.8)
14
CHAPITRE I. CONVERGENCES ET ESPACES FONCTIONNELS
où g(x) est intégrable. Alors f (x) est intégrable sur ]a, ∞[.
Corollaire 12 (Critère d’équivalence, Corollaire 1, page I.53).
Soient f et g des fonctions mesurables et positives ou nulles sur ]a, ∞[, bornées
sur tout ]a, b], telles que
f (x)
=L
(I.9)
lim
x→∞ g(x)
existe dans R̄.
a. Si L 6= ∞ et
R∞
b. Si L 6= 0 et si
a
R∞
a
R∞
g(x) existe, alors
f (x)dx existe,
a
f (x)dx existe, alors
R∞
a
g(x)dx existe,
Corollaire 13 (Critère des fonctions test, Corollaire 2, page I.54).
Soit f (x) une fonction mesurable et positive ou nulle sur ]a, ∞[ et bornée pour tout
]a, b]. Nous posons
L(α) = x→∞
lim xα f (x),
(I.10)
et nous supposons qu’elle existe.
a. Si il existe α > 1 tel que L(α) 6= ∞, alors
b. Si il existe α ≤ 1 et L(α) 6= 0, alors
R∞
a
R∞
a
f (x)dx existe,
f (x)dx n’existe pas.
Corollaire 14 (Corollaire 4, page I.58).
Soit f : ]a, b] → R une fonction mesurable, positive ou nulle, et bornée sur [a + ǫ, b]
∀ǫ > 0. Si limx→a (x − a)α f (x) = L existe, alors
a. Si α < 1 et L 6= ∞, alors
b. Si α ≥ 1 et L 6= 0, alors
I.2.7
Rb
a
Rb
a
f (x)dx existe,
f (x)dx n’existe pas.
Intégrales convergentes
Définition 15 (Définition 1, page I.58).
Soit f , une fonction mesurable sur [a, ∞[, bornée sur tout intervalle [a, b]. On dit
que l’intégrale
Z
∞
a
f (x)dx
(I.11)
converge si la limite
lim
Z
X
X→∞ a
existe et est finie.
f
(I.12)
I.3. FONCTIONS DÉFINIES PAR DES INTÉGRALES ET RÉGULARISATION15
I.3
Fonctions définies par des intégrales et régularisation
Supposons A ⊂ Rm et B ⊂ Rn compact. Nous considérons f (x, t) : A×B → R
une fonction bornée sur A × B et intégrable par rapport à t pour tout x ∈ A. Soit
F : A → R définie par
Z
F (x) =
I.3.1
B
f (x, t)dt.
(I.13)
Fonction définies par une intégrale sur un compact
Proposition 16 (Proposition 2, page I.67).
Supposons A ⊂ Rm ouvert et B ⊂ Rn compact. Si pour un i ∈ {i, . . . , n}, la
∂f
∂F
dérivée partielle ∂x
existe dans A × B et est continue, alors ∂x
existe dans A, est
i
i
continue et
Z
∂f
∂F
=
(x, t)dt,
(I.14)
∂xi
B ∂xi
l’égalité signifie que l’on peut « dériver sous le signe intégral ».
I.3.2
Intégrale sur un segment variable
Proposition 17 (Proposition 1, page I.72).
existe et soit
Soit f (x, t) une fonction continue sur [α, β] × [a, b], telle que ∂f
∂x
continue sur ]α, β[×[a, b]. Soient ϕ(x) et ψ(x), des fonctions continues de [α, β]
dans R et admettant une dérivée continue sur ]α, β[. Alors la fonction
F (x) =
Z
ψ(x)
ϕ(x)
f (x, t)dt
(I.15)
admet une dérivée continue sur ]α, β[ et
dF
=
dx
I.3.3
Z
ψ(x)
ϕ(x)
dψ
dϕ
∂f
(x, t)dt + f x, ψ(x) ·
− f x, ϕ(x) ·
.
∂x
dx
dx
(I.16)
Intégrales convergentes
Théorème 18 (Théorème 1, page I.75).
Uniforme convergence, continuité et dérivation.
R
a. Soit f (x, t) continue sur [α, β] × [a, α[ et F (x) = a∞ f (x, t)dt ; cette intégrale
étant supposée uniformément convergente. Alors F (x) est continue.
16
CHAPITRE I. CONVERGENCES ET ESPACES FONCTIONNELS
continue sur [α, β] × [a, α[.
b. Supposons f continue et sa dérivée partielle ∂f
∂x
R∞
R
Supposons que F (x) = a f (x, t)dt converge et que a∞ ∂f
dt converge unifor∂x
mément. Alors F est C 1 sur [α, β] et
Z ∞
∂f
dF
=
dt.
dx
∂x
a
I.3.4
(I.17)
Critères de convergence uniforme
Affin de tester l’uniforme convergence d’une intégrale, nous avons le critère
de Weierstrass :
Théorème 19 (Théorème 1, page I.77).
Soit f (x, t) : [α, β]×[a, ∞[→ R, une fonctionRdont la restriction à toute demi-droite
x = cst est mesurable. Si |f (x, t)| < ϕ(t) et a∞ ϕ(t)dt existe, alors l’intégrale
Z
∞
0
f (x, t)dt
(I.18)
est uniformément convergente.
Le théorème suivant est le critère d’Abel :
Théorème 20 (Théorème 2, page I.77).
Supposons que f (x, t) = ϕ(x, t)ψ(x, t) où ϕ et ψ sont bornée et intégrables en t au
sens de Riemann sur tout compact [a, b], b ≥ a. Supposons que :
a. |
RT
a
ϕ(x, t)dt| ≤ M où M est indépendant de T et de x,
b. ψ(x, t) ≥ 0,
c. pour tout x ∈ [α, β], ψ(x, t) est une fonction décroissante de t,
d. les fonctions x 7→ ψ(x, t) convergent uniformément vers 0 lorsque t → ∞.
Alors l’intégrale
Z
∞
a
est uniformément convergente.
f (x, t)dt
(I.19)
I.4. QUELQUE PROPRIÉTÉS DES ESPACES FONCTIONNELS
I.3.5
Fonctions euleriennes
I.3.6
Fonctions à support compact
I.3.7
Produit de convolution
I.3.8
Régularisation
I.3.9
Théorème d’approximation de Weierstrass
I.4
17
Quelque propriétés des espaces fonctionnels
18
CHAPITRE I. CONVERGENCES ET ESPACES FONCTIONNELS
Chapitre II
Équations différentielles
Ici se trouvent les rappels sur les équations différentielles pour les premières et
seconde BAC. Tout ce qui se trouve dans cette section n’est donc pas à lire pour
les premières.
Une équation différentielle ordinaire est la recherche de toutes les fonctions
définie sur une partie de R satisfaisant à une certaine égalité, faisant intervenir les
dérivées de la fonction recherchée.
Dans la suite, I désignera un intervalle de R. Une fonction sera dérivable sur
I si elle est dérivable au sens usuel sur l’intérieur de I, et si elle est dérivable à
droite (resp. à gauche) sur l’éventuel bord gauche (resp. droit) de I.
Définition 21.
Une équation différentielle ordinaire d’ordre n sur I est la recherche d’une
fonction y : I → R dérivable n fois, satisfaisant à une équation du type
F (t, y(t), y ′(t), . . . , y n′(t)) = 0 pour tout t ∈ I
(II.1)
où I est un intervalle de R et F : (I × D) ⊂ (R × Rn+1 ) → R est une fonction
donnée.
Remarque 22.
L’équation différentielle (II.1) sera raccourcie sous la forme
F (t, y, y ′, . . . , y n′) = 0
(II.2)
où la dépendance en t est sous-entendue.
Exemple 23.
Soit f : I → R une fonction continue fixée. L’équation différentielle
y ′ = f (t)
se ramène à la recherche des primitives de f sur l’intervalle I.
19
(II.3)
20
CHAPITRE II. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
II.1
II.1.1
Théorèmes d’existence et d’unicité
Équations à variables séparées
Une équation à variables séparées est une équation de la forme
y ′ = u(t)f (y).
(II.4)
Les deux résultats qui résolvent ce cas sont donnés aux pages 311 et 313 du cours
de première année.
Proposition 24.
Nous considérons l’équation (II.4) avec u(t) continue sur I et f continue sur J
avec f (η) 6= 0 pour tout η ∈ J. Soit U, une primitive de u sur I, et G, une
primitive de 1/f sur J.
Si y : Y ′ → J est une fonction sur un intervalle I ′ ⊂ I, alors y est solution de
l’équation (II.4) si et seulement si il existe C ∈ R tel que
G y(t) = U(t) + C.
(II.5)
Cette proposition dit que
les solutions qui ne s’annulent jamais sur un
toutes
intervalle ont la forme G y(t) = U(t) + C et peuvent donc être trouvées en
calculant des primitives.
La formule (II.5) peut être obtenue de la façon heuristique suivante, en écrivant
′
y = dy/dt, et en passant le dt à droite. Nous trouvons successivement
y ′ = u(t)f (y)
dy = u(t)f (y)dt
dy
= u(t)dt
f (y)
Z
Z
dy
= u(t)dt
f (y)
G(y) = U(t) + C.
(II.6)
Proposition 25.
Soient u continue sur I et f continue sur J, et f (η) 6= 0 sur J. Soient t0 ∈ I et
y0 ∈ J. Alors il existe I ′ ⊂ I avec t0 ∈ I ′ et f ∈ C 1 (I ′ → J) tels que
a. y est solution de (II.4) sur I ′ et vérifie y(t0 ) = y0 ,
b. si z est une solution de (II.4) sur I ′′ ⊂ I ′ avec t0 ∈ I ′′ et z(t0 ) = y0 , alors
I ′′ ⊂ I ′ et z(t) = y(t) pour tout t ∈ I ′′ .
II.2. SYSTÈMES DIFFÉRENTIELS LINÉAIRES
II.1.2
II.2
21
Équations différentielles sous forme normale
Systèmes différentiels linéaires
Rapide aperçu de ce qui est dit entre les pages II.30 et II.49.
II.2.1
La magie de l’exponentielle. . .
Prenons l’équation différentielle très simple
y ′ = ay.
(II.7)
La solution est y(t) = Aeat . Et si on a la donnée que Cauchy y(t0 ) = y0 , alors
y(t) = Aeat e−at0 eat0 = ea(t−t0 ) y(t0).
(II.8)
Donc on a le facteur multiplicatif ea(t−t0 ) qui sert à faire passer de y(0) à y(t). C’est
un peu un opérateur d’évolution. Ce qui fait la magie de l’exponentielle, c’est son
développement en série
x2 x3 x4
+
+
+ ...
2
3!
4!
qui est tel que chaque terme est la dérivée du terme suivant.
Maintenant, si on a un système
ex = 1 + x +
ȳ ′ = Aȳ,
(II.9)
(II.10)
il n’est pas du tout étonnant d’avoir comme solution ȳ(t) = eAt où l’exponentielle
de la matrice est définie exactement par la série (II.9). C’est un peu longuet,
mais dans le cours, c’est effectivement ce qui est prouvé. La matrice résolvante
R(t, t0 ) : ȳ0 → ȳ(t; t0 , y0 ) est donné par
R(t, t0 ) = e(t−t0 )A ,
(II.11)
exactement comme dans l’équation (II.8).
II.2.2
. . . mais la difficulté
Maintenant, il est suffisant de calculer des exponentielles de matrices pour
résoudre des systèmes. Hélas, il est en général très difficile de calculer des exponentielles. Tu peux essayer de prouver les deux suivantes :
!
!
!
!
0 a
cos(a) sin(a)
A=
; eA =
−a 0
− sin(a) cos(a)
0 a
cosh(a) sinh(a)
S=
; eS =
.
a 0
sinh(a) cosh(a)
(II.12)
22
CHAPITRE II. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
La première, tu vas la revoir si tu fais de la géométrie différentielle ou de la mécanique quantique : l’algèbre de Lie du groupe des matrices orthogonales de déterminant 1 est l’algèbre des matrices antisymétriques.
La seconde se retrouve en relativité parce que eS est la matrice qui préserve
2
x − y 2, tout comme eA préserve x2 + y 2 . Si tu as besoin d’une rafraîchissure
de mémoire sur les fonctions hyperboliques, ou bien si leur utilité en relativité
t’intéresse, tu peux aller voir la partie sur la relativité ici 1 .
II.2.3
La recette
Afin d’éviter de devoir calculer explicitement des exponentielles de matrices,
nous faisons appel à toutes sortes de trucs, dont la forme de Jordan. Le résultat
final est la méthode suivante. Soit le système homogène
ȳ ′ = Aȳ.
(II.13)
1. D’abord, nous calculons les valeurs propres de A.
2. Ensuite les vecteurs propres.
3. Une bonne valeur propre, c’est une valeur propre dont l’espace propre a une
dimension égale à sa multiplicité. C’est à dire que si λ est de multiplicité m,
alors on a, dans les bon cas, m vecteur propres linéairement indépendants.
Dans ce cas, si v1 , . . . , vm sont les vecteurs, alors on a les solutions linéairement indépendantes suivantes :
 
 
..
..
.
 . 
  λt
 
v1  e , . . . , vm  eλt .
(II.14)
 
 
..
..
.
.
Pour chaque bonne valeur propre, ça nous fait un tel paquet de solutions
linéairement indépendantes.
4. Si λ n’est pas une bonne valeur propre, alors les choses se compliquent.
Mettons que λ ait k vecteurs propres en moins que sa multiplicité. Dans ce
cas, il faut chercher des solutions sous la forme

(0) 
(k)
a1 tk + . . . + a1
 λt

..
e .

.


(k)
a1 tk
+ ...+
(II.15)
a(0)
n
C’est à dire qu’on prend comme coefficient de eλt , un vecteur de polynômes
de degré k. Il faut mettre cela dans l’équation de départ pour voir quelles
(j)
sont les contraintes sur les constantes ai introduites.
1. http://student.ulb.ac.be/~lclaesse/physique-math.pdf
II.3. CONTINUITÉ ET DÉRIVABILITÉ DES SOLUTIONS
23
5. Nous avons un cas particulier du cas précédent. Si λ est une valeur propre
de multiplicité m qui n’a que un seul vecteur propre v, alors il faut chercher
des polynômes de degré m − 1, et on peut directement fixer le coefficient de
tm−1 , ce sera l’unique vecteur propres :
 (m−2) 
..

 .  a1
 λt
   . 
m−2
e .
t
+
.
.
.
v  +  .. 


 
..
an(m−2)
.

 
(II.16)
Cela économise quelque calculs par rapport à poser brutalement (II.15).
II.3
Continuité et dérivabilité des solutions
II.4
Équations résolubles
II.4.1
Équation à variables séparées
Nous suivons les pages 311–312 du cours. Une équation différentielle à variables
séparées est une équation différentielle d’ordre 1 qui peut s’écrire sous la forme
y ′ = u(t)f (y)
(II.17)
où u : I → R et f : J → R sont deux fonctions continues données. Cette équation
est résolue par le théorème 1 de la page 311 du cours. Voyons rapidement comment
l’appliquer en pratique.
Rappelons nous que le problème est de trouver les fonction y : I ′ → R telles
que pour tout t ∈ I ′ ,
y ′ (t) = u(t)f y(t) .
(II.18)
Nous considérons U, une primitive de u sut I et G, une primitive de 1/f sur J. Si
I ′ ⊆ I et y : I ′ → J, alors y est solution de (II.17) si et seulement si il existe une
constante C telle que
G y(t) = U(t) + C.
(II.19)
La recherche des solutions de l’équation différentielle se ramène donc à la recherche
de primitives et de solutions d’une équation algébrique (il faut isoler y(t) dans
(II.19)). Réciproquement toute solution régulière de cette dernière relation est
solution de l’équation différentielle.
Remarque : lorsque nous cherchons U et G, nous ne cherchons que une primitive. Il ne faut pas considérer des constantes d’intégration à ce niveau.
24
CHAPITRE II. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
II.4.2
Équation linéaire du premier ordre
II.4.3
Équations et systèmes linéaire à coefficients constants
Nous regardons l’équation
y (n) + a1 y (n−1) + . . . + an−1 y ′ + an y = v(t)
(II.20)
où les coefficients ak sont maintenant des constantes. La méthode est donnée à la
page 311 du cours. Il faut commencer par résoudre le polynôme caractéristique
r n + a1 r n−1 + . . . + an = 0.
(II.21)
Si λ1 , . . . , λk sont les solutions avec multiplicité µ1 , . . . , µk , alors le système fondamental de solutions linéairement indépendantes est l’ensemble suivant de solutions à l’équation homogène :
eλ1 t , teλ1 t , . . . , tµ1 −1 eλ1 t
..
.
(II.22)
eλk t , teλk t , . . . , tµk −1 eλk t .
Nous notons yi ces solutions. La solution générale de l’équation homogène est donc
donnée par
X
ci y i .
(II.23)
yH =
i
Afin de trouver la solution générale de l’équation non homogène, nous appliquons
la méthode de variation des constantes, en imposant les n − 1 conditions
n
X
(l)
c′i (t)yi (t) = 0
(II.24)
i=1
avec l = 0, . . . , n − 2. Ces condition plus l’équation de départ (II.20) forment un
système de n équations différentielles pour les n fonctions inconnues ci (t).
Cette condition peut paraître mystérieuse. Elle est posée à la page 337 du
cours de première année. Il est cependant encore possible de travailler sans poser
la condition (II.24) en suivant la recette donnée à la page 338, en calculant des
déterminants de Wronskien. Des exemples sont donnés dans les exercices sur le
second ordre en première 2 .
2. http://student.ulb.ac.be/~lclaesse/CdI1.pdf
II.4. ÉQUATIONS RÉSOLUBLES
25
Si les coefficients ne sont pas constants ? Une équation différentielle linéaire
d’ordre n sur I est une équation de la forme
y (n) + u1 (t)y (n−1) + . . . + un−1 (t)y ′ + un (t)y = v(t)
(II.25)
où v et uk sont des fonctions continues fixées de I vers R.
Pour résoudre cette équation, il faut commencer par résoudre l’équation homogène correspondante (c’est à dire celle que l’on obtient en posant v(t) = 0).
Ensuite, nous trouvons la solution de l’équation (II.25) en appliquant la méthode
de la variation des constantes.
Donnons un exemple du pourquoi la méthode de variations des constantes est
efficace. Soit l’équation
u′ + f (t)u = g(t),
(II.26)
et disons que uH est une solution de l’équation homogène. La méthode de variations
des constantes consiste à poser u(t) = K(t)uH (t), et donc u′ (t) = K ′ uH + Ku′H .
En remettant dans l’équation de départ,
K ′ uH + Ku′H + f KuH = g.
(II.27)
La somme Ku′H + f KuH est nulle, par définition de uH . Par conséquent, il ne reste
que
g(t)
.
(II.28)
K′ =
uH
Lorsqu’on utilise la méthode de variation des constantes, nous trouvons toujours
une simplification « miraculeuse ».
En première année, seul le cas où les ui sont des constantes est vu. C’est en
deuxième année que le cas avec des coefficients fonctions de t est étudié 3 .
II.4.4
Équation homogène
Page II.71. C’est une équation de la forme
y ′ = f (t, y)
(II.29)
où f (λt, λy) = f (t, y) pour tout λ 6= 0.
Lemme 26 (Lemme page II.71).
L’équation y ′ = f (t, y) est homogène si et seulement si f (t, y) est une fonction de
y/t seulement.
3. Merci de me signaler si je me trompe.
26
CHAPITRE II. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
Pour résoudre l’équation homogène, on pose
z(t) =
y(t)
,
t
(II.30)
donc tz = y, et
y ′(t) = tv ′ (t) + v(t),
(II.31)
à remettre dans l’équation de départ.
II.4.5
L’équation y = f
′
at+by+c
a′ t+b′ y+c′
La théorie relative à cette équation se trouve à la page II.72 du cours.
II.4.6
Équation de Bernoulli
Voir page II.73. C’est une équation du type
y ′ = a(t)y + b(t)y α
(II.32)
où α 6= 0 ou 1. Pour la résoudre, on divise l’équation par y α , et on pose u = y 1−α ,
et on tombe sur une équation linéaire
u′ = (1 − α) a(t)u + b(t) .
II.4.7
(II.33)
Équation de Riccati
Contrairement à ce qui est écrit dans le cours, l’orthographe est Riccati, et non
Ricatti.
C’est une équation de la forme
y ′ = a(t)y 2 + b(t)y + c(t).
(II.34)
En général, on ne peut pas la résoudre, mais si on en connaît a priori des
solutions particulières, alors on peut s’en sortir.
a. Si on sait que y1 (t) est une solution, alors on pose
y(t) = y1 (t) +
1
,
u(t)
(II.35)
et on obtient une équation linéaire
u′ = − 2y1(t)a(t) + b(t) u − a(t).
(II.36)
II.4. ÉQUATIONS RÉSOLUBLES
27
b. Si y1 et y2 sont solutions, alors nous avons y sous forme implicite
R
y − y1
= Ke
y − y2
a(t) y1 (t)−y2 (t) dt
(II.37)
.
Pour résoudre une équation de Ricatti, il faut donc d’abord deviner une ou
deux solutions.
II.4.8
Équation différentielle exacte
Résolution lorsque tout va bien
Avant de vous lancer dans les équations différentielles exacte, vous devez lire
la section sur les formes différentielles III.4. Une équation différentielle exacte est
de la forme P (t, y) + Q(t, y)y ′ = 0 que nous allons écrire sous la forme
P (t, y)dt + Q(t, y)dy = 0.
(II.38)
Nous savons que si ∂y P = ∂t Q, alors il existe une fonction f (t, y) telle que P dt +
Qdy = df . Pour trouver une telle fonction, nous pouvons simplement intégrer la
forme P dt + Qdy. En effet, si γ : [0, 1] → R2 est un chemin tel que γ(0) = (0, 0) et
γ(1) = (t, y), alors en définissant
f (t, y) =
Z
γ
[P dt + Qdt] =
Z
0
1
h
i
(P ◦ γ)(u)dt + (Q ◦ γ)(u) γ ′ (u) du,
(II.39)
nous avons df = P dt + Qdy. N’importe quel chemin fait l’affaire. Calculons avec
γ(u) = (tu, yu). La dérivée de ce chemin est donnée par
!
!
1
0
γ (u) = t
+y
.
0
1
′
!
(II.40)
!
a
a
Étant donné que dt
= a et dy
= b, nous avons
b
b
f (t, y) =
=
=
Z
1
0
Z
1
0
Z
0
1
[P dt + Qdy] γ(u)
P γ(t) tdu +
h
Z
0
1
!
1
0
t
+y
0
1
Q γ(t) ydu
i
tP (tu, uy) + yQ(tu, yu) du.
!!
du
(II.41)
28
CHAPITRE II. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
Nous retrouvons exactement la formule (IV.30) de l’exercice 24. Si ça t’étonne,
c’est que tu n’as pas compris ;) Dans le cas où nous avons la fonction f qui vérifie
P = ∂t f et Q = ∂y f , l’équation (II.38) devient
∂f dy
∂f
+
= 0,
∂t
∂y dt
c’est à dire
dont la solution
d f t, y(t) = 0,
dt
f t, y(t) = C
(II.42)
(II.43)
(II.44)
donne la solution y(t) sous forme implicite.
Facteur intégrant (quand tout ne va pas bien)
Si la forme P dt + Qdy n’est pas exacte, il n’existe pas de fonction f qui résolve
l’affaire. Nous pouvons toutefois essayer de trouver un facteur itnégrant. Nous
cherchons une fonction M telle que
(MP )dt + (MQ)dy
(II.45)
soit exacte. Nous cherchons donc M(t, y) telle que ∂y (MP ) = ∂t (MQ). En utilisant
la règle de Leibnitz, nous trouvons l’équation suivante pour M :
M(∂y P − ∂t Q) = Q(∂t M) − P (∂y M).
(II.46)
Cette équation est en générale extrêmement difficile à résoudre, mais dans certains
cas particuliers, il est possible d’en trouver une solution à tâtons.
II.4.9
Équation d’Euler
La théorie se trouve à la page II.77.
II.4.10
Réduction de l’ordre
Afin de diminuer l’ordre d’une équation dans laquelle le paramètre n’apparaît
pas, il y a deux changements de variables très utiles. Le premier, le plus simple,
est simplement de poser z(t)= y ′ (t), ce qui donne z ′ (t) = y ′′(t). Le
second, qui
′
′′
′
n’est pas le même, est z y(t) = y (t), qui entraîne y (t) = z y(t) z(t). Dans ce
second cas, il faut également changer de variable, et utiliser y(t) comme variable
au lieu de t.
II.4. ÉQUATIONS RÉSOLUBLES
II.4.11
L’équation y ′′ = f (y)
II.4.12
Équation ne dépendant pas de t
La théorie se trouve à la page II.79 du syllabus.
II.4.13
. . . et les autres
29
30
CHAPITRE II. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
Chapitre III
Foire aux questions
Le but de ce chapitre est de répondre de façon plus détaillé aux questions qui
ont été souvent posées durant les séances d’exercices.
III.1
Le coup du compact
Dans les sections qui suivent, nous verrons des fonctions définies par toute une
série de processus de limite (suites, séries, intégrales). Une des questions centrales
est de savoir si la fonction limite est continue, étant donné que les fonctions sont
continues.
Pour cela, nous inventons le concept de convergence uniforme. Si la limite (série,
intégrale) est uniforme, alors la fonction limite sera continue. Il arrive qu’une limite
ne soit pas uniforme sur un intervalle ouvert ]0, 1], et que nous voulions quand
même prouver la continuité sur cet intervalle. C’est à cela que sert la notion de
convergence uniforme sur tout compact. En effet, la notion de continuité est une
notion locale : savoir ce qu’il se passe dans un petit voisinage autour de x est
suffisant pour savoir la continuité en x (idem pour sa dérivée).
Si nous avons uniforme convergence sur tout compact de ]0, 1], mais pas uniforme convergence sur cet intervalle, la limite sera quand même continue sur ]0, 1.
En effet, si x ∈]0, 1], il existe un ouvert autour de x contenu dans un compact
contenu dans ]0, 1]. L’uniforme convergence sur ce compact suffit à prouver la
continuité en x.
Déduire la continuité sur un ouvert à partir de l’uniforme convergence sur tout
compact de l’ouvert est appelé faire le coup du compact.
31
32
III.2
CHAPITRE III. FOIRE AUX QUESTIONS
Vitesses de xα , de l’exponentielle et du logarithme
Une astuce usuelle qu’il faut savoir est que ∀α > 0, ∃N tel que n > N ⇒
ln(n) ≤ nα . En effet, nous avons
αxα−1
xα
= lim
= lim αxα = ∞
lim
x→∞ 1/x
x→∞
x→∞ ln(x)
(III.1)
quand α > 0. Cela tient également lorsque nous considérons ln(x)p au lieu de
ln(x). De cela, nous disons que le logarithme croit moins vite que n’importe quel
polynôme. Cela est également démontré à la page 135 du cours de première année.
Dans le même ordre d’idées, l’exponentielle crois plus vite que tout polynôme,
et plus vite que que logarithme :
lim e−t (ln t)n tα = 0
t→∞
(III.2)
pour tout n et pour tout α.
III.3
Remarque : Abel et sin(xt)
Étant donné que la fonction sinus est bornée, il est tentant de l’utiliser comme
ϕ dans le critère d’Abel (théorème 20). Hélas,
Z
0
T
sin(xt) = −
1
cos(xT ) − cos(x) ,
x
(III.3)
qui n’est pas bornée pour tout x ! Poser ϕ(x, t) = sin(xt) ne fonctionne pas pour
assurer la convergence uniforme sur un intervalle qui contient des x arbitrairement
proches de 0. Le critère d’Abel avec ϕ(x, t) = sin(xt) ne permet que de conclure
à l’uniforme convergence sur tout compact ne contenant pas 0. Cela est toutefois
souvent suffisant pour étudier la continuité ou la dérivabilité en se servant du
fameux coup du compact.
III.4
Formes différentielles
Petits rappels sur des choses vues en première 1 affin de résoudre et comprendre
l’exercice 24. Une forme sur un espace vectoriel V est une application linéaire
1. Vous pouvez lire les rappels théoriques du syllabus d’exercices de première (qui est, lui
aussi, en perpétuelle évolution)
http://student.ulb.ac.be/~lclaesse/CdI1.pdf
III.4. FORMES DIFFÉRENTIELLES
33
ω : V → R. Si D est un ouvert dans Rn , une forme différentielle sur D est
une application ω : D → (Rn )∗ , c’est à dire, en chaque point x ∈ D, une forme
ωx : Rn → R.
Un exemple type de forme différentielle est la différentielle d’une fonction
f : D → R. En effet, la différentielle d’une telle fonction est l’application linéaire
df : Rn → R
∂f
∂f
vx +
vy .
v 7→
∂x
∂y
(III.4)
La forme différentielle ω est exacte si il existe une fonction f telle que ω = df ;
elle est dite fermée si dω = 0.
Soit D ⊂ Rn . Par définition de la différentielle d’une 1-forme, nous avons une
formule de Leibnitz
d(f ω) = df ∧ ω + f dω.
(III.5)
En particulier,
d(f dx) = df ∧ dx + f d(dx) =
| {z }
=0
∂f
∂f
dx dx
∧ dx} + dy ∧ dx.S
|
{z
∂x
∂y
=0
(III.6)
Une forme différentielle ω continue de degré 1 sur D est exacte si il existe F : D →
R telle que ω = dF . On dit que la forme est fermée si dω = 0. Dire que la forme
différentielle ω = f dx + gdy est fermée, c’est dire que
∂f
∂g
=
.
∂x
∂y
(III.7)
Si F : R2 → R est une fonction C 2 , sa différentielle est la forme
dF =
∂F
∂F
dx +
dy.
∂x
∂y
(III.8)
Si nous nommons f et g les fonctions ∂x F et ∂y F , nous avons donc
Df = f dx + gdy,
(III.9)
∂y f = ∂x g,
(III.10)
qui vérifie
parce que
∂f
∂y
=
∂2F
∂x∂y
=
∂2F
∂y∂x
=
∂g
.
∂x
Ce que nous avons donc prouvé, c’est que
Lemme 27.
Si f dx + gdy est la différentielle d’une fonction de classe C 2 , alors ∂y f = ∂x g.
Théorème 28 (Théorème, page 574 du cours de première).
Supposons que D ⊂ Rn soit un ouvert simplement connexe. Alors toute forme
différentielle de degré 1 et de classe C 1 sur D qui est fermée est exacte.
34
III.5
CHAPITRE III. FOIRE AUX QUESTIONS
Que faire avec f (z)dz = g(t)dt ?
Dans de nombreux exercices d’équations différentielles, nous tombons sur u′ =
f (t), et nous faisons formellement
du
= f (t) ⇒ du = f (t)dt.,
dt
(III.11)
et ensuite, il y a la formule un peu magique
u − u0 =
Z
t
t0
f (t)dt.
(III.12)
Voyons ce qu’il en est. Tout d’abord, il faut comprendre ce que signifie la formule
f (z)dz = g(t)dt.
(III.13)
Il s’agit d’une égalité entre deux formes différentielles sur R où z est une fonction
de t. Étant donné que z est une fonction de t, il faut voir dz comme la différentielle
de cette fonction. La différentielle d’une fonction à une variable est donné par la
dérivée :
dzt = z ′ (t)dt
(III.14)
Écrire l’équation (III.13) pour chaque t revient donc à écrire
f z(t) z ′ (t)dt = g(t)dt
(III.15)
Cela est une égalité entre deux formes différentielles. Nous avons donc égalité entre
les intégrales des formes sur un chemin. Prenons un chemin tout simple de t0 vers
t:
Z t
Z t ′
g(t)dt.
(III.16)
f z(t) z (t)dt =
t0
t0
Dans le premier membre, nous faisons un changement de variable ξ = z(t), dξ =
z ′ (t)dt, et nous obtenons
Z
z(t)
z0 )
f (ξ)dξ =
Z
t
t0
g(t)dt.
(III.17)
où nous avons remplacé la constante z(t0 ) par z0 dans la borne d’intégration. Si F
est une primitive de f et G une primitive de g, nous avons
F (z) − F (z0 ) = G(t) − G(t0 ).
(III.18)
Si aucun problème de Cauchy n’est donné, les constantes F (z0 ) et G(t0 ) sont mises
en une seule et nous écrivons la solution
F z(t) = G(t) + C,
(III.19)
III.6. POURQUOI LA VARIATION DES CONSTANTES FONCTIONNE TOUJOURS ?35
qui est une équation implicite pour z(t).
Nous trouvons assez souvent le cas simple
f (z)dz = dt.
(III.20)
En remplaçant g(t) = 1 dans (III.17), nous trouvons la fameuse
t − t0 =
Z
z
z0
f (z)dz,
(III.21)
dans laquelle il y a un abus de notation terrible entre le z de la borne (que les
étudiant(e)s oublient souvent) et la variable d’intégration z ! !
Le passage de (III.20) à (III.21) sera très souvent utilisé dans le cours de mécanique par exemple.
III.6
Pourquoi la variation des constantes fonctionne toujours ?
Prenons une équation non homogène
z ′ (t) = f (t)z(t) + g(t),
(III.22)
et supposons avoir une solution de l’homogène associée sous la forme zH (t) =
Ch(t). Le coup de la variation des constates consiste à essayer une solution pour
l’équation non homogène sous la forme 2
z(t) = K(t)h(t).
(III.23)
Nous injectons cette solution dans l’équation de départ en utilisant le fait que
z ′ (t) = K ′ (t)h(t) + K(t)h′ (t) :
K ′ (t)h(t) + K(t)h′ (t) = f (t)K(t)h(t) + g(t).
(III.24)
Le terme K(t)h′ (t) se récrit en utilisant la propriété de définition de h, c’est à
dire que h′ (t) = f (t)h(t). Nous voyons que les termes ne contenant pas de K ′ se
simplifient ; il reste
K ′ h = g.
(III.25)
Cette équation a comme solution
K=
Z
f
+ C.
h
(III.26)
2. Je ne sais plus qui a eut l’idée de changer le nom de la constante de C vers K au moment
de la transformer en fonction, mais c’est une bonne idée.
36
CHAPITRE III. FOIRE AUX QUESTIONS
J’insiste sur la constante d’intégration ! En réalité, celles et ceux qui auront compris
l’équation (III.21) sauront que K est donné par
K(t) =
Z
t
ξ0
f (ξ)
dξ
g(ξ)
(III.27)
où ξ0 joue le rôle de la constante d’intégration.
Quoi qu’il en soit, la solution générale de l’équation non homogène est
z(t) = K(t)h(t) =
Z
g
+ C h.
h
(III.28)
Cette
R solution comprend deux termes : Ch qui est solution de l’homogène, et
h qui est une particulière de l’équation non homogène.
Quelque conclusions :
g
h
a. Si vous avez encore du K (et pas que du K ′ ) dans votre équation qui donne
K, c’est que vous n’être pas dans le cadre d’une équation de type (III.22).
Le plus souvent, c’est que vous avez fait une faute de calcul quelque part.
b. La méthode des variations des constantes n’est pas en contradiction avec le
principe de « SGEH+SPENH ». En effet, la SGEP et la SPENH sont toutes
deux dans la solution (III.28).
c. La variation des constantes peut être vue comme une façon cool de trouver
une solution particulière de l’équation non homogène.
d. La simplification ne se fait que après avoir remplacé Kh′ par Kf h, c’est
à dire après avoir utilisé le fait que zH est solution de l’homogène. Sinon,
la simplification n’est pas du tout évidente a priori. Il se peut même que,
visuellement, les termes Kh′ et Kf h ne se ressemblent pas du tout. C’est ce
qui arrive par exemple à l’exercice 42c, pour arriver à l’équation (V.239).
Chapitre IV
Exercices
IV.1
Suites de fonctions
Exercise 1
On considère les fonctions
fn (x) = (1 − x4 )n
pour n ∈ N.
(IV.1)
a. La suite {fn } converge-t-elle sur [−1, 1] ? Si oui, vers quelle fonction ?
b. La suite {fn } converge-t-elle uniformément sur [−1, 1] ?
c. La suite {fn } converge-t-elle uniformément sur tout compact de [−1, 1] ?
Correction at page 57.
Exercise 2
On considère les fonctions



0
si n1 ≤ x ≤ 1
fn (x) = 1
pour x = 0



1 − nx si 0 < x < n1
(IV.2)
a. La suite {fn } converge-t-elle sur [0, 1] ? Si oui, vers quelle fonction ?
b. La suite {fn } converge-t-elle uniformément sur [0, 1] ? Et sur ]0, 1] ?
c. La suite {fn } converge-t-elle uniformément sur tout compact de ]0, 1] ?
Correction at page 57.
Exercise 3
Soit

1 pour n < x < n + 1
(IV.3)
fn (x) =
0 sinon.
37
38
CHAPITRE IV. EXERCICES
a. La suite {fn } converge-t-elle sur R ?
b. La suite {fn } converge-t-elle uniformément sur R ?
c. La suite {fn } converge-t-elle uniformément sur tout compact de R ?
Correction at page 58.
Exercise 4 Soit



0




x+2





pour
pour
1
pour
fn (x) =


−nx pour





−1
pour




x − 2 pour
|x| > 2
−2 ≤ x ≤ −1
−1 < x ≤ −1/n
−1/n < x < 1/n
1/n ≤ x < 1
1 ≤ x < 2.
(IV.4)
Z
(IV.6)
Montrer que la suite {fn } converge sur R, qu’elle ne converge pas uniformément
sur R et qu’elle ne converge pas uniformément sur tout compact de R.
Correction at page 59.
Exercise 5
Montrer que la suite
sin(nx)
(IV.5)
fn (x) =
n
converge uniformément sur [0, 2π].
Correction at page 60.
Exercise 6
2
Étudier la convergence sur [0, 1] de la suite fn (x) = nxe−nx . Calculer
lim
Z
1
n→∞ 0
fn (x)dx et
1
lim fn (x)dx.
0 n→∞
Correction at page 60.
Exercise 7
Trouver un exemple de suite de fonctions {fn (x)} qui converge sur [0, 1], ne
converge pas uniformément, et telle que
a. limn→∞
b. limn→∞
c.
R1
0
R1
0
R1
limn→∞ 0
fn (x)dx = ∞
fn (x)dx = A 6=
fn (x)dx = A =
R1
0
R1
0
limn→∞ fn (x)dx = ∞
limn→∞ fn (x)dx = ∞
Correction at page 61.
Exercise 8
Étudier la convergence sur ]0, π[ de la suite de fonctions
fn (x) =
1 − cos(nx)
.
nx2
(IV.7)
IV.2. SÉRIES DE FONCTIONS
39
Correction at page 61.
Exercise 9
On considère les fonctions fn (x) = n2 x(1 + n2 x2 )−1 , n ∈ N.
a. Montrer que la suite {fn } converge pour tout x ∈ R et déterminer la fonction
f = limn→∞ fn .
b. la suite {fn } converge-t-elle uniformément sur R ?
c. la suite {fn } converge-t-elle uniformément sur ]0, ∞[ ?
d. la suite {fn } converge-t-elle uniformément sur tout compact de ]0, ∞[ ?
Justifier les réponses aux point b, c, d.
Correction at page 62.
Exercise 10
Étudier la convergence sur [0, 1] de la suite de fonctions
fn (x) =
Correction at page 62.
IV.2

0

1
xn
1
pour x ∈ [0, 1 − n+1
]
1
− 1 pour x ∈]1 − n+1 , 1].
(IV.8)
Séries de fonctions
Exercise 11
Sur [0, 1], on considère les fonctions
fn (x) =
La série
P∞
n=1

1
n
0
pour 21n < x ≤
ailleurs.
1
2n−1
(IV.9)
fn (x) converge-t-elle
a. ponctuellement ?
b. uniformément ?
c. normalement ?
Correction at page 63.
Exercise 12
Montrer que la fonction de Riemann
ζ(x) =
est C ∞ pour x > 1.
∞
X
1
x
n=1 n
(IV.10)
40
CHAPITRE IV. EXERCICES
Correction at page 64.
Exercise 13
P
(−1)n
Étudier la convergence de la série ∞
n=1 nx . Est-ce que cette somme définit
une fonction continue ?
Correction at page 66.
Exercise 14
Sur [ 21 , 1], étudier la convergence de la série
∞
X
1 x−1
f (x) =
x
n=1 n
n
(IV.11)
.
Étudier la convergence de la série dérivée ; en déduire que
∞
X
(−1)n−1
= ln 2.
n
n=1
Correction at page 66.
Exercise 15
Pour x ∈ [1, 3], soit
∞
X
1 x−3
f (x) =
n=1 n 2x + 1
Montrer que
n
(IV.12)
(IV.13)
.
df
7
=
dx
(2x + 1)(x + 4)
(IV.14)
en justifiant les différentes étapes du calcul.
Correction at page 68.
Exercise 16
Soit f : [a, b] → [a, b], une fonction appartenant à C 1 [a, b] , et soit {fn }, la
suite des fonctions itérées définies par
f0 (x) = x, fn (x) = f fn−1 (x) .
a. Montrer que si supx∈[a,b] |f ′ (x)| < 1, alors la série
∞ X
k=1
fk (x) − fk−1 (x)
(IV.15)
(IV.16)
converge uniformément.
b. En déduire que la suite des fonctions fn converge uniformément vers une
fonction constante C, que f (C) = C et que C est unique.
IV.3. EXISTENCE D’INTÉGRALES
41
(Indication : utiliser la formule des accroissements finis).
Correction at page 68.
Exercise 17
Théorème de Borel Soient {Cn }, une suite quelconque de nombres réels
et f une fonction C ∞ de R dans [0, 1], égale à 1 dans [− 12 , 21 ] et à 0 dans le
complémentaire de [−1, 1]. On considère la série
u(x) =
∞
X
n=0
f
x
tn
xn
Cn .
n!
(IV.17)
a. Montrer que par un choix convenable de la suite des nombres tn > 0, la série
converge pour tout x ∈ R et que pour tout entier m ≥ 1, la série des dérivées
mièmes
n
x x
dm
Cn
(IV.18)
f
m
dx
tn n!
est uniformément convergente sur R.
b. En déduire que la fonction u est C ∞ sur R et que
dm
= Cm
u
dxm x=0
(IV.19)
pour tout m ∈ N.
Correction at page 70.
Après avoir fait le théorème de Borel, essayons de voir ce qu’il dit. Le théorème
de la page I.29 nous donne facilement, sous forme de séries de puissances, une
fonction C ∞ sur un intervalle dont les dérivées en zéro sont données à l’avance.
L’exercice que nous venons de faire nous permet de trouver une fonction C ∞ sur
tout R dont les dérivées sont données à l’avance.
IV.3
Existence d’intégrales
En vertu des différents théorèmes, l’étude de la convergence et de l’existence
d’une intégrale d’une fonction sur [a, ∞[ se fait dans l’ordre suivant (voir page
I.61) :
– si l’intégrale de f existe, alors elle converge,
– si la fonction est positive et que son intégrale n’existe pas, alors elle ne
converge pas,
– si le signe de la fonction est variable et que l’intégrale n’existe pas, alors elle
peut converger ou non, selon les cas.
Exercise 18
Utiliser les critères des fonctions tests pour étudier l’existence des intégrales
suivantes :
42
CHAPITRE IV. EXERCICES
a.
b.
c.
d.
e.
f.
g.
R∞
2 −1/2
dx,
0 (1 + 2x )
R∞
2
−x
dx où P (x) est un polynôme,
0 P (x)e
R ∞ α −x β
ln x dx, en fonction de α et β,
2 x e
R 2 √x
1 ln x dx,
R 1 dx
0 ex −1 ,
R∞
2
R∞
2
ln(x)
dx,
(1+x3 )1/p
en fonction de p,
dx
.
x2 −1
Correction at page 72.
Exercise 19
Soit
I=
Z
∞
1
sin(x)
dx.
xβ
(IV.20)
Montrer que
a. I existe si β > 1,
b. I ne converge
pas si β ≤ 0 (utiliser le critère de Cauchy pour montrer que la
R
suite In = 1nπ n−β sin(x)dx ne converge pas),
c. I converge mais n’existe pas pour 0 < β ≤ 1 (s’inspirer de la démonstration
du cours p.I.60).
Correction at page 75.
Exercise 20
Étudier l’existence de
Z
b
a
P (x)
dx
Q(x)
(IV.21)
où P (x) et Q(x) sont des polynômes sans zéros communs, Q(a) = 0, Q(x) 6= 0
pour x ∈]a, b].
Correction at page 77.
Exercise 21
Lorsqu’un point matériel pesant est assujetti à décrire une courbe polie d’équations
s 7→ x(s), y(s), z(s)
(IV.22)
où s est la longueur d’arc, le mouvement est décrit par (expression du temps de
parcours) :
Z s
ds
q
t − t0 =
(IV.23)
s0
2g(h − z(s))
IV.4. FONCTIONS DÉFINIES PAR DES INTÉGRALES
43
où g est l’accélération de la pesanteur et h une constante. Étudier l’existence de
l’intégrale
Z s1
ds
q
(IV.24)
s0
2g(h − z(s))
lorsque z(s1 ) = h, en supposant que z(s) est de classe C 2 .
Correction at page 77.
IV.4
Fonctions définies par des intégrales
Exercise 22
Soient f une fonction continue et
F (x) =
Z
a+x
a−x
f (t)dt.
(IV.25)
.
Calculer dF
dx
Correction at page 78.
Exercise 23
Soit f , une fonction continue sur [a, b]. Montrer que la solution y(x) de l’équation différentielle
dn y
= f (x)
(IV.26)
dxn
telle que y(a) = y ′(a) = . . . = y n−1(a) = 0, peut s’écrire
y(x) =
Z
x
a
(x − t)n−1
f (t)dt.
(n − 1)!
(IV.27)
Correction at page 78.
Exercise 24
Cet exercice consiste à prouver le résultat suivant :
Théorème 29.
Soit D ⊂ R2 , une ouvert étoilé, et ω, une 1-forme fermée de classe C 1 . Alors ω
est exacte.
Voir la section III.4 pour des détails ; ceci est un cas particulier du théorème
28. En pratique, voici ce que vous devez faire.
Soit D ⊂ R2 , un ouvert étoilé par rapport à l’origine (cf. cours, première partie,
page 575). Soient f : D → R, g : D → R, des fonctions de classe C 1 telles que
∂f
∂g
=
∂y
∂x
(IV.28)
44
CHAPITRE IV. EXERCICES
sur D, et
F (x, y) =
Z
1
0
pour tout (x, y) ∈ D. Montrer que
h
i
f (tx, ty)x + g(tx, ty)y dt
∂F
∂F
= f, et
= g.
∂x
∂y
(IV.29)
(IV.30)
(cf. Corollaire page 579 du cours première partie). En ayant prouvé cela, nous
aurons prouvé que si ω = f dx + gdy avec ∂y f = ∂x g, alors ω = dF où F est définie
par (IV.29).
Correction at page 79.
IV.5
Convergence, continuité et dérivation sous
le signe intégral
Exercise 25
Étudier la convergence uniforme des intégrales suivantes :
a.
b.
c.
d.
e.
f.
R∞
1
R∞
0
sin(x)
dx,
x2
−xt
xe
R1 0
dt pour x ∈ [0, 1],
ln(xt)
1/3
R∞
sin(xt)
dt,
1+t2
R∞
sin(xt)
dt.
t
0
R∞
0
0
dt pour x ∈ [1, 3],
t cos(xt)
dt,
1+t2
Correction at page 80.
Exercise 26
Sur l’intervalle ]0, 1[ la fonction
F (x) =
Z
1
0
et
dt
sin(xt)1/3
(IV.31)
est-elle continue ? Est-elle C 1 ? Justifier.
Correction at page 82.
Exercise 27 Sachant que pour x > 0,
Z
0
∞
π
x
dt
=
,
x2 + t2
2
(IV.32)
IV.5. CONVERGENCE, CONTINUITÉ ET DÉRIVATION SOUS LE SIGNE INTÉGRAL45
montrer que pour x > 0,
Z
∞
(x2
0
Correction at page 84.
Exercise 28
Sachant que pour m ≥ 0,
J(m) =
calculer pour m ≥ 0,
Z
∞
0
π
dt
= 3.
2
2
+t )
4x
cos(mx)
π
dx = e−m ,
2
1+x
2
x sin(mx)
dx,
1 + x2
0
en justifiant les différentes étapes du calcul.
Correction at page 84.
Exercise 29
La fonction
Z ∞ −xt
e sin(t)
x 7→
1 dt
π
(t − π) 2
I(m) =
est-elle continue sur ]0, 1[ ?
Correction at page 85.
Exercise 30
La fonction
Z
∞
sin(xt) + cos(xt)
dt
1 + t2
0
est-elle continue sur R ? Est-elle dérivable sur ]0, ∞[ ?
Correction at page 86.
Exercise 31
Soit la fonction d’Euler
F (x) =
Z
∞
Γ(x) =
Z
∞
0
e−t tx−1 dt.
(IV.33)
(IV.34)
(IV.35)
(IV.36)
(IV.37)
(IV.38)
a. démontrer que Γ(x) ∈ C ∞ ]0, ∞[ ,
b. prouver la relation
Γ(x + 1) = xΓ(x),
(IV.39)
en déduire que Γ(n) = (n − 1)! pour tout entier n ≥ 1.
R
2
c. montrer que Γ( 21 ) = 2 0∞ e−u du,
d. montrer que
ZZ
1 2
2
2
e−(u +v ) du dv
(IV.40)
Γ( ) = lim
R→∞
2
D
√
où D est un disque de rayon R centré à l’origine. En déduire que Γ( 21 ) = π.
46
CHAPITRE IV. EXERCICES
e. Calculer
Z
∞
0
f. montrer que
Z
1
0
√
e−t tdt.
x(ln x)−1/3 dx =
−21/3 2
Γ( ).
2
3
(IV.41)
(IV.42)
Correction at page 86.
Exercise 32
Soit la fonction β d’Euler
β(x, y) =
Z
1
0
tx−1 (1 − t)y−1 dt.
(IV.43)
a. montrer que β(x, y) existe si et seulement si x > 0 et y > 0
b. montrer que la fonction β est symétrique : β(x, y) = β(y, x)
c. montrer que
β(x, y) =
Z
0
∞
ux−1
du
(1 + u)x+y
(IV.44)
et en déduire la valeur de
Z
0
∞
u2
du.
(1 + u)5
(IV.45)
Correction at page 88.
IV.6
Quelque propriétés des espaces fonctionnels
Exercise 33
Étudier la convergence au sens L2 (M) sur R de la suite de fonctions de l’exercice
4:


pour |x| > 2

0




x + 2 pour −2 ≤ x ≤ −1




1
pour −1 < x ≤ −1/n
fn (x) =
(IV.46)


−nx
pour
−1/n
<
x
<
1/n





−1
pour 1/n ≤ x < 1




x − 2 pour 1 ≤ x < 2.
Correction at page 89.
Exercise 34
IV.7. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
47
Donner un exemple de suite de fonctions qui converge uniformément sur R et
qui ne converge pas sur R en moyenne quadratique.
Correction at page 90.
Exercise 35
Pour une suite de fonctions fn : R → R, donner avec justification les liens entre
a. la convergence uniforme
b. la convergence uniforme sur tout compact
c. la convergence au sens L2 .
Correction at page 90.
IV.7
Équations différentielles
IV.7.1
Équations différentielles résolubles
Exercise 36
Déterminer la solution générale de l’équation
y ′ = tey .
(IV.47)
Déterminer la solution telle que y(0) = 0.
Correction at page 91.
Exercise 37
Déterminer la solution générale de
y ′ = 3y 2/3 ,
déterminer la solution telle que y(0) = 27. Étudier le cas où y(0) = 0.
Correction at page 92.
Exercise 38
Résoudre
y ′ = (t3 + t)e−y
et déterminer la solution telle que y(1) = 1.
Correction at page 92.
Exercise 39
Résoudre
t
y ′ + y cotg(t) = −
sin t
avec 0 < t < π, et déterminer la solution telle que y(π/2) = −π 2 /8.
Correction at page 92.
Exercise 40
Résoudre les équations différentielles suivantes :
(IV.48)
(IV.49)
(IV.50)
48
CHAPITRE IV. EXERCICES
a. sin(2t)y ′ + y 2 = 1,
y
= sin(t),
b. y ′ + t+1
a
′
c. y − t y = et ta , où a est une constante,
d. yy ′ + (1 + y 2 ) sin(t) = 0,
e. y ′′ + 2y ′ + y = e−t ln |t|.
Correction at page 93.
Exercise 41
On considère l’équation différentielle
y ′′ + y = cos(ωt)
(IV.51)
où ω est une constante positive.
a. Déterminer sa solution générale lorsque ω 6= 1 et exprimer cette solution en
fonction des conditions initiales y0 = y(0) et y0′ = y ′(0).
b. Déterminer sa solution générale pour ω = 1 et l’exprimer en fonction de y0
et y0′ .
c. Montrer que lorsque ω tend vers 1, la solution obtenue en a tend vers la
solution obtenue en b.
Correction at page 96.
IV.7.2
Équation de Bernoulli
Exercise 42
Résoudre les équations suivantes :
a. ty ′ + y= ty 2 ,
b. y ′ = yt y ln |t| − 1 ,
c. y − cos(t)y ′ = cos(t) 1 − sin(t) y 2.
Correction at page 97.
Exercise 43
Lorsqu’on étudie le mouvement d’un point matériel pesant soumis à une résistance de l’air fonction de la vitesse, on peut montrer que l’équation différentielles
de l’hodographe des vitesses est
1 dr
sin θ + R(r)
=
(IV.52)
r dθ
cos θ
où r, θ sont les coordonnées polaires et R est la fonction caractérisant le type de
résistance.
Résoudre l’équation différentielle pour R(r) = kr α . Quelle est la nature de
l’hodographe des vitesses lorsque R(r) = kr ?
Correction at page 100.
IV.7. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
IV.7.3
49
Équations de Ricatti
Exercise 44
Résoudre les équations suivantes :
a. (y − sin(t))′ − y y − sin(t) ,
b. y ′ =
y 2 −t2 y−2t
.
1−t3
Pour la seconde, cherchez des solutions particulières sous la forme y = at2 + bt + d.
Correction at page 101.
IV.7.4
Équations homogènes
Exercise 45
Résoudre :
a. y ′ =
y
y−t
b. y ′ =
y
.
t−2(ty)1/2
Correction at page 103.
IV.7.5
Équations différentielles exactes. Facteurs intégrants
Exercise 46
Résoudre
a. y ′ (t + y 2) + (y − t2 ) = 0,
b. y + ty + sin(y) dt + t + cos(y) dy = 0,
2
2
3t y+8ty
c. y ′ = − t3 +8t
2 y+12y 2 .
Correction at page 104.
Exercise 47
Soit l’équation différentielle
P (t, y) + Q(t, y)y ′ = 0.
(IV.53)
a. Montrer que si les fonctions P et Q sont homogènes de degré n, il existe un
facteur intégrant M homogène de degré m = −(1 + n). Indication : utiliser
la formule d’Euler
∂P
∂P
t
+t
= nP.
(IV.54)
∂t
∂y
b. Montrer que si P = yp(ty) et Q = yq(ty), il existe un facteur intégrant
M = M(ty).
50
CHAPITRE IV. EXERCICES
c. Vérifier que dans chacun des cas précédents, il existe une autre façon de
résoudre l’équation différentielle.
Correction at page 107.
Juste pour le plaisir, prouvons la formule d’Euler. Le fait que P et Q sont
homogènes de degré n signifie que
P (λt, λy) = λn P (t, y)
Q(λt, λy) = λn Q(t, y).
(IV.55)
Nous considérons f (λ, t, y) = P (λt, λy), et nous calculons (df /dλ)(1, t, y).
df
∂P
d(λt)
∂P
d(λy) ∂P
∂
(1, t, y) =
(t, y)
(1) +
(t, y)
=
(t, y)t + y (t, y). (IV.56)
dλ
∂t
dλ
∂y
dλ
∂t
∂y
D’autre part, par hypothèse, f (λ, t, y) = λn P (t, y), donc
df
(1, t, y) = nλn−1 P (t, y)
= nP (t, y).
λ=1
dλ
Cela conclu la démonstration de la formule d’Euler.
IV.7.6
L’équation y = f
′
at+by+c
a′ t+b′ y+c′
Exercise 48
Résoudre
a. y ′ =
b. y ′ =
t+2y+1
,
2t−3
t+2y+1
,
2t+4y+3
c. y ′ = (2t + 3y + 5)2 .
Correction at page 109.
IV.7.7
Équation d’Euler
Exercise 49
Résoudre les équations différentielles
a. y ′′ +
3y ′
t+1
+
y
(t+1)2
= 0,
b. y ′′ +
3y ′
t+1
+
y
(t+1)2
= 1,
c. y ′′ =
a+b−1 ′
y
t
−
ab
y
t2
où a et b sont des constantes.
Correction at page 110.
(IV.57)
IV.7. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
IV.7.8
51
Équation dont on peut réduire l’ordre
Exercise 50
On considère l’équation différentielle
y ′′ =
−k 2
y2
(IV.58)
où k est une constante positive.
a. Déterminer à une quadrature près, la solution générale de cette équation.
b. Résoudre pour cette équation les problèmes de Cauchy suivants :
√
(a) y(0) = 1, y ′ (0) = 2k,
(b) y(0) = 1, y ′ (0) = 2k,
(c) y(0) = 1, y ′ (0) = k,
(d) y(0) = 1, y ′ (0) = 0.
Correction at page 112.
Exercise 51
Résoudre
a. y ′′ = (y ′)2 + y 2,
b. ayy ′′ + b(y ′ )2 + cy 2 = 0
où a et b sont des constantes réelles.
Correction at page 115.
IV.7.9
Quelque exemples d’équations résolubles
Exercise 52
Résoudre (éventuellement à quadrature près)
a. ty ′ − y + y ln(y) = t ln(t),
b. 3y 2 y ′ − ay 3 = 1 + t avec a 6= 0,
c. (y cos(t))′ = ky 3 ,
d. 2tyy ′ − y 2 − t2 = 0,
e. y ′ = ty(t + y) − t(1 + t),
f. t2 y ′ + y 2 − yt − t2 = 0,
g. (7y 2 − 4t − 3ty − 3t2 )y ′ = y(2 + 3t + y),
h. y ′′ = y ′(2 + y ′ tan(y)),
i. y ′ =
−ty
.
t2 +y 2
Correction at page 117.
52
CHAPITRE IV. EXERCICES
IV.7.10
L’équation différentielle linéaire du second ordre
Exercise 53
On considère l’équation différentielle
t(2 − 3t)(t − 1)y ′′ − 2(2t − 1)y ′ − 2(1 − 3t)y = 0.
(IV.59)
a. Montrer qu’il existe un seul réel a tel que y = y a soit solution de l’équation
différentielle.
b. Montrer que le changement de fonction inconnue y = ta x permet de déterminer la solution générale de l’équation.
Correction at page 121.
Exercise 54
On considère l’équation différentielle linéaire du second ordre
A(t)y ′′ + B(t)y ′ + C(t)y = 0.
(IV.60)
a. Montrer que si l’on possède une solution y1 (t) de cette équation, on peut en
déduire la solution générale par « double quadrature ». S’inspirer de l’exercice
53.
b. Montrer que l’équation différentielle peut se ramener à la forme
′
p(t)y ′ + q(t)y = 0
(IV.61)
et que si y1 (t) en est une solution, sa solution générale est :
y(t) = y1 (t) C1 + C2
Z
t
t0
dξ
.
p(ξ)y12(ξ)
(IV.62)
c. Montrer que si l’on connaît une solution y1 de l’équation
′
p(t)y ′ + q(t)y = 0,
(IV.63)
on peut déterminer la solution générale de
′
p(t)y ′ + q(t)y = r(t).
(IV.64)
d. Résoudre l’équation différentielle
t(2 − 3t)(t − 1)y ′′ − 2(2t − 1)y ′ − 2(1 − 3t)y = 1.
(IV.65)
IV.7. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
53
Correction at page 121.
Exercise 55
Monter que le changement de fonction inconnue
z(t) = exp −
Z
a(t)y(t)dt
(IV.66)
y ′ = a(t)y 2 + b(t)y + c(t)
(IV.67)
ramène l’équation de Ricatti
à une équation différentielle linéaire du second ordre en la fonction z(t). Quelle
propriété de l’équation de Ricatti peut-on alors déduire de l’exercice 54 ?
Correction at page 121.
Exercise 56
Résoudre
y ′′ = (1 + t2 )y.
(IV.68)
Correction at page 121.
Exercise 57
Résoudre par développement en série autour de t = 0 les équations suivantes :
a. (1 − t2 )y ′′ − 4ty ′ − 2y = 0,
b. y ′′ + 2ty ′ + 2y = 0,
c. (1 −
t2
)y ′′
2
+ 4ty ′ − 10y = 0.
Correction at page 121.
IV.7.11
Équation différentielle implicite du premier ordre
Exercise 58
Considérons la famille de droites données sous forme paramétrique (z est le
paramètre)
(
x=z+4
y = 6z + C
Laquelle de ces droites passe par le point (9, 32) ?
Résoudre les équations différentielles
a. t =
a+by ′2
y′
b. y =
a+by ′2
y′
(IV.69a)
(IV.69b)
54
CHAPITRE IV. EXERCICES
où a et b sont des constantes réelles. Discuter, pour chacune des équations, le
nombre de solutions au problème de Cauchy y(t0 ) = y0 ; comparer en particulier
les cas a = b = 1 et a = b = −1.
Correction at page 121.
Exercise 59
Résoudre l’équation différentielle
y = (1 + y ′2 )1/2 .
(IV.70)
Représenter graphiquement les solutions. Donner les solutions correspondant aux
conditions initiales suivantes :
a. y(0) = cosh(1),
b. y(0) = 1,
c. y(0) = 0.
Correction at page 126.
Exercise 60
Résoudre l’équation de Clairaut
1
y ′2
(IV.71)
y = y ′ + ty 2 .
(IV.72)
y = ty ′ +
et les problèmes de Cauchy suivants :
a. y(1) = 2,
b. y(2) = 3,
c. y(0) = 1,
d. y(0) = −1,
e. y(3) = −2.
Correction at page 127.
Exercise 61
Résoudre l’équation de Lagrange
Correction at page 129.
Exercise 62
Appliquer le principe d’intégration par différentiation (cf. 5.f, page II.89) pour
résoudre l’équation
ty ′2 + (t − y)y ′ − y = 0.
(IV.73)
Correction at page 129.
Exercise 63
IV.8. SYSTÈMES DIFFÉRENTIELS LINÉAIRES À COEFFICIENTS CONSTANTS55
Dans un plan rapporté à des coordonnées cartésiennes Oxy, déterminer les
courbes telles qu’en tout point de la courbe, le segment de sa tangente en ce point,
compris entre les axes de coordonnées, ait une longueur constante.
Correction at page 129.
IV.8
Systèmes différentiels linéaires à coefficients
constants
Exercise 64
Résoudre les systèmes différentiels suivants :
a.
(
x′ + x + y = 0
y ′ − 2x − y = 0.
(IV.74a)
(IV.74b)
(
x′ + x + y = 0
y ′ − x + 3y = 0.
(IV.75a)
(IV.75b)
x′ = 2x + y + z
y ′ = x + 2y + z


 ′
z = x + y + 2z
(IV.76a)
(IV.76b)
(IV.76c)
x′1
x′2
′


 x3

 ′
x4
(IV.77a)
(IV.77b)
(IV.77c)
(IV.77d)
b.
c.




d.






e.
= x3
= 2x1 + x4
= −x1 + 2x4
= 0.
1
x′ = (x − y + z)
2
1

t′ = (y − z)


2


 ′
z =x







(IV.78a)
(IV.78b)
(IV.78c)
56
CHAPITRE IV. EXERCICES
f.
(
x′ = x − y + et
y ′ = x + y + e2t .
(IV.79a)
(IV.79b)
Correction at page 129.
Exercise 65
Trouver, par la méthode de variation des constantes, les solutions réelles du
système
(
x′ = ay − 2a
y ′ = −ax + a.
Montrer qu’il existe une façon plus facile d’obtenir la solution.
Correction at page 136.
Exercise 66
Correction at page 137.
Exercise 67
Correction at page 137.
Exercise 68
Correction at page 137.
Exercise 69
Correction at page 137.
Exercise 70
Correction at page 137.
(IV.80a)
(IV.80b)
Chapitre V
Corrections
Correction of the exercise 1
Un petit graphe de la fonction est donné à la figure V.1
a. La suite de fonction proposée converge (ponctuellement) vers la fonction
f (x) =

0
si x 6= 0
1 si x = 0
(V.1)
b. En vertu du théorème 1, si la convergence était uniforme, la fonction limite
devrait être continue, ce qui n’est pas le cas. La convergence n’est donc pas
uniforme sur [−1, 1].
c. Soit K, un compact dans ]0, 1], et appellons a son minimium. soit ǫ > 0, et
choisisons N tel que fn (a) < ǫ dès que n > N. Étant donné que f (x) = 0
sur K et que toutes les fonctions en jeu sont positives, nous avons :
kfn (x) − f (x)k = fn (x) ≤ fn (a) < ǫ,
(V.2)
ce qui prouve que la suite de fonction est uniformément convergente sur tout
compact de ]0, 1].
Correction of the exercise 2
Un petit graphe de la fonction est donné à la figure V.2
a. La suite converge sur [0, 1] vers la fonction
f (x) =

1
si x = 0
0 si x =
6 0.
57
(V.3)
58
CHAPITRE V. CORRECTIONS
1
1
−1
−1
Figure V.1 – Quelque unes des fonctions fn .
b. La convergence n’est pas uniforme parce que la limite n’est pas continue.
Sur ]0, 1], la convergence n’est pas uniforme non plus parce que ∀n, il existe
x ∈]0, 1] tel que fn (x) = 21 et f (x) = 0, à cause du théorème des valeurs
intermédiaires.
c. Soit a, le minimum du compact K. On a que |fn (x)| ≤ |fn (a)| pour tout
x ∈ K. Autrement dit,
kfn k∞ ≤ |fn (a)|.
(V.4)
Or, la suite numérique |fn (a)| tends vers zéro lorsque n → ∞, donc nous
avons convergence uniforme sur le compact K.
Correction of the exercise 3
Un petit graphe de la fonction est donné à la figure V.3
a. La suite converge vers f (x) = 0 sur R.
59
1
1
Figure V.2 – Les parties non nulles de quelque unes des fonctions fn .
0
n+1
n
Figure V.3 – Le graphe de la fonction fn .
b. Pas de convergence uniforme sur R parce que pour tout n, il existe un x ∈ R
tel que fn (x) = 1, par exemple x = n + 21 .
c. Soit K, un compact de R et M, un majorant entier de K. ∀n > M, on a
fn (x) = 0, donc la convergence uniforme sur tout compact est triviale (pour
chaque compact, il existe un moment où la suite ne bouge même plus).
Correction of the exercise 4
Un petit graphe de la fonction est donné à la figure V.4.
1
1/n
−2
−1
−1/n
1
2
−1
Figure V.4 – Une des fonctions fn proposées.
a. Il est facile de constater que la suite converge vers la fonction esquissée à la
figure V.5.
b. Pour cause de discontinuité de la limite f en 0, nous n’avons pas de convergence uniforme, ni sur R, ni sur tout compact de R.
60
CHAPITRE V. CORRECTIONS
1
−2
1
−1
2
−1
Figure V.5 – La limite de la suite de fonction de l’exercice V.
Correction of the exercise 5
Nous avons que
|fn (x)| =
| sin(nx)|
1
≤ .
n
n
(V.5)
Si ǫ > 0 et N = 1/ǫ, nous avons que ∀n > N,
1
1
| sin(nx)|
≤ < < ǫ,
n
n
n
(V.6)
ce qui prouve l’uniforme convergence de la suite vers f = 0.
Correction of the exercise 6
La première chose à faire est d’un peu regarder à quoi ressemble la fonction,
et en particulier, calculer sa dérivée qui va nous permetre de trouver le maximum
de la fonction :
2
fn′ (x) = ne−nx (1 − 2nx2 ).
(V.7)
D’autre part, pour tout x ∈ [0, 1], on a évidement limn→∞ fn (x) = 0, donc fn → 0.
Pour l’uniforme convergence, nous calculons
−1/2
sup |fn (x) − f (x)| = sup |fn (x)| = max fn (x) = e
x∈[0,1]
x∈[0,1]
x∈[0,1]
r
n
.
2
(V.8)
Dans ce calcul, le suprémum de la valeur absolue est devenu le maximum sans
valeur absolue parce que fn est positive et continue, or une fonction continue sur
un compact atteint ses bornes. En conclusion, il n’y a pas convergence uniforme
sur [0, 1].
Une primitive de fn est donnée par
2
e−nx
Fn (x) = −
,
2
(V.9)
61
et on vérifie que
lim
Z
n→∞ 0
1
Z 1
1
mais
lim fn (x)dx = 0.
fn (x)dx =
2
0 n→∞
(V.10)
Le fait qu’il n’y ait pas égalité nous permet de vérifier immédiatement que la suite
ne converge pas uniformément, en vertu du théorème 2. En particulier, nous notons
que
Z 1
1
(V.11)
fn (x)dx = (1 − e−n ).
2
0
Correction of the exercise 7
2
a. La fonction fn (x) = nxe−nx de l’exercice 6 fait presque ce qu’il faut, mais ce
serait bien que la formule (V.11) diverge un peu plus vis-à-vis de n. Essayons
2
donc fn (x) = n2 xe−nx . Par construction, nous avons
lim
Z
1
n→∞ 0
fn (x)dx = ∞,
(V.12)
et, étant donné que pour tout x nous avons limn→∞ f (x)=0, la permutation
de la limite avec l’intégrale donne
Z
0
1
lim
fn = 0.
n
(V.13)
Le simple fait que les deux intégrales ne coicident pas prouve que la suite
des fn ne converge pas uniformément sur [0, 1].
b. La suite de fonctions de l’exercice 6 répond à la question.
c. En regardant les dessins de la figure V.2, ou faisant les calculs, nous voyons
que pour la suite de fonctions de l’exercice 2, nous avons
lim
Z
n→∞ 0
1
fn (x)dx =
Z
1
lim fn (x)dx = 0.
0 n→∞
(V.14)
Il est intéressant de remarquer ce, dans ce cas, on peut permuter la limite et
l’intégrale sans changer la valeur de l’intégrale.
Correction of the exercise 8
Pour tout x ∈]0, π[, nous avons
|fn (x)| =
|1 − cos(nx)|
2
≤
,
2
nx
nx2
(V.15)
62
CHAPITRE V. CORRECTIONS
donc nous avons que fn → 0. En ce qui concerne l’uniforme convergence, nous
avons, en utilisant le résultat limx→0 sin(x)/x = 1 :
lim
x→0
1 − cos(nx)
n sin(nx)
sin(nx)
n
n
= lim
= lim
= ,
2
x→0
x→0
nx
2nx
2
x
2
(V.16)
≥ n2 . Cela empêche la convergence uniforme vers f (x) =
donc supx∈]0,π[ 1−cos(nx)
nx2
0 : pour l’avoir, il faudrait au moins que ce supprémum tende vers zéro quand n
tend vers l’infini.
Cependant, lorsque x ≥ a > 0, nous avons fn (x) ≤ na2 2 , ce qui donne la
convergence uniforme sur tout compact.
Correction of the exercise 9
a. Lorsque x 6= 0, nous avons que
1
n2 x
= ,
n→∞ 1 + n2 x2
x
lim
(V.17)
et fn (0) = 0 pour tout n. Par conséquent, la limite de la suite des fonctions
fn est

 1 si x 6= 0
(V.18)
f (x) =  x
0 si x = 0.
b. Le fait que la limite soit discontinue fait qu’il n’y a pas convergence uniforme
sur R (plus généralement, il n’y a pas convergence uniforme sur aucun ouvert
contenant zéro).
c. Nous avons que (fn − f )(x) = − x(n2 x12 +1) → −∞ pour x → 0, donc il n’y a
pas de convergence uniforme sur ]0, ∞[.
d. Étant donné que sur ]0, ∞[, la fonction |fn − f | est décroissante, si a est le
minimum du compact K, alors
sup |fn − f | =
x∈K
1
.
a(1 + n2 a2 )
(V.19)
Pour cette raison, limn→∞ kfn − f k∞ = 0, et on a une convergence uniforme
sur tout compact de ]0, ∞[.
Correction of the exercise 10
Les fonctions sont esquissées sur la figure V.6.
1
Remarquons d’abord que toutes les fonctions fn sont discontinues en 1 − n+1
,
1
et que pour tout n, nous avons fn (1) = 0. D’autre part, le domaine [0, 1 − n+1 ] sur
63
f4
f2
f6 f8
1
1
Figure V.6 – Quelque unes des fonctions fn .
lequel fn est nulle est croissant (avec n) et tend vers [0, 1] entier. Donc, pontuellement, nous avons la convergence fn → 0.
La convergence uniforme sur [0, 1] demande d’avoir
lim kfn − f k∞ = 0.
(V.20)
n→∞
Le calcul de cette quantité est aisé :

lim kfn − f k∞ = n→∞
lim sup |fn | = n→∞
lim  x∈[0,1]
1−
n→∞
où la limite se calcule en remarquant que 1 −
nous nous retrouvons avec la limite
lim
n→∞
1
1+
n
n
1
n+1
=
1
1
n+1
n
n
n+1
− 1 = e − 1 6= 0.

− 1 ,
= 1+
(V.21)
1
n
−1
, et donc
(V.22)
Il n’y a donc pas convergence uniforme sur [0, 1].
La suite converge par contre uniformément sur tout compact de [0, 1[. En effet,
1
> b, nous avons
soit b le maximum du compact K ⊂ [0, 1[. Dès que 1 − n+1
fn |K = 0.
Correction of the exercise 11
a. D’abord, fn (0) = 0 pour tout n, donc f (0) = 0. Maintenant, pour p ∈ N et
1
x ∈] 21p , 2p−1
], si n ≥ p, alors
n
X
1
fk (x) = ,
p
k=1
(V.23)
64
CHAPITRE V. CORRECTIONS
P
donc limn→∞ nk=1 fk (x) −
vers la fonction
1
p
= 0, et nous avons donc convergence ponctuelle

1
si 21p < x ≤
en x = 0.
f (x) =  p
0
1
2p−1
(V.24)
b. Pour la convergence uniforme, remarquer que
f (x) −
n
X
fk (x) <
k=1
1
,
n+1
(V.25)
donc ∀ǫ > 0, ∃N tel que n > N implique
kf −
n
X
k=1
fk k∞ < ǫ,
(V.26)
en l’occurrence, le N qui fonctionne est donné par N 1+1 < ǫ. Nous avons donc
convergence uniforme.
P
P∞ 1
c. Étant donné que kfk k∞ = 1/k, la série numérique ∞
k=1 kfk k =
k=1 k
diverge et nous n’avons pas de convergence normale.
Nous avons donc un exemple du fait que la convergence uniforme n’implique
pas la convergence normale.
Correction of the exercise 12
Affin de faire le coup du compact, nous étudions la convergence uniforme de
la série sur tout compact de ]1, ∞[. Soit ǫ > 0, et regardons ce qu’il se passe sur
un compact dont le minimum 1 est 1 + ǫ. Dans ce cas, nx ≥ n1+ǫ , et donc fn (x) =
P
1
1
1
≤ n1+ǫ
. Étant donné que la série numérique ∞
n=1 n1+ǫ converge, la fonction de
nx
Riemann converge uniformément par le critère de Weierstrass (théorème 4). Nous
avons donc convergence uniforme de la série sur tout compact de ]1, ∞[, ce qui fait
que ζ est une fonction continue pour x > 1 par le théorème 3.
Nous allons à présent utiliser le théorème 5 pour prouver que la fonction de
Riemann est C 1 . Il faut donc prouver que la série des dérivées (n−x )′ = − ln(n)n−x
converge uniformément sur tout compact de ]1, ∞[.
Nous prenons encore une fois un compact K dont le minimum est 1+ǫ. D’abord,
nous majorons le logarithme par un xα : lorsque n est assez grand, nous avons
ln(n)n−x ≤ nα n−x ;
(V.27)
l’astuce de la page 32 nous dit que pour tout α > 0, il existe un n à partir duquel
cette inégalité est valide. Étant donné que 1 + ǫ est le minimum du compact, nous
pouvons encore majorer en remplaçant x par 1 + ǫ :
1
ln(n)n−x ≤ 1+ǫ−α .
(V.28)
n
1. Pour rappel, un compact dans
R a toujours un minimum.
65
Affin de pouvoir utiliser le critère de Weierstrass, nous devons nous assurer que la
P
1
série ∞
n=1 n1+ǫ−α converge. Cela n’est vrai que si 1 + ǫ − α > 1, mais le choix de
α étant encore arbitraire, nous choisissons 0 < α < ǫ.
Ainsi, la série des dérivées converge uniformément sur tout compact et nous en
déduisons que cette série est bien la dérivée de la fonction de Riemann qui est C 1 .
Affin de traiter les dérivées d’ordre supérieur, il faut calculer
p
(n−x )p/ = (−1)p ln(n) n−x ,
(V.29)
et remarquer que limx→∞ xα /(ln(x))p = ∞, de telle manière à ce qu’il y a encore
moyen de remplacer le logarithme par un xα . Le reste de la preuve est la même.
Ici se termine la correction de cet exercice. Nous restons cependant sur notre
faim en ce qui concerne la convergence uniforme de la série sur l’ouvert ]1, ∞[. En
effet, nous avons prouvé la convergence uniforme sur tout compact (et cela nous a
suffit pour résoudre l’exercice), mais nous n’avons pas prouvé que la série n’était
pas uniformément convergente sur ]1, ∞[ pour autant.
Nous allons montrer qu’il n’y a pas uniforme convergence en prouvant que si x
est assez proche de 1, alors la suite des sommes partielles de ζ(x) est aussi proche
P
1
que l’on veut de la suite des sommes partielles de ∞
n=1 n qui, elle, diverge.
Lemme 30.
Nous avons
lim ζ(x) = ∞
(V.30)
x→1
où la limite est une limite à droite : la limite à gauche n’existe pas.
Démonstration. Soit M > 0, et prouvons que ∃ǫ tel que ζ(1 + ǫ) ≥ M. D’abord,
choisissons un k tel que
k
X
1
> M,
(V.31)
n=1 n
et choisissons un ǫ tel que
max
n∈{1,...,k}
1
1
− 1+ǫ < α.
n n
(V.32)
Un tel choix de ǫ est possible pour tout α. Maintenant, nous choisissons α de telle
manière à ce que kα < σ. Avec ça, nous avons
k
k
X
1
1
1
1 X
−
=
− 1+ǫ
1+ǫ
n
n=1 n
n=1 n
n=1 n
k
X
P
< kα < σ.
(V.33)
En prenant σ tel que M − kn=1 (1/n) < σ, nous trouvons ainsi un ǫ tel que
1
n=1 n1+ǫ > M. Cela prouve le lemme.
Pk
66
CHAPITRE V. CORRECTIONS
Armé de ce lemme, il est maintenant aisé de prouver que la série définissant
la fonction de Riemann n’est pas uniformément convergente sur ]1, ∞[. Prenons la
P
kième somme partielle sk (x) = kn=1 (1/nx ). Pour chaque k, cela est une fonction
bornée de x (y compris en x = 1), donc supx∈]1,∞[ sk (x) = Mk . Armé de cette
majoration, nous faisons
ksk − ζk∞ = sup
x∈]1,∞[
ζ(x) − sk (x) > sup ζ(x) − Mk = ∞,
(V.34)
il n’y a donc pas moyen que la limite de kζ − sk k∞ quand k → ∞ soit nulle. Il n’y
a donc pas uniforme convergence de ζ sur l’intervalle ]1, ∞[.
Correction of the exercise 13
P
En x = 0, nous avons la série n (−1)n qui ne converge pas. En x < 0, le terme
général de la série ne converge pas vers zéro, donc il y a divergence de la série.
Travaillons donc avec x > 0.
Prenons un compact K dans ]0, ∞[, nommons α son minimum. Pour tout
x ∈ K, nous avons
1
1
≤ α.
(V.35)
x
n
n
Sur le compact, la suite de fonctions bn (x) = n1x converge uniformément vers
zéro, de telle sorte que le critère d’Abel (théorème 6) conclue à la convergence
uniforme. Nous avons donc la convergence uniforme sur tout compact dans ]0, ∞[.
Le théorème 3 dit alors que
f (x) =
∞
X
(−1)n
nx
n=1
(V.36)
est une fonction continue sur ]0, ∞[.
Correction of the exercise 14
Nous posons y(x) = x−1
, et nous regardons la série
x
f˜(y) =
1 n
y .
n=1 n
∞
X
(V.37)
Cette série de puissance converge absolument pour |y| < 1, voir l’exemple 4 de la
page 123bis du cours de première. Cette série converge également simplement en
y = −1, par le corollaire de la page 123 du même cours 2 . Nous sommes dans le
2. Un étudiant avait dit se souvenir qu’Abel s’appliquait seulement aux séries alternées ; c’est
ce corollaire (critère des séries alternées) qui l’a induit en erreur. En effet, Abel (proposition 5,
page 122) est plus général, mais s’applique particulièrement bien aux séries alternées.
67
cas d’une série de puissance dont le disque de convergence est centré en 0, et dont
le rayon est 1, mais qui converge (en plus) simplement sur un des bords du disque.
Cela est le cadre du théorème 7 qui nous permet de dire que pour tout ǫ > 0, la
série (V.37) converge uniformément sur [−1, 1 − ǫ].
La fonction f˜(y) est donc continue sur [−1, 1 − ǫ], et donc en particulier sur
[−1, 0]. Par ailleurs, la fonction y(x) est continue
en x 6= 0. En tant que composée
˜
de fonctions continues, la fonction f (x) = f y(x) est continue sur [ 12 , 1].
Nous la mettons la série des dérivées sous la forme d’une série de puissances :
∞ x − 1 n−1
1 X
.
g(x) = 2
x n=1
x
(V.38)
Affin d’éviter tout malentendu, nous insistons sur le fait que g est la série des
dérivée de la série f . Nous ne savons pas encore si g existe (c’est à dire si elle
converge), ni si sa somme est la dérivée de f . C’est cela que nous allons tenter
d’établir maintenant.
Nous posons à nouveau y(x) = x−1
, et nous savons que la série de puissances
x
P n
n y converge uniformément pour y ∈ [−1+ǫ, 1−ǫ] pour tout ǫ > 0. En repassant
aux variables x, pour tout ǫ > 0, nous avons convergence uniforme de la série
∞ X
x−1 n
x
n=0
(V.39)
,
1
sur le compact x ∈ [ 2−ǫ
, 1ǫ ], ou, pour parler plus simplement, sur x ∈ [ 21 + ǫ, a] pour
tout ǫ (petit) et a (grand). Nous avons donc également convergence uniforme de la
série des dérivées (V.38) sur le même intervalle. Maintenant, le théorème 5 montre
que la série des dérivée est bien la dérivée de la série, c’est à dire que
g(x) = f ′ (x)
(V.40)
sur ] 21 , 1]. Notez que la convergence uniforme sur tout compact de la série des
dérivées est suffisante.
Une bonne nouvelle est qu’il est possibles de sommer explicitement la série
P
P k
y
. En effet, il est montré à la page 115 du cours de première que nk=0 z k =
k
1−z n+1
, donc
1−z
∞
X
1
1 − y n+1
=
,
(V.41)
y n = lim
n→∞ 1 − y
1−y
k=0
lorsque |y| < 1. Du coup, nous avons simplement
f ′ (x) = g(x) =
1
x2
∞ X
x − 1 n−1
n=1
x
=
1
x2
∞ X
x−1 n
n=0
x
=


1
1 
1
 = ,
2
x−1
x 1−
x
x
(V.42)
68
CHAPITRE V. CORRECTIONS
donc la fonction f a la forme simple f (x) = ln(x) + C. Notez bien le petit jeu
de variables de sommation. Au départ g(x) est une somme qui part de 1 avec un
exposant n − 1, et nous la transformons en une somme qui part de 0 avec un
exposant n. C’est cela qui nous permet d’appliquer la formule (V.41).
Étant donné que f (1) = 0, nous avons
f (x) = ln(x)
(V.43)
pour tout x ∈ [ 12 + ǫ, 1]. Mais nous avons vu que la fonction f était continue sur
[ 21 , 1]. Étant donné que ln(x) et f (x) sont deux fonctions continues sur [ 21 , 1] qui
sont égales sur tout compact [ 21 + ǫ, 1], nous déduisons que ces deux fonctions sont
en réalité égales sur tout l’entièreté du compact [ 12 , 1].
En particulier, en x = 21 , nous avons
∞
X
1
1
f( ) =
(−1)n = ln(1/2) = − ln(2).
2
n
n=1
(V.44)
Correction of the exercise 15
Par le critère des séries de puissances (poser y = (x − 3)/(2x + 1)), nous avons
x−3
la convergence uniforme de f (x) pour 2x+1
< 1, donc pour x ∈ [1, 3]. La série des
dérivées se somme en utilisant la même technique que pour l’exercice 14 :
g(x) =
∞ X
n=1
=
=
=
=
x−3
2x + 1
n−1
2x + 1 − 2(x − 3)
(2x + 1)2
∞
X
7
x − 3 n−1
(2x + 1)2 n=1 2x + 1
∞ X
x−3 n
7
(2x + 1)2 n=0 2x + 1
1
7
x−3
2
(2x + 1) 1 − 2x+1
7
.
(x + 4)(2x + 1)
P
(V.45)
n
x−3
converge uniformément sur [1, 3], sur cet
Étant donné que la série ∞
n=0 2x+1
intervalle, g(x) est effectivement la dérivée de f (x).
Correction of the exercise 16
Affin de majorer la différence |fk (x) − fk−1 (x)| = |f fk−1(x) − f fk−2 (x) |,
nous utilisons la formule des accroissements finis sur f : pour tout x1 , x2 ∈ [a, b],
69
il existe un x∗ ∈ [x1 , x2 ] tel que f (x2 ) − f (x1 ) = f ′ (x∗ )(x2 − x1 ). Nous obtenons
successivement
|fk (x) − fk−1 (x)| = f fk−1 (x) − f fk−2 (x)
= f ′ (x∗ ) fk−2 (x) − fk−1 (x)
≤ λ fk−2(x) − fk−1(x)
(V.46)
2
≤ λ fk−3 (x) − fk−2 (x)
..
.
≤ λk−1 fk−k (x) − fk−(k−1) (x) .
où λ = sup[a,b] |f ′ (x)|. Nous avons donc la majoration
|fk (x) − fk−1 (x)| ≤ λk−1 |f (x) − x|.
(V.47)
|fk (x) − fk−1 (x)| ≤ Mλk−1 ,
(V.48)
Si M est le maximum de |f (x) − x| sur le compact [a, b], alors
mais si λ < 1, la série
montre alors que la série
P
k
λk converge. Le critère de Weierstrass (théorème 4)
g(x) =
∞ X
k=1
fk (x) − fk−1 (x)
(V.49)
converge uniformément sur [a, b]. La suite des sommes partielles de la série (V.49)
est donnée par f1 − f0 , −f0 + f2 , −f0 + f3 ,. . . c’est à dire que
g(x) = −x + n→∞
lim fn (x).
(V.50)
On peut exprimer ce résultat autrement en disant que g(x) est la limite de ses
sommes partielles qui sont données par gn (x) = −x + fn (x). Nous avons démontré
que le membre de gauche a une limite uniforme, donc le membre de droite possède également une limite uniforme. Ceci prouve que la suite de fonctions {fn (x)}
converge uniformément vers une certaine fonction C(x).
Affin de prouver que la fonction C(x) est constante, nous majorons la différence
de fn prise en deux points différents :
fn (x1 ) − fn (x2 ) = f fn−1 (x1 ) − f fn−1 (x2 )
= f ′ (x∗1 ) fn−1 (x1 ) − fn−1 (x2 )
..
.
= f ′ (x∗1 ) . . . f ′ (x∗n ) |x1 − x2
(V.51)
70
CHAPITRE V. CORRECTIONS
où les points n∗i sont des points donnés par le théorème des accroissements finis. La
norme |x1 − x2 | est évidement majorée par |b − a|, tandis que les nombres |f ′ (x∗j )|
sont tous majorés par λ < 1. Au final, nous avons
fn (x1 ) − fn (x2 ) ≤ λn |b − a|.
(V.52)
En prenant n assez grand, cela peut être rendu aussi petit que souhaité. La fonction
C(x) est donc constante.
L’unicité de C en tant que point fixe de f est facile : en effet, si F est un point
fixe de f , alors f1 (F ) = f2 (F ) = . . . Donc le point F est un point fixe de la limite
des fn . Donc seule la limite vers laquelle fn tend peut être un point fixe de f .
Prouvons maintenant
que Cest effectivement un point fixe de f . Par définition,
nous avons fn (C) = f fn−1 (C) . Soit ǫ > 0. En vertu de la continuité des fonctions
fn , il existe un N tel que n > N implique
fn (C) = C + ǫ1
fn−1 (C) = C + ǫ2
(V.53)
avec |ǫ1 | et |ǫ2 | plus petits que ǫ. Pour un tel n, nous avons alors C +ǫ1 = f (C +ǫ2 ).
Par la continuité de f , il existe un ǫ3 avec |ǫ3 | < ǫ tel que f (C + ǫ2 ) = f (C) + ǫ3
(choisir n suffisamment grand pour que ǫ2 soit suffisamment petit. Nous avons
donc
f (C) = C + ǫ1 + ǫ3
(V.54)
où ǫ1 et ǫ3 peuvent être arbitrairement petits.
Correction of the exercise 17
Cet exercice est énoncé (de façon un peu différente) et corrigé sur le site
bibmath.net 3 . La présente correction s’en inspire largement.
Nous posons
Cn n x
x f ( ).
(V.55)
un (x) =
n!
tn
Prouvons que la série des un converge normalement (ce qui est plus fort que uniformément). Pour cela, nous majorons |un (x)| pour tout x. Si |x/tn | ≥ 1, il n’y a
pas de problèmes : un (x) = 0. Sinon, nous avons
|un (x)| ≤
|Cn |
kf k∞ |tn |n
n!
3. L’énoncé : http ://www.bibmath.net/exercices/bde/analyse/distrib/testeno.pdf,
et la correction : http ://www.bibmath.net/exercices/bde/analyse/distrib/testcor.pdf
(V.56)
71
où la norme supremum kf k∞ existe parce que f est à support compact. Nous
choisissons les nombres tn de telle manière à avoir en même temps tn ≤ 1 et
|Cn |tn ≤ 1. Pour cela, nous posons
tn =
Nous avons donc

1
si |Cn | ≤ 1
1/|Cn | si |Cn | ≥ 1.
(V.57)
1
(V.58)
n!
P
qui est le terme général d’une série convergente. La série u = n un étant normalement convergente, elle est uniformément convergente. Affin de prouver que
nous pouvons la dériver terme à termes, nous prouvons que pour tout m, la série
P (m)
converge normalement. D’abord, remarquons que kf (m) k∞ existe parce
n un
(m)
que f
est à support compact.
En utilisant la règle de Leibnitz, nous trouvons la série des dérivées mièmes :
|un (x)| ≤ kf k∞
un(m) (x)
=
m
X
l=0
!
xn−l Cn (m−l) x
l
f
( ).
tn
m (n − l)! tm−l
n
(V.59)
Affin de majorer cela de la même façon que nous avons trouvé la majoration (V.56),
nous écrivons
Cn xn−l
Cn xn−l n−m−1
=
t
(V.60)
tm−l
tn tnn−l n
n
dont chacun des trois facteurs est plus petit ou égal à 1 lorsque n > m. Comprenons
bien que nous nous fixons un degré de dérivation m, et puis que nous voulons
P
sommer sur n la série n u(k) (x). Les m premier termes valent quelque chose qui
ne nous intéresse pas (dans les séries, nous pouvons toujours modifier les premiers
termes sans changer la convergence), tandis que les termes suivants se majorent
grâce au fait que (V.60) est plus petit ou égal à 1 pour ces termes :
|un(m) (x)|
≤
m
X
l=0
!
1
l
kf (k−l) k∞
.
m
(n − l)!
Il suffit de poser M1 = max{kf (m−l) k∞ }l=0,...,m et M2 = max{
trouver la borne
1
,
|un(m) (x)| ≤ kM1 M2
(n − m)!
(V.61)
l
m
}l=0,...,m pour
(V.62)
dont la série converge. Ce que nous avons donc prouvé est que
kun(m) k∞ ≤ Mn(m)
(V.63)
72
CHAPITRE V. CORRECTIONS
P
P
où la somme n Mn(m) converge. La série n un(m) converge donc normalement et
uniformément (voir remarque 1 de la page I.17).
Nous pouvons donc dériver terme à terme. Il reste à déterminer la valeur de la
mième dérivée en x = 0. Fixons un ordre m de dérivation et prouvons que pour
tout ǫ > 0, nous avons |u(m) (0) − Cm | ≤ ǫ. Soit donc ǫ > 0 et prenons un entier
N > m tel que pour tout x,
X
n≥N
un(m) (x) ≤ ǫ.
(V.64)
Maintenant, nous considérons un voisinage de zéro dans lequel
un(m) (x) = Cn
xn−m
(n − m)!
(V.65)
pour tout n < N. À ce moment, nous avons pour tout x dans ce voisinage
u(m) (x) −
X
n<N
X
xn−m
Cn =
un(m) (x) ≤ ǫ.
(n − m)!
n≥N
(V.66)
En particulier, en x = 0 nous avons
|u(m) (0) − Cm | ≤ ǫ.
(V.67)
Nous en déduisons que u(m) (0) = Cm .
Note Dans le corrigé que j’ai suivit, il est dit que sur un voisinage de zéro,
un (x) = Cn!n xn . Il me semble que cela n’est pas toujours vrai parce que si Cn → ∞,
alors tn → 0 et tout voisinage de zéro contiendra un x tel que pour un certain n,
nous ayons |x/tn | ∈ [ 21 , 1] sur lequel f ne vaut pas 1. C’est pour cela que je fais
appel à un N et un ǫ affin de prouver que la différence entre un (x) = Cn!n xn et la
réalité n’est pas si grande que ça.
Correction of the exercise 18
Nous donnons systématiquement deux preuves. La première utilise les fonctions
test, tandis que la seconde utilise une majoration (ou minoration) explicite qui
donne le résultat. Notez qu’à chaque fois, les deux méthodes reviennent au même.
a. Intuitivement, le résultat est clair parce que, pour des grands x, la fonction
f (x) = (1 + 2x2 )−1/2 se comporte comme 1/x (compter les degrés de x), alors
que 1/x ne s’intègre pas vers l’infini. La réponse est donc que l’intégrale ne
converge pas, et il faudra la comparer à une fonction de type 1/x.
En effet, nous utilisons le corollaire 13 avec α = 1 :
L = lim √
x→∞
x
1
6 0.
=√ =
2
2
1 + 2x
(V.68)
73
L’intégrale n’existe donc pas.
Justification alternative Nous cherchons directement une fonction de type
a/x qui majore f (x) pour les grands x. Posons g(x) = a/x. Nous avons
√
x − a 1 + 2x2
√
,
(V.69)
f (x) − g(x) =
x 1 + 2x2
dont le dénominateur
est toujours positif ou nul dans l’ensemble considéré.
√
Dès que a < 1/ 2, il existe un x0 tel que ∀x > x0 , nous avons f (x) > g(x).
Pour prouver cela, remarquez que
√
√
(V.70)
lim x − a 1 + 2x2 = lim x(1 − 2a) = ±∞
x→∞
x→∞
où le ± est fixé par la valeur de a. Nous utilisons le théorème 8 pour conclure
à la non existence.
2
b. Nous avons limx→∞ x2 P (x)e−x = 0, d’où nous concluons à l’existence de
l’intégrale.
Justification alternative Sans perte de généralité, nous pouvons supposer
que P (x) est positif. En effet, pour x assez grand, un polynôme ne change
plus de signe, et nous pouvons éventuellement considérer −P (x) au lieu de
P (x). Soit Q, un polynôme de degré deux plus haut que P , que nous prenons
positif. Une propriété de l’exponentielle est que ∃x0 > 0 tel que x > x0
2
implique e−x > Q(x) et Q(x) > P (x), et donc
P (x)
2
> P (x)e−x
Q(x)
(V.71)
pour x > x0 . Mais, la fraction rationnelle P/Q est intégrable sur [x0 , ∞[
parce qu’elle peut être majoré par une fonction de la forme a/x2 , comme
dans l’exercice a. Le théorème 8 conclu à l’intégrabilité de f sur [0, ∞[.
c. Pour tout α et β, nous avons
lim xα e−x ln(x)β = 0,
x→∞
(V.72)
d’où l’existence de l’intégrale s’ensuit.
Justification alternative La fonction f (x) = xα e−x lnβ (x) est positive
sur l’ensemble considéré. Étant donné que ln(x) < x (pour x assez grand),
lorsque β > 0, nous pouvons majorer f (x) par e−x xα+β . Une fois de plus,
l’exponentielle fait son travail : la fonction g(x) = e−x xα+β est intégrable
quel que soient α et β.
Si β < 0, alors ln(x)β est même majorée par 1, et c’est la conclusion est
encore plus simple.
74
CHAPITRE V. CORRECTIONS
d. Le changement de variable t = 1/ ln(x) mène à étudier l’existence de
Z
∞
1/ ln(2)
t−1 e−1/2t dt.
(V.73)
Étant donné que limt→∞ t1 t−1 e−1/2t = 1, cette intégrale n’existe pas.
√
Justification alternative La fonction f (x) = x/ ln(x) est bornée sur
tout intervalle de la forme [1 + ǫ, 2] ; nous ne sommes donc intéressés que par
l’intégrale sur [1, 1 + ǫ]. Sur cet intervalle, nous avons ln(x) < x − 1, et donc
√
√
1 1
x
x
>
>
(V.74)
ln(x)
x−1
2x−1
√
où 12 est une minoration de x entre 1 et 1 + ǫ. L’intégrale de 1/(x − 1) ne
converge pas en x = 1.
Notez qu’un changement de variable t = ln(x) fait tout aussi bien le travail :
nous tombons sur
Z ln(2)
1 3t/2
e dt
(V.75)
t
0
dans laquelle e3t/2 peut être minorée par 1, alors que l’intégrale de 1/x en
x = 0 n’existe pas.
e. Le changement de variable u = 1/(ex − 1) donne
1
du,
e−1 1 + u
Z
∞
(V.76)
mais limu→∞ u/(1 + u) = 1, donc cette intégrale n’existe pas.
Justification alternative Lorsque x est proche de zéro et si a est suffisamment négatif, nous avons ex − 1 < ax. Donc, nous avons la majoration
ex
1
1
>− ,
−1
ax
(V.77)
alors que la fonction 1/x n’est pas intégrable.
f. Prenons α quelconque et calculons

∞ si α − 3/p ≥ 0
ln(x)
α− p3
ln(x)
=
Lp (α) = lim xα
=
lim
x
0
x→∞
(1 + x3 )1/p x→∞
si α − 3/p < 0.
(V.78)
L’intégrale existera si α > 1 et si L 6= ∞, c’est à dire si α < 3/p. L’intégrale
existe donc si on a un α tel que 1 < α < p3 . Au contraire, l’intégrale n’existera
pas si il existe un α tel que p3 ≤ 1 ≤ α ≤ 1. En d’autres termes, l’intégrale
existe si p3 > 1, et n’existe pas si 3p ≤ 1.
75
En définitive, l’intégrale existera si et seulement si p ∈]0, 3[.
Justification alternative Prouvons que l’intégrale
Z
2
∞
ln(x)
x1+ǫ
(V.79)
converge pour tout ǫ > 0. Pour tout α > 0, nous avons
lim
x→∞
ln(x)
1/x
1
= x→∞
lim
= x→∞
lim
= 0,
α
α−1
x
αx
αxα
(V.80)
donc la fonction x 7→ ln(x)/xα est bornée pour tout α > 0. Maintenant,
ln(x)
1
ln(x)
= ǫ/2 · 1+ǫ/2
1+ǫ
x
x
x
(V.81)
où le premier terme peut être majoré par une certaine constante M. Par
conséquent,
ln(x)
1
< M 1+ǫ/2 ,
(V.82)
1+ǫ
x
x
dont le membre de droite a une intégrale qui converge sur [2, ∞[ pour tout
ǫ > 0. Nous avons donc existence de l’intégrale lorsque 3/p > 1.
g. Prenons α =
3
2
> 1. Nous avons
3
x2
= 0,
lim 2
x→∞ x − 1
(V.83)
donc l’intégrale existe.
R
Justification alternative Il est évident que pour tout M, l’intégrale 2M f (x)dx
ne pose pas de problèmes. Nous sommes donc en train de chercher une fonction g qui majore f pour les grands x. Affin d’avoir la bonne puissance au
dénominateur, il faut chercher g(x) = a/x2 . On vérifie que a > 1 fait l’affaire.
En effet, la quantité
a
1
x2 (a − 1) − a
−
=
.
x2 x2 − 1
x2 (x − 1)(x + 1)
(V.84)
est positive pour tout x assez grand dès que a > 1.
Correction of the exercise 19
R
dx. La fonction g(x) =
a. Si β > 1, nous devons étudier l’intégrale 1∞ sin(x)
β
R ∞x
β
2/x majore l’intégrante alors que l’intégrale 1 g(x)dx converge.
76
CHAPITRE V. CORRECTIONS
b. Si β < 0, calculons la différence entre deux termes successifs de la suite
In =
Z
nπ
1
x−β sin(x)dx.
(V.85)
Selon la définition (I.12) de la convergence d’une intégrale et le fait qu’une
suite numérique ne peut converger que si elle est de Cauchy, pour que I
converge, la différence In+1 − In doit tendre vers zéro lorsque n tend vers
l’infini. (voir le théorème de la page 46 de première année : dans R ou Rn ,
une suite est convergente si et seulement si elle est de Cauchy) Supposons
pour simplifier que n est pair (de telle façon à ce que sin(x) soit positive)
In − In+1 =
Z
(n+1)π
nπ
sin(x)
dx > (nπ)−β
xβ
Z
(n+1)π
nπ
sin(x)dx = 2(nπ)−β . (V.86)
Cela ne converge pas vers zéro quand n → ∞. Donc l’intégrale I ne converge
pas quand β ≤ 0. Elle n’existe donc pas non plus.
c. Nous nous tournons maintenant vers le cas 0 < β ≤ 1. Affin de prouver que
l’intégrale n’existe pas, nous prenons texto le raisonnement de la page I.60.
Nous avons
β
MX
1
|sin(x)| = β
,
π l=1 lβ
lπ
lπ
π
(V.87)
qui est divergente lorsque β ≤ 1. Ici, M est une majoration de l’intégrale
de | sin(x)|. L’intégrale n’existe donc pas. Reste à prouver qu’elle converge
pourtant.
Une intégration par partie montre que
Z
kπ
k−1
X
sin(x)
=
xβ
l=1
Z
1
r
Z
(l+1)π
∞
X
sin(x)
≥ (lπ)−β
β
x
l=1
"
sin(x)
cos(x)
dx = −
β
x
xβ
#r
1
+
Z
1
β
(l+1)π
Z
1
r
cos(x)
.
xβ+1
(V.88)
Lorsque 0 < β ≤ 1, la puissance du x au dénominateur du second terme est
strictement plus grande que 1, ce qui fait qu’à la limite r → ∞, la quantité
(V.88) reste finie.
Pour
–
–
–
résumer, nous avons toutes les situations possibles :
intégrale qui existe (et donc converge),
intégrale qui n’existe pas et qui converge 4
intégrale qui ne converge pas (et qui n’existe donc pas).
4. La terminologie « existe » provient du cas de dimension plus que un, et n’est effectivement
pas très heureuse ici.
77
Correction of the exercise 20
L’intégrante est bornée sur l’intervalle [a + ǫ, b], donc nous nous bornons 5 à
étudier l’intégrale
Z a+ǫ
P (x)
dx.
(V.89)
Q(x)
a
Étant donné que Q(a) = 0, il existe un entier q ≥ 1 et un polynôme S(x) ne
s’annulant pas en a tels que
Q(x) = (x − a)q S(x).
(V.90)
Par continuité, si ǫ est assez petit, le polynôme S ne s’annule pas sur [a, a + ǫ]. Si
M est une minoration de |P (x)/S(x)| sur l’intervalle considéré, nous avons
Z
a+ǫ
a
P (x)
dx =
Q(x)
Z
|P (x)|
dx ≥ M
(x − a)q |S(x)|
a+ǫ
a
Z
a+ǫ
a
1
dx.
(x − a)q
(V.91)
Étant donné que, par construction, q ≥ 1, cette dernière intégrale n’existe jamais.
Correction of the exercise 21
Nous pouvons supposer que z(s) 6= h en dehors de s = s1 , et nous faisons le
changement de variable ǫ = s1 − s. Nous obtenons donc l’intégrale
Z
−dǫ
0
s1 −s0
q
2g(h − z(s1 − ǫ))
(V.92)
dans laquelle nous remplaçons (en vertu du théorème 1, page 206 du cours de
première)
z(s1 − ǫ) = z(s1 ) + aǫ + bǫ2 + o(ǫ2 )
(V.93)
où a = z ′ (s1 ) et b = z ′′ (s1 )2 /2. Lorsque a 6= 0 et que ǫ est petit,
1
M
<√
ǫ
2g(aǫ + bǫ2 + o(ǫ2 ))
q
(V.94)
pour une certaine constante M. Nous déduisons donc que l’intégrale existe lorsque
la dérivée première de z(s) en s1 n’est pas nulle. Pour le même genre de raisons,
l’intégrale n’existe pas quand f ′ (s1 ) = 0, ce qui correspond à une situation où la
courbe z(s) « s’arrête » sur la valeur h.
5. Il n’y a pas que les intégrales qui sont bornées.
78
CHAPITRE V. CORRECTIONS
Correction of the exercise 22
Nous vérifions facilement que toutes les hypothèses de la proposition 17 sont
satisfaites avec ∂f /∂x = 0, ϕ(x) = a − x et ψ(x) = a + x. La formule donne alors
dF
= f (a + x) + f (a − x).
dx
(V.95)
Une autre possibilité est de séparer l’intégrale en deux parties :
F (x) =
Z
a
f (t)dt +
a−x
Z
a+x
f (t)dt
a
(V.96)
et d’appliquer le théorème fondamental de l’analyse :
Z
a+x
dF
d
d
−
f (t)dt +
=
dx
d(a + x) a
d(a − x)
= f (a + x) + f (a − x).
Z
a−x
a
f (t)dt (−1)
(V.97)
Le dernier signe moins vient du changement de variable x 7→ a−x fait pour calculer
la dérivée.
Correction of the exercise 23
Lorsque n = 1, la solution proposée (IV.27) devient
y(x) =
Z
x
a
f (t)dt,
(V.98)
donc y ′ (x) = f (x) et y(a) = 0. Il faut maintenant étudier le cas où n > 1. En
utilisant la formule (I.16), nous trouvons
dy
=
dx
=
Z
x
a
Z
x
a
∂
∂x
!
#
(x − t)
f (t)dt.
(n − 2)!
dy
dx
dp y
=
dy p
=
Z
x
a
{z
|
n−2
Si n = 2, nous avons donc
y ′(a) = 0. Par récurrence,
et en particulier,
"
(x − t)n−1
(x − t)n−1
f (t) dt +
f (t)dt
(n − 1)!
(n − 1)!
Rx
a
=0
t=x
}
·1
(V.99)
f (t)dt, ce qui fait y ′′ (x) = f (x) et y(a) =
(x − t)n−(p+1)
n − (p + 1) !
dn−1 y
dxn−1
Z
x
a
f (t)dt,
f (t)dt,
(V.100)
(V.101)
79
ce qui donne immédiatement y n (x) = f (x) et y(a) = y ′ (a) = . . . = y n−1(a) = 0.
Correction of the exercise 24
Étant donné que nous ne définissons F (x, y) que pour des (x, y) ∈ D, la fonction
t 7→ f (tx, ty) est C 1 sur tout le compact [0, 1] et aucune divergence de l’intégrale
n’est à craindre. Nous sommes donc dans le cadre de la proposition 16, et nous
pouvons dériver sous le signe intégral.
Nous calculons, en utilisant la règle de dérivation de fonctions composées
∂F
(x, t) =
∂x
Z
#
"
∂g
∂f
f (tx, ty)x + f (tx, ty) + t (tx, ty)y dt
∂x
∂x
0
#
Z 1" ∂f
∂f
t x (tx, ty) + y (tx, ty) + f (tx, ty) dt
=
∂x
∂y
0
1
(V.102)
où nous avons utilisé l’hypothèse
∂y f = ∂x g. Ce qui se trouve dans la parenthèse n’est autre que ∂t f (tx, ty) , plus précisément, si nous posons F (x, y, t) =
f (tx, ty), nous avons
∂F
∂f
∂f
(x, y, t) = x (tx, ty) + y (tx, ty).
∂t
∂x
∂y
(V.103)
En recopiant le résultat (V.102) en termes de F , nous avons
∂F
(x, t) =
∂x
=
Z
!
∂F
(x, y, t) + F (x, y, t) dt
t
∂t
1
0
Z
1
0
h
= f F (x, y, t)
= F (x, y, 1)
= f (x, y).
Le résultat correspondant pour
∂t tF (x, y, t) dt
∂F
∂y
i1
(V.104)
0
(x, y) = g(x, y) s’obtient de la même manière.
Other resolution
Nous posons u = tx et v = ty, ainsi que F (x, y,t) = f (u, v) et G(x, y, t) =
R
g(u, v). Avec cette notation, nous avons F (x, y) = 01 xF (x, y, t) + yG(x, y, t) dt,
et
∂f ∂u ∂f ∂v
∂f
∂F
=
+
=t ,
∂x
∂u ∂x ∂v ∂x
∂u
(V.105)
∂G
∂g
=t .
∂x
∂u
80
CHAPITRE V. CORRECTIONS
Ainsi,
Z
!
∂F
∂G
x
dt
+F +y
∂x
∂x
0
!
Z 1
∂g
∂f
dt
+ F + yt
=
xt
∂u
∂u
0
!
#
Z 1"
∂f
∂f
=
t x
+ F dt.
+y
∂u
∂v
0
∂F
=
∂x
1
(V.106)
∂g
où nous avons utilisé le fait que, par hypothèse, ∂u
= ∂f
. Nous calculons par
∂v
ailleurs que
∂f ∂u ∂f ∂v
∂f
∂f
∂F
=
+
=x
+y .
(V.107)
∂t
∂u ∂t
∂v ∂t
∂u
∂v
Donc, nous avons
∂F
=
∂x
Z
1
0
!
∂F
+ F dt =
t
∂t
Z
0
1
∂
(tF )dt.
∂t
(V.108)
Par conséquent,
∂F
= [tF ]10 = F (x, y, 1) = f (x, y).
∂x
Le même genre de calculs fournit ∂F
= g(x, y).
∂y
(V.109)
Correction of the exercise 25
Nous allons utiliser le critère de Weierstrass, théorème 19.
a. La fonction t 7→
10
t2
majore | sin(xt)/t2 |, or l’intégrale
R∞
0
10
dt
t2
existe.
b. Le théorème 18 affirme que si l’intégrale était uniformément convergente,
alors la fonction
Z ∞
xe−xt dt
(V.110)
I(x) =
0
serait continue. Nous allons vérifier cela. D’abord, si x = 0, nous avons
évidement I(0) = 0. Si x 6= 0, alors
I(x) = lim
Z
T →∞ 0
T
xe−xt dt = lim
T →∞
− e−xT + 1 = 1.
(V.111)
Cette fonction I n’est donc pas continue en 0 et il ne peut donc pas y avoir
de convergence uniforme sur l’intervalle [0, 1].
Ce résultat peut également être vu directement sur la définition. Pour avoir
uniforme convergence, il faudrait que ∀ǫ > 0 ∃T0 (indépendant de x) tel que
T ≥ T0 implique
Z
∞
T
xe−xt dt < ǫ
(V.112)
81
pour tout x. Or, nous savons que
Z
∞
T
xe−xt dt =
R

e−xT
0
si x 6= 0
si x = 0,
(V.113)
donc supx∈[0,1] 0 1∞ xe−xt dt = 1, et un T0 convenable ne peut pas être trouvé.
Nous avons toutefois convergence uniforme sur tout compact de ]0, 1] parce
que si x0 est le minimum du compact, alors T0 = − ln(ǫ)/x0 fonctionne.
c. Nous pouvons majorer la norme de ln(xt) de façon indépendante de x de la
façon suivante :
| ln(xt)| = | ln(x)+ln(t)| ≤ | ln(x)|+| ln(t)| ≤ ln(3)−ln(t) = ln(3/t) (V.114)
où nous avons utilisé le fait que | ln(t)| = − ln(t) dans l’intervalle considéré.
Maintenant, pour t ∈ [0, 1], nous avons ln(3/t) < 3/t, et au final, nous avons
| ln(xt)|1/3 <
31/3
,
t1/3
(V.115)
tandis que
Z
1
0
existe.
31/3
t1/3
(V.116)
d. La norme | sin(xt)/(1 + t2 )| se majore par 1/(1 + t2 ) dont l’intégrale existe.
e. L’intégrale n’existe pas en x = 0 parce que l’intégrale de t/(1 + t2 ) ne converge pas. Notez la différence avec l’exercice précédent où l’absence d’un t
au numérateur faisait converger l’intégrale. En ce qui concerne le cas x 6= 0,
nous utilisons le critère d’Abel avec ϕ(x, t) = cos(xt) et ψ(x, t) = 1/(1 + t2 ).
Nous avons
Z T
1
1
cos(xt)dt| =
|
sin(xT ) ≤
.
(V.117)
|x|
|x|
0
Si x est restreint à un compact de ne contenant pas 0, alors cette quantité
peut être bornée uniformément en x par un certain nombre M. D’autre
part, nous avons que limt→∞ ψ(x, t) = 0 de façon uniforme en x (parce que
x n’apparaît même pas dans la fonction).
Le critère d’Abel conclu à l’uniforme convergence sur tout compact ne contenant pas 0.
f. Si nous posons
F (x) =
Z
0
∞
sin(xt)
dt,
t
(V.118)
82
CHAPITRE V. CORRECTIONS
nous trouvons F (0) = 0 et, via le changement de variable u = xt : F (x) =
F (1) quand x > 0, et F (x) = F (−1) pour x < 0. Donc, si nous voulons
que l’intégrale converge uniformément, il faut que F (1) = F (−1) = 0. Nous
verrons cependant que
Z ∞
π
sin(t)
dt =
(V.119)
t
2
0
dans lemme 2, page III.21 (attention : preuve difficile). L’intégrale ne convergera donc uniformément sur aucun intervalle contenant zéro.
Sans utiliser le résultat (V.119), nous pouvons utiliser le critère d’Abel avec
1
ϕ(x, t) = sin(xt), ψ(x, t) = .
t
(V.120)
Nous obtenons facilement que
|
Z
0
T
ϕ(x, t)dt| ≤
1
M
|x|
(V.121)
si M est choisit assez grand. Cette quantité peut être majorée de façon
uniforme par rapport à x quand x est restreint à un compact ne contenant
pas zéro. Le critère d’Abel fournit donc la convergence uniforme sur tout
compact ne contenant pas zéro.
Correction of the exercise 26
Nous considérons la fonction
f (x, t) =
et
.
sin(xt)1/3
(V.122)
La stratégie que nous allons suivre est la suivante :
R
a. montrer que 01 f (x, t)dt existe ∀x ∈]0, 1[,
b. on montre que F (x) est continue par le coup du compact pour x ∈]0, 1[,
c. pour étudier la dérivabilité, on pose
G(x) =
Z
0
1
∂f
(x, t)dt,
∂x
(V.123)
dont on prouve d’abord l’existence et ensuite l’uniforme convergence.
D’abord, montrons que pour tout x ∈]0, 1], l’intégrale de la fonction fx : t 7→
f (x, t) par rapport à t existe. Pour cela nous allons utiliser le corollaire 14. En
nous souvenant que la page 191 du cours de première dit que limx→0 sin(x)/x = 1,
nous avons
!1
3
et
1
xt
1/3
= 1/3 < ∞.
(V.124)
lim t f (x, t) = lim
1/3
t→0
t→0 sin(xt)
x
x
83
Nous appliquons le corollaire 14 chaque fonction fx (t) = f (x, t), dont nous concluons que pour tout x 6= 0,
Z
1
0
fx (t)dt
(V.125)
existe. Ceci montre que la fonction F (x) est bien définie. Nous étudions maintenant
sa continuité. Nous faisons le coup du compact. Soit donc un compact de ]0, 1] dont
le minimum est x0 > 0, nous avons la majoration
f (x, t) ≤
et
,
sin(x0 t)1/3
(V.126)
dont l’intégrale existe : ce n’est autre que F (x0 ) dont nous venons de prouver
R
l’existence. Par le critère de Weierstrass, l’intégrale 01 f (x, t) dt est uniformément
convergente sur le compact considéré. Par le coup du compact et le théorème 18,
la fonction F est alors continue sur l’ensemble ]0, 1].
Nous pouvons maintenant étudier la dérivabilité sous le signe intégral de F .
Pour cela, considérons
G(x) =
Z
0
1
∂f
(x, t)dt = −
∂x
Z
1
0
tet cos(xt)
.
3 sin(xt)4/3
(V.127)
Nous allons prouver que cette intégrale existe et qu’elle converge uniformément
en x sur tout compact de ]0, 1. Ainsi, elle sera la dérivée de F et continue, ce qui
prouve que F est C 1 .
Pour prouver l’existence, nous procédons comme pour F :
1/3
lim t
t→0
et cos(xt)
∂f
=
∂x
3 x4/3
xt
sin(xt)
!4
3
=
1
.
3x4/3
(V.128)
Nous en déduisons que l’intégrale (V.127) existe pour tout x 6= 0.
cos(xt)
Maintenant, nous voudrions bien borner sin(xt)
4/3 de façon indépendante de x
pour x ∈ K ⊂]0, 1[. Nous serions donc content que cette fonction soit soit croissante
soit décroissante sur ]0, 1[. En réalité, elle est décroissante parce que si nous posons
l(y) =
alors
cos(y)
,
sin(y)4/3
sin(y) cos(y)4/3 + 43 sin(y)1/3 cos(y)
,
l (y) = −
sin(y)8/3
′
(V.129)
(V.130)
qui est négatif tant que y ∈ [0, π2 ]. Nous pouvons donc majorer la dérivée de f
comme ceci :
∂f
tet cos(x0 t)
.
(V.131)
(x, t) ≤
∂x
3 sin(x0 t)4/3
84
CHAPITRE V. CORRECTIONS
L’intégrale du membre de droite existe : c’est G(x0 ) dont nous venons de prouver
l’existence. Donc G(x) converge uniformément sur tout compact de ]0, 1]. Cela
prouve deux choses. Premièrement, G(x) est la dérivée de F (x), et secondement
G est continue. Ces deux point sont exactement le fait que F est C 1 sur ]0, 1].
Correction of the exercise 27
L’intégrale peut être calculée explicitement pour chaque x :
Z
x
dt = lim
2
T →∞
x + t2
0
D’où nous déduisons
F (x) =
∞
Z
T
0
F (x) =
t
x
dt = lim Arctg
2
2
T →∞
x +t
x

π


2



0
− π2
si x > 0
si x = 0
si x < 0
T
.
(V.132)
0
(V.133)
Voyons maintenant comment se comporte la dérivée de cette fonction. Pour cela,
nous regardons l’intégrale de la dérivée, et
nous allons prouver sa convergence
x
uniforme sur tout compact. Nous avons ∂x x2 +t
= (t2 − x2 )/(x2 + t2 )2 , donc
2
x
∂
2
∂x x + t2
≤
1
t2 + x2
≤ 2
2
2
2
(x + t )
x + t2
(V.134)
et l’intégrale de cette dernière expression converge uniformément sur tout compacts
de R \ {0}. Mais sur chacun de ces compacts, F (x) est constante, c’est à dire que
pour tout x 6= 0,
G(x) =
Z
0
∞
∂
dF
x
dt =
= 0.
2
2
∂x x + t
dx
(V.135)
Par ailleurs, G(x) peut être écrite en termes de F (x) et de l’intégrale que l’on
cherche :
Z ∞
Z ∞ 2
1
dt
x + t2 − 2x2
2
dt
=
F
(x)
−
2x
.
(V.136)
0 = G(x) =
(x2 + t2 )2
x
(x2 + t2 )2
0
0
Donc pour x 6= 0,
Z
0
∞

F (x)  4xπ3
dt
=
= π
(x2 + t2 )2
2x3
− 4x3
si x > 0
si x < 0.
(V.137)
Correction of the exercise 28
Le développement de cet exercices est semblable à celui de l’exercice 27. D’abord,
nous étudions la convergence de l’intégrale de la dérivée
∂
∂m
cos(mx)
1 + x2
!
=−
x sin(mx)
.
1 + x2
(V.138)
85
Pour cela, nous utilisons le critère d’Abel avec
ϕ(m, x) = − sin(mx)
x
.
ψ(m, x) =
1 + x2
(V.139)
Une primitive de sin(mx) est donnée par − cos(mx)
, donc
m
Z
X
0
sin(mx)dx =
1
1 − cos(mX)
m
(V.140)
qui ne peut pas être bornée indépendamment de m. Le critère d’Abel ne peut
donc être appliqué que dans un compact. Nous faisons donc à nouveau le coup du
compact, et nous appliquons Abel sur chaque compact (en la variable m, pas x ! !)
de ]0, ∞[. Le cas m = 0 devra donc être traité à part. Si m est borné vers le bas
par m0 , alors nous pouvons borner (V.140) par
|
Z
0
X
sin(mx)dx| ≤
2
.
m0
(V.141)
Par ailleurs, les fonctions m 7→ ψ(m, x) sont constantes (et valent x/(1 + x2 ))
et tendent uniformément vers zéro quand x tend vers l’infini. Le critère d’Abel
s’applique donc sur le compact dont le minimum est m0 et nous trouvons que
l’intégrale
Z ∞
x sin(mx)
dx
(V.142)
1 + x2
0
est uniformément convergente sur tout compact. Nous en concluons que I(m) =
∂J
(m) est continue. Et nous avons
− ∂m
I(m) =

 π e−m
2
0
si x > 0
si x = 0.
(V.143)
Correction of the exercise 29
Grâce à l’exponentielle décroissante, la fonction tend vers zéro à l’infini assez
vite pour que l’intégrale converge de ce côté. En ce qui concerne l’éventuel problème
en π, nous calculons
√
e−xt sin(t)
sin(t)
lim √
= e−πx lim √
= lim 2 t − π cos(t) = 0,
t→π
t→π
t−π
t − π t→π
(V.144)
il n’y a donc pas de singularité en π, contrairement à ce que l’on aurait pu craindre
à première vue.
86
CHAPITRE V. CORRECTIONS
La fonction f (x, t) sous le signe intégral est une fonction continue et bornée
(comme toute fonction continue sur un compact) sur le compact x ∈ [0, 1] et
t ∈ [π, π+1]. Nous la majorons par une constante sans importance. L’important est
que pour l’intervalle non compact t ∈ [π + 1, ∞[, nous pouvons faire la majoration
e−xt sin(t)
(t − π)
R
1
2
≤ e−xt .
(V.145)
Sur x > 0, nous avons π∞ e−xt dt = e x , qui est un nombre bien défini tant
que x > 0. Le théorème 19 (critère de Weierstrass) conclu que F (x) converge
uniformément sur tout compact de ]0, 1]. Elle y est donc continue.
−πx
Correction of the exercise 30
Utilisons le critère d’Abel sur tout compact. Lorsque x est restreint à parcourir
un compact, nous pouvons borner
Z
0
T
h
i
sin(xt) + cos(xt) dt
(V.146)
de façon indépendante de T et x. La fonction ψ(x, t) = 1/(1 + t2 ) vérifie ce qu’il
faut pour Abel. La convergence uniforme sur tout compact implique la continuité
de F sur R.
Pour la dérivabilité, nous regardons l’intégrale de la dérivée :
G(x) = −
Z
0
∞
t
sin(xt) − cos(xt)
dt.
t2 + 1
(V.147)
Sur chaque compact de ]0, ∞[, le critère d’Abel donne la convergence uniforme.
Donc F est dérivable sur cet ensemble, et sa dérivée y vaut G.
Correction of the exercise 31
Certains résultats de cet exercice sont aussi à voir dans le cours, à la page I.78.
a. Affin d’étudier la nième dérivée de Γ(x), nous divisons l’intégrale en deux
parties :
In (x) =
et
Z
1
0
Z 1
∂ n −t x−1 dt
=
e−t tx−1 (ln(t))n dt,
e
t
n
∂x
0
(V.148)
∞
∂ n −t x−1 e−t tx−1 (ln(t))n dt,
(V.149)
dt =
e t
n
∂x
0
0
avec n ≥ 0. Affin d’étudier la convergence de I et de J, nous posons
Jn (x) =
Z
Z
∞
L = lim |e−t tx−1 (łt)n |tα = lim tα+x−1 | ln t|n = (−1)n lim(ln t)n tα+x−1 ,
t→0
t>0
t→0
t>0
t→0
t>0
(V.150)
87
et nous utilisons le critère des fonctions tests, corollaire 13. Dès que α ≤ 1−x,
nous avons L = ∞. Donc si x ≤ 0, nous prenons α = 1 et nous concluons à
ce que In (x) n’existe pas. Si, par contre, α + x − 1 > 0, alors L = 0. Donc
dès que x > 0, nous pouvons trouver un α < 1 tel que α + x − 1 > 0, et donc
In (x) existe quand x > 0.
En conclusion, In (x) existe si et seulement si x > 0. Maintenant que nous
savons l’existence de In (x), nous étudions sa convergence quand x > 0.
Sur un compact dont le minimum est ǫ, nous avons
|e−t tx−1 (ln t)n | < e−t tǫ−1 | ln t|n ,
(V.151)
mais l’intégrale du membre de droite entre 0 et 1 existe (c’est In (ǫ)), donc
In (x) converge uniformément sur tout compact de ]0, ∞[. En conséquence de
quoi, nous avons
(a) In (x) est continue,
(b) In (x) =
dn
dxn
(I0 (x))
pour tout n ≥ 1. Cela prouve que I0 (x) est C ∞ sur ]0, ∞[.
Nous passons maintenant à l’étude de Jn (x). En utilisant l’astuce (III.2),
nous avons
lim |e−t tx−1 (ln t)n |tα = 0,
(V.152)
t→∞
de telle sorte que Jn (x) existe. Son type de convergence est étudiée sur un
compact en x dont le maximum est A. Si t ≥ 1, nous avons
e−t tx−1 (ln t)n ≤ e−t tA−1 (ln t)n .
(V.153)
b. Le calcul de Γ(x + 1) revient au le calcul de
Z
∞
0
e−t tx ,
(V.154)
qui peut s’intégrer par partie en posant u = tx et dv = e−t dt. Le résultat est
Γ(x + 1) = 0 + x
Z
∞
0
e−t tx−1 dt = xΓ(x).
(V.155)
c. Le calcul de Γ( 21 ) est un simple changement de variable dans l’intégrale. En
posant u = t1/2 , nous trouvons
1
Γ( ) =
2
Z
0
∞
−t − 12
e t
dt = 2
Z
0
∞
2
e−u du.
(V.156)
88
CHAPITRE V. CORRECTIONS
d. Nous avons
Z ∞
Z ∞
1
1
1
2
2
e−u du
e−v dv.
Γ( )2 = Γ( )Γ( ) = 4
2
2
2
0
0
2
(V.157)
2
La fonction (u, v) 7→ e−(u +v ) étant intégrable sur [0, ∞[×[0, ∞[, le théorème
de Fubini 10, et en particulier la formule (I.7) s’appliquent et nous avons
1 1 2 ZZ
2
2
I = Γ( ) = u>0 e−(u +v ) dudv.
4 2
v>0
(V.158)
Cette intégrale se calcule en effectuant le changement de variable polaire :
u = r cos θ, v = r sin θ :
1 −u
π
e du =
2
4
0
0
0
(V.159)
2
où nous avons effectué un changement√de variable u = r pour effectuer la
dernière intégrale. La formule Γ( 21 ) = π est maintenant prouvée.
I=
ZZ
r>0
0≤θ≤ π2
−r 2
e
rdrdθ =
Z
π/2
Z
∞
−r 2
e
rdr dθ =
π
2
Z
∞
e. Il suffit de remarquer que l’intégrale que nous devons calculer n’est autre que
Γ( 32 ). En utilisant la formule (IV.39), nous trouvons
√
Z ∞
√
π
1 1
1
−t
e
.
(V.160)
tdt = Γ( + 1) = Γ( ) =
2
2 2
2
0
f. Un premier changement de variable u = ln x donne
I=
Z
0
1
x(ln x)−1/3 dx =
Z
0
−∞
eu u−1/3 eu du = −
Z
0
∞
e2u u−1/3 .
(V.161)
À partir de là, le changement de variable t = −2u fourni la solution.
Correction of the exercise 32
a. Nous allons étudier l’existence de l’intégrale proposée en utilisant le corollaire
14. Pour cela, remarquons d’abord que tx−1 peut avoir un problème en t = 0,
tandis que (1 − t)y−1 peut avoir un problème en t = 1. Pour cette raison,
nous étudions séparément l’intégrale sur [0, 21 ] et sur [ 12 , 1].
Pour étudier l’existence de
I=
Z
0
1
2
tx−1 (1 − t)y−1 ,
(V.162)
nous calculons
lim tα+x−1 (1 − t)y−1 = lim tα+x−1 = L.
t→0
t→0
(V.163)
89
Pour avoir L < ∞, nous avons besoin de α < 1 − x. Si x > 0, il suffit de
prendre α < 1, et nous avons L = 0, ce qui prouve l’existence de l’intégrale.
Mais si x ≤ 0, en prenant α entre 1 et 1 − x, nous avons L = ∞ et α > 1,
donc pas d’existence de l’intégrale. Pour la même raison, nous trouvons que
l’intégrale n’existe que si y > 0. En conclusion, β(x, y) existe si et seulement
si x > 0 et y > 0.
Notez que ce résultat pouvait être deviné très simplement en comptant les
degrés : si x ≤ 0, autour de 0, le facteur (1 − t)y−1 reste borne (pour toute
valeur de y), tandis que tx−1 croit plus vite que 1t , ce qui donne la divergence.
Dès que x > 0, la fonction tx−1 ne croit plus aussi vite que 1t en zéro, et il y
a convergence. Idem pour y.
b. Le changement de variable 1 − t = u dans l’intégrale
β(y, x) =
Z
0
1
y−1
t
(1 − t)
x−1
dt = −
Z
1
0
ux−1 (1 − u)y−1 du = β(x, y). (V.164)
c. Pour commencer, le changement de variable t = u/(1+1) et dt = du/(1+u)2
fait le travail :
x−1 y−1
Z 1
Z ∞
u
du
1
x−1
y−1
β(x, y) =
t (1 − t) dt =
1+u
1+u
(1 + u)2
0
0
Z ∞
ux−1
du.
=
(1 + u)x+y
0
(V.165)
L’intégrale que nous devons calculer maintenant n’est autre que β(3, 2). En
utilisant la formule
Γ(x)Γ(y) = β(x, y)Γ(x + y)
(V.166)
de la page I.80 nous trouvons β(3, 2) = Γ(3)Γ(2)/Γ(5). Nous utilisons maintenant le lien entre Γ et la factorielle :
Γ(3)Γ(2)
2!1!
1
β(3, 2) =
=
= .
(V.167)
Γ(5)
4!
12
Correction of the exercise 33
Il est aisé de voir que
lim
Z
∞
n→∞ −∞
|fn − f |2 dx = 0;
(V.168)
pour cela, tracez la fonction, et regardez-en l’aire (figure V.7). Nous disons que fn
converge vers f en moyenne quadratique. Nous avons



0
pour |x| > n1
fn (x) − f (x) = −nx − 1 pour − n1 ≤ x < 0



1 − nx
pour 0 < x ≤ n1
(V.169)
90
CHAPITRE V. CORRECTIONS
(fn − f )2
fn − f
−1/n
1/n
x
−1/n
1/n
x
(b) La carré de la différence.
(a) La différence entre une des fonctions
et la limite.
Figure V.7 – Convergence en moyenne quadratique
Correction of the exercise 34
Il suffit de trouver une suite de fonctions qui s’écrase sur zéro tout en gardant
une surface constante. Par exemple
fn (x) =

0
1
n
si |x| > n2
sinon
(V.170)
La convergence uniforme vers zéro est évidente parce que kfn k∞ = n1 . Cette suite
ne converge toutefois pas en moyenne quadratique parce que
kfn kL2 =
Z
+∞
−∞
fn2 (x)dx =
Z
n2
−n2
1
dx = 2.
n2
(V.171)
Il est intéressant de noter que ce contre-exemple ne tient pas si on demande
d’étudier la convergence sur [a, b] au lieu de R. En réalité, la convergence uniforme
sur [a, b] implique la convergence L2 sur [a, b] parce que la convergence uniforme
fn → f dit que dès que n ≥ N, |fn (x) − f (x)| < ǫ, et donc
kfn − f kL2 =
Z
b
a
|fn (x) − f (x)|2 dx ≤ ǫ(b − a).
(V.172)
Correction of the exercise 35
La convergence uniforme implique l’uniforme sur tout compact, mais l’inverse
n’est pas vrai comme le montre l’exemple
fn (x) =

1
0
si n < x < n + 1
sinon.
(V.173)
91
La convergence uniforme n’implique pas la convergence en moyenne quadratique,
comme nous l’avons vu à l’exercice 34.
Affin de voir que la convergence L2 n’implique pas la convergence uniforme
sur tout compact, reprenons l’exemple de l’exercice 4. En comparant les graphes
V.4 et V.5, la différence entre la limite et les fonctions fn est composée des deux
triangles de base n1 et de hauteur 1. La surface en-dessous de (fn − f )2 n’est donc
autre que
11 2
1
2
= 2 → 0.
(V.174)
n2
2n
Il y a donc convergence au sens L2 , mais même pas uniforme sur tout compact, et
a fortiori pas uniforme.
Correction of the exercise 36
Ceci est une équation à variables séparées, c’est à dire du type y ′ = u(t)f (y)
telle que vue en première année 6 aux pages 311 et 312. Ici, nous avons u(t) = t et
f (y) = ey , et la primitive de 1/f est donnée par
G(y) =
Z
e−y = −e−y .
(V.175)
La fonction y est une solution de l’équation que nous regardons si et seulement si
il existe une constante c ∈ R telle que
− e−y =
t2
+ C.
2
(V.176)
Étant donné qu’une exponentielle
est toujours positive, une solution yC ne peut
√
exister que lorsque |t| < 2C. En renommant C → C/2 et en prenant le logarithme
de la relation (V.176), nous trouvons
!
C − t2
yC (t) = − ln
,
(V.177)
2
√
qui est valable sur l’intervalle |t| < C. Affin de trouver celle qui vérifie yC (0) = 0,
nous devons résoudre
C
=0
(V.178)
yc (0) = − ln
2
par rapport à C, dont la solution est évidement C = 2. La solution recherchée est
donc
√ √
y2 : ] − 2, 2[ → R
!
(V.179)
2 − t2
t 7→ − ln
.
2
6. Deux mots à ce sujet peuvent être trouvés dans les rappels théoriques ici :
http ://student.ulb.ac.be/ lclaesse/CdI1.pdf
92
CHAPITRE V. CORRECTIONS
Correction of the exercise 37
Ceci est encore une équation à variables séparées, dont la solution se recherche
en suivant la même méthode que pour l’exercice 36. En suivant la même notation,
nous avons u(t) = 1 et f (y) = 3y 2/3 , ce qui donne U(t) = t et G(y) = y 1/3 . Il
faut faire ici une remarque : dans la proposition 1 de la page 311, nous demandons
que f (η) 6= 0 pour tout η ∈ J où J est l’ensemble d’arrivée de la fonction y.
Les solutions que nous allons trouver devront donc être restreintes au domaine
y(t) 6= 0. Nous y reviendrons.
La solution générale est donc fournie par l’équation y 1/3 = t + C, c’est à dire
y(t) = (t + C)3 .
(V.180)
La solution telle que y(0) = 27 est donc
y: R → R
t 7→ (t + 3)3 .
(V.181)
Toute solution y tel que y(τ ) 6= 0 pour un certain τ a la forme (V.180) sur
R \{−C}. Cette solution s’étend immédiatement à R tout entier. La seule solution
que le théorème nous a donc fait oublier est la solution identiquement nulle.
À part la solution identiquement nulle, la condition y(0) = 0 accepte la solution
y(t) = t3 , qui est celle avec C = 0.
Correction of the exercise 38
En suivant le notations usuelles, nous avons u(t) = t3 + t et f (y) = e−y . La
solution générale est donnée par
G y(t) = U(t) + C
(V.182)
U est une primitive de u et G est une primitive de 1/f . En l’occurrence,
!
t4 t2
y(t) = ln
+ +C .
4
2
(V.183)
Lorsque C = e − 34 , nous avons y(1) = 1, et la solution est
!
t4 + 2t2 + 4e − 3
y(t) = ln
,
4
(V.184)
qui existe sur tout R.
Correction of the exercise 39
À résoudre :
y ′ + cotg(t) = −
t
.
sin(t)
(V.185)
93
Ceci est une équation linéaire. Nous commençons par résoudre l’équation homogène
y ′ + y cotg(t) = 0, dont la solution est
yH (t) =
K
.
sin(t)
(V.186)
Affin de résoudre l’équation non homogène, nous utilisons la méthode de variations
des constantes : nous disons maintenant que K est une fonction de t, et nous
remettons le tout dans l’équation de départ pour trouver K(t). Nous regardons
donc
K(t)
y(t) =
.
(V.187)
sin(t)
Ce que nous trouvons est
cos(t)
K cotg(t)
t
K′
−K 2 +
=−
,
sin(t)
sin (t)
sin(t)
sin(t)
(V.188)
c’est à dire, après simplifications, K ′ = −t. Nous avons donc pour solution finale :
1
y(t) =
sin(t)
!
C − t2
.
2
(V.189)
La solution telle que y(π/2) = −π 2 /8 est donnée par C = 0.
Correction of the exercise 40
a. sin(2t)y ′ + y 2 = 1. Ceci est une équation à variables séparée qui s’écrit sous
forme plus traditionnelle
y′ =
1
(1 − y 2 ).
sin(t)
(V.190)
En suivant les notations du cours de première, nous avons u(t) = 1/ sin(t) et
f (y) = 1 −y 2 . Si 12y = 0, nous trouvons les deux solutions constantes y = ±1,
sinon nous pouvons continuer la méthode et trouver
1
ln(tan(t))
2
!
Z
dy
1
y+1
G(t) =
.
= − ln
1 − y2
2
y−1
U(t) =
(V.191)
L’équation implicite donnant y est donc
1
y+1
− ln
2
y−1
!
=
1
ln(tan t) + C.
2
(V.192)
94
CHAPITRE V. CORRECTIONS
b. y ′ + y/(t + 1) = sin(t). C’est une équation linéaire, dont on cherche d’abord
la solution générale de l’homogène associée. Cette solution est
yH (t) =
K
.
t+1
(V.193)
Nous appliquons maintenant le technique de la variation des constantes pour
trouver la solution générale de l’équation proposée. Maintenant K = K(t),
et nous avons
K(t)
K ′ (t)
−
(V.194)
y ′(t) =
t+1
(t + 1)2
que nous remettons dans l’équation de départ pour trouver une équation
différentielle pour K(t). Ce que nous trouvons est
K ′ (t) = sin(t)(t + 1),
(V.195)
dont la solution se ramène au calcul d’une primitive. Le résultat est
K(t) = sin(t) − cos(t)(t + 1) + C,
(V.196)
ce qui donne la réponse finale :
y(t) =
sin(t) + C
− cos(t).
t+1
(V.197)
c. y ′ − ay/t = et ta . Ceci est une équation différentielle linéaire qui peut aussi
s’écrire y ′t−a − ata−1 y = et , ce qui met l’équation de départ sous la forme
(t−a y)′ = et ,
(V.198)
ce qui donne tout de suite t−a y = et + C, et donc la solution
y(t) = (et + C)ta .
(V.199)
d. yy ′ + (1 + y 2 ) sin(t) = 0. Cela est une équation à variables séparée, mais elle
peut être simplifiée en remarquant que yy ′ = (y 2)′ /2. Nous avons alors
1 (y 2)′
= − sin(t),
2 1 + y2
(V.200)
que nous récrivons
(1 + y 2 )′
= −2 sin(t).
1 + y2
Cela entraîne que la solution est donnée par l’équation
1 + y 2 = Ce2 cos(t) .
(V.201)
(V.202)
95
e. y ′′ + 2y ′ + y = e−t ln(t). C’est une équation linéaire à coefficients constants,
dont l’équation homogène est
y ′′ + 2y ′ + y = 0.
(V.203)
Son polynôme caractéristique est r 2 + 2r + 1 = 0, dont l’unique solution est
r = −1, de multiplicité 2. En vertu de ce qui est expliqué dans les notes de
première 7 , la solution générale à l’équation homogène est
yH = (At + B)e−t
(V.204)
pour certaines constantes A et B.
Maintenant, nous utilisons la méthode de la variation des constantes pour
trouver la solution générale de l’équation non homogène. Nous posons donc
y(t) = A(t)t + B(t) e−t .
(V.205)
Toujours en vertu de ce qui a été vu en première, les fonctions A et B ne sont
pas complètement indépendantes, mais peuvent être choisies de telle manière
à ce que la condition (II.24)
A′ t + B ′ = 0
(V.206)
soit vérifiée. Cette condition va considérablement simplifier le calcul qui suit.
D’abord, nous avons
y ′ = (A′ t + A + B ′ − At − B)e−t ,
(V.207)
dans lequel nous utilisons la condition (V.206) pour trouver
y ′ = (A − At − B)e−t .
(V.208)
En dérivant encore une fois, il vient
y ′′ = (A′ + A′ t − 2A − B ′ + At + B)e−t ,
(V.209)
dans laquelle il n’y a pas de dérivées secondes de A et B, grâce à l’utilisation
de (V.206). Nous pouvons maintenant écrire l’équation y ′′ +2y ′ +y = e−t ln |t|
qui est maintenant une équation différentielle pour A et B. Étant donné que
(V.206) tient toujours, nous avons en réalité le système
(
A′ − A′ t − B ′ = ln |t|
A′ t + B ′ = 0.
(V.210a)
(V.210b)
7. Voir aussi les rappels dans les exercices : http://student.ulb.ac.be/~lclaesse/CdI1.pdf
96
CHAPITRE V. CORRECTIONS
En introduisant la seconde équation dans la première, nous trouvons A′ =
ln |t|, dont nous déduisons
A(t) = t ln |t| − 1 + A0 .
(V.211)
La seconde équation nous dit par ailleurs que B ′ = −A′ t = −t ln |t|, dont
l’intégration donne
B(t) = −
t2 2 ln |t| − 1 + B0 .
4
(V.212)
Correction of the exercise 41
L’équation homogène est y ′′ + y = 0, dont la solution est yH = A cos(t) +
B sin(t). Affin de trouver une solution particulière de l’équation non homogène,
nous essayons
y = α cos(ωt),
(V.213)
ce qui mène à l’équation −ω 2 α + α = 1, donc
α=
1
.
1 − ω2
(V.214)
Si ω 6= 1 (on a supposé que ω ≥ 0), les solutions sont donc
y(t) = A cos(t) + B sin(t) +
Étant donné que y(0) = A +
1
1−ω 2
1
cos(ωt).
1 − ω2
et y ′ (0) = B, nous trouvons
1
1
cos(t) + y0′ sin(t) +
cos(ωt).
yA = y0 −
2
1−ω
1 − ω2
(V.215)
(V.216)
Par contre, si ω = 1, cette solution ne fonctionne pas, et nous cherchons une
solution particulière de l’équation non homogène sous la forme y(t) = αt cos(t) +
βt sin(t). En dérivant deux fois et en remplaçant dans l’équation départ, nous
trouvons
sin(t)(−2α − βt + βt) + cos(t)(−αt + 2β + αt) = cos(t),
(V.217)
donc α = 0 et β = 12 . Dans le cas ω = 1, la solution est donc
y = A cos(t) + B sin(t) +
t
sin(t).
2
(V.218)
97
Dans ce cas-ci, nous avons y(0) = A et y ′(0) = B, donc
yB = y0 cos(t) + y0′ sin(t) +
t
sin(t).
2
(V.219)
Prouver la convergence de limω→0 yA = yB , nous calculons yA − yB :
yA − yB =
cos(ωt) − cos(t) t
− sin(t).
1 − ω2
2
(V.220)
Nous calculons donc (avec la règle de l’Hospital par rapport à ω)
cos(ωt) − cos(t) t
−t sin(ωt) t
−
sin(t)
=
lim
− sin(t) = 0.
ω→1
ω→1
1 − ω2
2
2
2
lim
(V.221)
Correction of the exercise 42
a. ty ′ + y = ty 2 .
Évidement, y = 0 est solution. Si y(t0 ) 6= 0, nous pouvons chercher une
solution non triviale dans un voisinage de t0 . En vertu de la méthode générale
exposée en II.4.6, nous posons z = 1/y, ce qui donne y ′ = −y 2 z ′ . Après
aménagements (diviser par y 2 ), nous trouvons
− tz ′ + z = t,
(V.222)
qui est une équation linéaire. La solution générale de l’équation homogène
associée est
zH (t) = At.
(V.223)
Nous utilisons maintenant la méthode de variation des constantes pour trouver la solution générale de (V.222). Nous posons donc z(t) = A(t)t que nous
remplaçons dans l’équation de départ ty ′ +y = ty 2 . Nous tombons sur l’équation
1
(V.224)
A′ = −
t
dont la solution générale est A(t) = ln Ct . En définitive, la solution à notre
problème est
C
,
(V.225)
z(t) = t ln
t
et donc
1
.
y(t) =
(V.226)
t ln Ct
N’oublions pas de mentionner que y = 0 est aussi solution (qui correspond à
C → 0).
98
CHAPITRE V. CORRECTIONS
b. y ′ = − 1t y + lnt|t| y 2.
Nous posons z = 1/y, et nous récrivons l’équation sous la forme
ln |t|
1
z′ − z = −
t
t
(V.227)
qui est une équation linéaire. L’équation linéaire est
zH
t
′
zH
=
(V.228)
et la solution est zh = At. Nous utilisons encore la méthode de la variation
des constantes en posant z(t) = A(t)t. L’équation différentielle à laquelle
doit satisfaire A(t) est alors
A′ = −
ln(t)
.
t2
(V.229)
Trouver une primitive de lnt2|t| n’est pas trop aisé (ça se fait par partie), mais
la solution est
1
ln(t) + 1 + Ct,
(V.230)
A(t) =
t
donc
z(t) = ln(t) + 1 + Ct.
(V.231)
c. y − cos(t)y ′ = cos(t) 1 − sin(t) y 2.
Encore une fois, y = 0 est solution. En posant z = 1/y, nous trouvons
l’équation
z + cos(t)z ′ = cos(t) 1 − sin(t)
(V.232)
à laquelle z doit satisfaire. L’équation homogène est
′
zH
=−
zH
.
cos(t)
(V.233)
Nous résolvons cette équation en utilisant la méthode des équations à variable
séparées de la sous section II.4.1. Nous posons donc
1
,
cos(t)
f (z) = −z,
u(t) =
π
t
+
4 2
1
.
G(z) = ln
z
U(t) = ln tan
(voir formulaire),
(V.234)
99
La solution zH est donnée par l’équation
1
π
t
ln
= ln K tan
,
+
z
4 2
c’est à dire
K
.
zH (t) =
tan π4 + 2t
(V.235)
(V.236)
Nous appliquons maintenant la méthode de variation des constantes sur cette
solution affin de trouver la solution générale de l’équation (V.232). En util′
isant la règle de Leibnitz, z ′ = K ′ zH + KzH
, nous trouvons
K
tan
π
4
+
t
2

+ cos(t) 
K′
tan
π
4
+
t
2
−
K
2 sin2
π
4
+
t
2


= cos(t) 1 − sin(t) .
(V.237)
Malgré leurs apparences, les deux termes en K se simplifient. En effet, en
−zH
′
, nous avons
vertu de l’équation zH
= cos(t)
−K
2 sin2
π
4
+
t
2
=
−K
cos(t) tan
π
4
+
t
2
.
(V.238)
Le travail de voir quel est le lien entre sin2 π4 + 2t , tan π4 + 2t et cos(t) est
en réalité fait dans votre formulaire au moment où vous l’avez utilisé pour
intégrer u pour obtenir le U(t) de (V.234).
Après cette simplification durement méritée, nous trouvons l’équation suivante pour K(t) :
K′
= 1 − sin(t).
(V.239)
tan π4 + 2t
Résoudre cela revient à trouver la primitive de
π
t
1 − sin(t) tan
,
(V.240)
+
4 2
ce qui est relativement compliqué. La réponse est
2x+π
2x+π
K(t) = ln sin
+ 1 + ln sin
−1
4
4
(V.241)
2x+π
2 2x+π
+ 2 ln sec
+ 2 sin
4
4
Nous pouvons un peu simplifier en utilisant le fait que ln(a + b) + ln(a − b) =
ln(a2 − b2 ) :
K(t) = − cos2
2x+π
4
+ 2 ln sec
2x+π
2x+π
+ 2 sin2
.
4
4
(V.242)
100
CHAPITRE V. CORRECTIONS
Il me semble toutefois qu’il faudrait prendre des valeurs absolues pour les
logarithmes.
Correction of the exercise 43
Affin de mieux suivre les notations de la théorie (Bernoulli, page 26) nous allons
écrire β au lieu de α. Nous pouvons directement régler son compte au cas β = 0.
En effet, nous trouvons
!
k
dr
dθ,
= tan(θ) +
r
cos(θ)
(V.243)
d’où nous tirons r(θ) moyennant une simple primitive.
Si β 6= 0, nous trouvons l’équation
r ′ = r tan(θ) +
k
r β+1
cos(θ)
(V.244)
qui est de la forme (II.32) avec
a(θ) = tan(θ)
b(θ) = k/ cos(θ)
α = β + 1.
(V.245)
En suivant la méthode générale, poser z = r −β fournit l’équation linéaire
z ′ = −β tan(θ)z +
k
.
cos(θ)
(V.246)
′
L’équation homogène associée, zH
+ β tan(θ)zH = 0 (qui est à variable séparées),
a pour solution
zH = K cosβ (θ).
(V.247)
Nous utilisons maintenant la méthode de variations des constantes, c’est à dire
que nous posons z(θ) = K(θ)zH (θ). En remettant dans l’équation V.246, et en
effectuant la simplification qui se présente, nous trouvons l’équation suivante pour
K :
βk
(V.248)
K ′ = − β+1 .
cos (θ)
Nous avons donc
K(θ) = −βk
Z
0
θ
cos−(β+1) (t)dt,
qui n’est pas une intégrale facile à calculer.
(V.249)
101
Lorsque β = 1, les choses sont plus simples parce que nous savons que
Z
dx
= tan(x).
cos2 (x)
(V.250)
Donc K(θ) = −βk tan(θ) + K, et en refaisant le changement de variable vers r,
nous trouvons la solution
r(θ) =
1
.
K cos(θ) − k sin(θ)
(V.251)
Ceci est une équation polaire pour une courbe que nous devons identifier. Nous la
récrivons sous la forme
1 = Kr cos(θ) − kr sin(θ),
(V.252)
et nous identifions les coordonnés cartésiennes x = r cos(θ) et y = r sin(θ), donc
1 = Kx − ky,
(V.253)
qui est l’équation d’une droite.
Correction of the exercise 44
Nous suivons la méthode expliquée en II.4.7. La première chose à faire est de
voir si nous pouvons deviner des solutions particulières.
a. Ici, nous voyons tout de suite que y1 (t) = sin(t) est une solution. Nous posons
donc
1
(V.254)
y(t) = sin(t) + ,
u
et nous trouvons l’équation différentielle
u′ + sin(t)u = 1.
(V.255)
Note : en suivant les notations du rappel théorique, nous avons
a(t) = 1,
b(t) = − sin(t),
c(t) = cos(t).
(V.256)
L’équation (V.255) est du type de (II.26). Dans ces notations, nous cherchons
donc K qui vérifie l’équation K ′ (t) = g(t)/uH (t), c’est à dire
K ′ (t) = −
1
ecos(t)
.
(V.257)
102
CHAPITRE V. CORRECTIONS
Cette primitive n’est absolument pas simple à calculer. La solution à notre
équation différentielle est donc
z(t) = −ecos(t)
Z
0
t
e− cos(u) du.
(V.258)
Pour la petite histoire, l’intégrateur en ligne de Wolfram ne trouve pas de
forme pour cette intégrale.
b. Cette fois, trouver des solutions particulières est plus compliqué. Nous les
cherchons sous la forme y = at2 + bt + d. Nous n’essayons pas de substituer
directement cela dans l’équation. Au lieu, nous essayons d’abord avec b =
d = 0, puis avec a = b = 0 puis a = d = 0 puis avec a = 0, et cætera jusqu’à
trouver deux solutions particulières.
Le résultat est que y1 (t) = −t2 est solution, ainsi que y2 (t) = 1 + t. En
suivant les notations de (II.34), nous avons
y′ =
1
t
2t
y2 −
y−
,
3
3
1−t
1−t
1 − t3
(V.259)
c’est à dire
1
1 − t3
t2
b(t) = −
1 − t3
2t
c(t) = −
.
1 − t3
La solution à notre équation se trouve donc sous forme implicite
a(t) =
y + t2
= KeI(t)
y−1−t
où
1
(−t2 − 1 − t).
3
1−t
Affin de faire cette intégrale, une petite simplification s’impose :
I(t) =
Z
1
t2 + 1 + t)
=
.
1 − t3
t−1
(V.260)
(V.261)
(V.262)
(V.263)
Dont I(t) = ln(t − 1) et nous avons
y + t2
= K(t − 1),
y−1−t
(V.264)
103
que nous pouvons résoudre par rapport à y :
y(t) =
1 − kt2
.
k−t
(V.265)
Notons que y2 = 1 + t correspond à k = 1, tandis que y1 = −t2 correspond
à k → ∞.
Correction of the exercise 45
a. y ′ = y/(y − t).
Nous posons, conformément à (II.30) y = tz, donc y ′ = z + tz ′ , et nous
trouvons
z(z − 2)
z − z2 + z
=
.
(V.266)
tz ′ =
z−1
1−z
Si z(z−2) = 0, alors nous avons les solutions particulières z(t) = 0 et z(t) = 2
qui correspondent aux solutions y(t) = 0 et y(t) = 2t. Si z(z − 2) 6= 0, alors
nous pouvons faire la manipulation suivante :
z ′ (1 − z)
1
= .
z(z − 2)
t
(V.267)
1
−u′ /2
= .
u
t
(V.268)
Remarquez que le numérateur est à peu près la dérivée du numérateur. En
posant u = z(z − 2), nous récrivons l’équation sous la forme plus simple
En écrivant u′ = du/dt et en faisant passer le dt de l’autre côté, nous avons
du
dt
= −2
u
t
(V.269)
que nous intégrons des deux côtés :
ln(u) = ln(Kt−2 ),
(V.270)
ce qui amène au final
y(t) = t 1 ±
√
1 + Kt−2 .
(V.271)
b. y ′ = y/(t − 2(ty)1/2 ).
Nous posons y = tz, et après quelque manipulations algébriques nous remettons tout sous la forme
1
z ′ (1 − 2z 1/2 )
= .
(V.272)
3/2
2z
t
104
CHAPITRE V. CORRECTIONS
Nous utilisons l’astuce de la section III.5, en commençant par écrire
dt
1 − 2z 1/2
= ,
3/2
2z
t
(V.273)
dont nous intégrons les deux membres :
1
− ln(z) − √ = ln |t| + C,
z
(V.274)
où nous avons mit toutes les constantes dans C. Ensuite, nous remettons
l’ancienne variable :
ou encore
y
1
+ C,
ln |t| = − ln | | − q
t
y/t
ln |y| +
s
t
+ C = 0.
y
(V.275)
(V.276)
Cela est une équation implicite pour y(t).
Correction of the exercise 46
Nous suivons les méthodes et notations du point II.4.8.
a. y ′(t + y 2) + (y − t2 ) = 0.
Ici, nous avons
P (t, y) = y − t2
Q(t, y) = t + y 2 .
(V.277)
Nous vérifions que l’équation est bien exacte : ∂y P = ∂t Q = 1. Nous pouvons
donc nous lancer à la recherche d’une fonction f (t, y) telle que df = P dt +
Qdy. Nous pouvons la deviner : en intégrant P par rapport à t, nous avons
3
f (t, y) = yt − t3 + C où C est une constante par rapport à t. Donc C peut
dépendre de y. Il n’est pas très difficile de fixer C(y) pour que ∂y f = Q.
Nous trouvons
1
f (t, y) = (y 3 − t3 ) + ty.
(V.278)
3
Un simple calcul montre que cette fonction fonctionne.
Ce résultat peut également être calculé en intégrant la forme P dt + Qdy le
long d’un chemin qui relie (0, 0) à (t, y). En tant que chemin, nous choisissons
la composée de
γ1 (u) = (0, uy)
(V.279)
γ2 (u) = (ut, y).
105
Nous trouvons, en appliquant la définition d’une intégrale de forme différentielle 8 sur un chemin, nous trouvons
f (t, y) =
=
Z
Z
=
=
Z
Z
1
0
1
Z
1
0
1
0
3
(P dt + Qdy) γ2 (u) γ2′ (u) du
(P ◦ γ1 )(u)dt + (Q ◦ γ1 )(u)dy
0
+
(P dt + Qdy) γ1 (u) γ1′ (u) du
0
+
=
(P dt + Qdy)
γ1 ◦γ2
Z 1
(P ◦ γ2 )(u)dt + (Q ◦ γ2 )(u)dy
yQ(0, uy)du +
t3
y
+ ty − .
3
3
Z
0
1
0
y
!
t
0
(V.280)
!
tP (ut, y)du
et
Voila qui confirme la formule (V.278). Nous avons donc maintenant Q = ∂f
∂y
∂f
P = ∂t . La solution de l’équation différentielle est donc donnée par l’équation
implicite
1 3
(y − t3 ) + ty = C.
(V.281)
3
b. y + ty + sin(y) dt + t + cos(y) dy = 0.
Nous avons
P (t, y) = y + ty + sin(y)
Q(t, y) = t + cos(y).
(V.282)
Un rapide calcul montre que cette équation n’est pas exacte. Nous faisons
donc le coup du facteur intégrant (II.46) pour la rendre exacte. L’équation
pour M(t, y) est
M t + cos(y) = t + cos(y)
∂M
∂t
− y + ty + sin(y)
∂M
∂y
.
(V.283)
Une très mauvaise idée serait d’essayer de la résoudre en général : tout ce
dont nous avons besoin est d’une solution à cette équation. Étant donné que
le coefficient devant M est égal à celui devant ∂t M, ce serait bien que le
8. Juste pour être sur que vous ayez compris : vous savez la différence entre une forme et une
forme différentielle ?
106
CHAPITRE V. CORRECTIONS
terme en ∂y M soit nul. Cherchons donc une solution qui ne soit pas fonction
de y, mais seulement de t. Dans ce cas, nous trouvons à résoudre
M t + cos(y) = t + cos(y)
∂M
∂t
(V.284)
,
c’est à dire M = ∂t M. Une solution est M(t, y) = et .
Nous regardons donc maintenant l’équation différentielle
et y + ty + sin(y) dt + et t + cos(y) dy = 0,
(V.285)
qui est exacte (vous pouvez le vérifier, si vous ne faites pas confiance en le
calcul que nous venons de faire). La fonction qui intègre cette forme est
f (t, y) = et sin(y) + yt .
La solution implicite au problème est donc
(V.286)
et sin(y) + yt = C.
2
(V.287)
2
3t y+8ty
c. y ′ = − t3 +8t
2 y+12y 2 .
Cette équation est présentée sous la forme
la mettre sous forme usuelle
avec
dy
dt
A
= −B
. Nous commençons par
P (t, y)dt + Q(t, y)dy = 0
(V.288)
P (t, y) = 3t2 y + 8ty 2
Q(t, y) = t3 + 8t2 y + 12y 2.
(V.289)
Cette équation est exacte. Affin de trouver la fonction qui intègre la forme
P dt + Qdy, nous calculons l’intégrale
f (t, y) =
Z
0
1
h
t(3u3 t2 y + 8ty 2 u3 ) + y(u3t3 + 8u3 t2 y + 12u2y 2 )
= yt3 + 4t2 y 2 + 4y 3 .
i
(V.290)
L’équation (V.288) est donc
df = 0,
(V.291)
t3 y + 4t2 y 2 + 4y 3 = C.
(V.292)
et donc
107
Correction of the exercise 47
Récrivons l’équation du facteur intégrant (II.46) :
M(∂y P − ∂t Q) = Q(∂t M) − P (∂y M).
(V.293)
a. Nous allons prouver que l’équation du facteur intégrant accepte une solution
lorsque M est homogène de degré −(n + 1), c’est à dire quand M satisfait
l’équation
t∂t M + y∂y M = −(n + 1)M.
(V.294)
Nous remplaçons dans (V.293) toute les dérivées par rapport à y par des
dérivées par rapport à t en utilisant les formules d’Euler :
1
∂y P → (nP − t∂t P )
y
1
∂y M →
− (n + 1)M − t∂t M .
y
(V.295)
En remettant les termes ensembles, nous trouvons
t
MP
+ ∂t (MP ) + ∂t (MQ).
y
y
(V.296)
Les deux premiers termes du membre de gauche peuvent être mit en une
seule dérivée par rapport à t en remarquant que
t
tMP
MP
+ ∂t (MP ) = ∂t
y
y
y
Ce que nous trouvons alors est ∂t
tM P
y
!
.
(V.297)
+ MQ = 0, et donc
M(Q + tP/y) = C.
(V.298)
Attention : la constante est une constante par rapport à t, elle peut dépendre
de y. Ce que nous avons est
M=
C(y)
tP + Qy
(V.299)
où C(y) est une fonction de y. Cela est la forme que doit avoir M pour satisfaire à l’équation du facteur intégrant. Pour que M soit, de plus homogène
de degré −(m + 1), il faut en plus que
M(λt, λy) = λ−m−1 M(t, y),
(V.300)
108
CHAPITRE V. CORRECTIONS
ce qui va imposer des restrictions sur C(y). Le but de l’exercice est de prouver
que cette restriction peut être satisfaire par un choix convenable de C(y).
En utilisant l’homogénéité de P et Q, nous trouvons
M(λt, λy) =
M(λy)
.
λn+1 (tP + yQ)
(V.301)
Donc, nous en déduisons que pour tout y et pour tout λ, C(y) = C(λy). Une
fonction constante satisfait à cette exigence. Donc nous avons un facteur
intégrant sous la forme
1
.
(V.302)
M(t, y) =
tP + yQ
b. Nous reprenons l’équation P + Qy ′ = 0, et nous posons v = ty. L’équation
du facteur intégrant devient
M ∂y yp(ty) − ∂t tq(ty)
= Q(∂t M) − P (∂y M).
(V.303)
Nous utilisons la règle de Leibnitz et la règle de la dérivation de fonctions
composées pour effectuer les dérivations. Le membre de gauche devient
M p − q + v∂v (p − q) ,
(V.304)
tandis que pour calculer le membre de droite, nous nous souvenons de l’hypothèse M = M(ty) = M(v), et nous pouvons donc écrire ∂y M = (∂v M)t,
ce qui mène à l’équation
M p − q + v∂v (p − q) = −v
∂M
(p − q).
∂v
(V.305)
Si f = p − q, nous avons donc l’équation
∂v f
M
=
,
∂v M
f
(V.306)
dont les solutions sont M = k/f .
c. Dans le premier cas, si P et Q sont homogènes de même degré, alors l’équation P + qy ′ = 0 se récrit y ′ = −P/Q, qui est homogène de degré zéro, et
nous pouvons suivre la méthode donnée au point II.4.4.
Dans le second cas, nous avons l’équation
yp(v)dt + tq(v)dy = 0,
(V.307)
et l’hypothèse nous permet de dire que ydt = dv − tdy, ce qui met l’équation
sous la forme
(dv − tdy)p + tqdy = 0,
(V.308)
109
dans laquelle il n’y a plus de dt. Cette équation peut être mise sous la forme
qui se résout par quadrature.
p
dv
dy
=
,
y
v(p − q) v
(V.309)
Correction of the exercise 48
a. y ′ = (t + 2y + 1)/(2t − 3). Le déterminant
1 2
= −4 6= 0.
2 0
(V.310)
Nous devons donc résoudre le système
(
t̄ + 2ȳ + 1
2t̄ − 3
=0
=0.
(V.311a)
(V.311b)
La solution est t̄ = 3/2 et ȳ = −5/4. Nous posons donc τ = t − 32 , et
u(τ ) = y(t) + 45 . Essayons d’effectuer ce changement de variable de façon la
plus explicite qui soit. Nous avons
dt
d
du
(y ◦ t)(τ ) = y ′ t(τ ) ·
(V.312)
(τ ) =
= y ′ t(τ )
dτ
dτ
dτ
où y ′ est la dérivée de y. Nous pouvons écrire l’équation différentielle qui
nous intéresse au point t(τ ) :
u′ (τ ) = y ′ t(τ ) =
t(τ ) + 2y t(τ ) + 1
2t(τ ) − 3
=
τ + 2u(τ )
.
2τ
(V.313)
C’est cette équation que nous allons résoudre pour u(τ ). C’est une équation
homogène, donc nous posons z(τ ) = u(τ )/τ , et nous avons u′ (τ ) = τ 2 z ′ (τ ) +
z(τ ), et l’équation V.313 devient
z ′ (τ ) =
ce qui donne z =
1
2
1
,
2τ
(V.314)
ln(kτ ), et donc
1
u(τ ) = τ ln(kτ ).
2
(V.315)
Maintenant nous pouvons en tirer y(t) en utilisant le fait que
5
3
u(t − ) = y(t) + ,
2
4
parce que y(t) +
5
4
= u(τ ).
(V.316)
110
CHAPITRE V. CORRECTIONS
t+2y+1
. Ici, le déterminant est nul, et nous écrivons l’équation en faisant
b. y ′ = 2t+4y+3
apparaître le numérateur au dénominateur (opération possible parce que
déterminant est nul) :
y ′ (t) =
2 + 2t + 1
,
2(t + 2t + 1) + 1
(V.317)
et nous effectuons le changement de variable u(t) = t + 2y(t) + 1 qui donne
immédiatement y ′ = (u′ − 1)/2. L’équation se met alors sous la forme
u′ =
4u + 1
,
2u + 1
(V.318)
qui est une équation à variables séparées. Pour la résoudre, il faut trouver
une primitive de (2u + 1)/(4u + 1), et la réponse est
1 1
ln(4u + 1) + u = C.
t+
2 4
(V.319)
C’est une formule implicite pour u(t), et donc pour y(t).
c. y ′ = (2t + 3y + 5)2 . En posant simplement u = 2t + 3y + 5, nous trouvons
u′ 2
− = u2 ,
3
3
(V.320)
qui est une équation à variables séparées pour laquelle il faut une primitive
de 1/(3u2 + 2) par rapport à u. La réponse est
1
3u
√ Arctg √
6
6
!
= t + C.
(V.321)
Correction of the exercise 49
′
y
3y
2
+ (t+1)
a. y ′′ + t+1
2 = 0. Après multiplication par (t + 1) , nous avons l’équation
sous forme usuelle :
y ′′ (t + 1)2 + 3y ′ (t + 1) + y = 0
(V.322)
Nous posons τ = ln(t + 1). Ici, affin d’éviter des confusions entre les dérivations par rapport à t et celles par rapport à τ , il est bon de changer également
de nom pour la fonction inconnue :
z(τ ) = y t(τ ) ,
(V.323)
111
ou bien
z τ (t) = y(t).
(V.324)
Maintenant nous calculons y ′ (t) et y ′′ (t). Pour la première dérivée, nous avons
d
y(t)
dt
d z τ (t)
=
dt
dτ
= z ′ τ (t)
(t)
dt
1
,
= z ′ τ (t)
t+1
y ′ (t) =
(V.325)
et pour la seconde, nous utilisons Leibnitz :
 
′
d  z τ (t) 
y ′′ (t) =
dt
t+1
1
′
′′
=
τ
(t)
.
τ
(t)
−
z
z
(t + 1)2
(V.326)
En remplaçant cela et y(t) = z τ (t) , l’équation de départ devient alors
z ′′ + 2z ′ + z = 0.
(V.327)
Pour résoudre cette équation, nous calculons les racines du polynôme caractéristique r 2 + 2r + 1 = 0, qui n’a qu’une racine double : r = −1. Le
système fondamental de solutions est donc z1 (τ ) = e−τ et z2 (τ ) = τ e−τ .
Nous trouvons donc
z(τ ) = Ae−τ + Bτ e−τ .
(V.328)
Nous pouvons maintenant
effectuer le changement de variable inverse en
utilisant y(t) = z τ (t) :
y(t) = (A + Bτ (t))e−τ (t) ,
(V.329)
et donc y(t) = B ln(t + 1) + A (t + 1)−1 .
′
3y
y
b. y ′′ + t+1
+ (t+1)
2 = 1. Cette équation ne diffère de la précédente que par le
second membre. Nous repartons donc de l’équation (V.322) dans laquelle il
faut modifier le second membre :
y ′′(t + 1)2 + 3y ′(t + 1) + y = (t + 1)2 .
(V.330)
112
CHAPITRE V. CORRECTIONS
Nous connaissons déjà la solution générale de l’équation homogène associée.
Il reste à trouver une particulière. Avec la variable τ , le second membre est
e2τ . L’équation dont il nous faut une solution particulière est
z ′′ + 2y ′ + y = e2τ .
(V.331)
On essaye zP (τ ) = ae2τ . C’est très vite vu que a =
c. y ′′ =
a+b−1 ′
y
t
−
ab
y.
t2
1
9
est ce qu’il faut.
Nous posons τ = ln(t), et nous tombons sur l’équation
z ′′ − (a + b)z ′ + abz = 0.
(V.332)
L’équation caractéristique a comme solutions r1 = a et r2 = b. Si a 6= b, alors
ce sont deux solutions distinctes.
(a) Si a 6= b. Dans ce cas, nous avons y(t) = z τ (t) = Aeaτ (t) + Bebτ (t) , et
donc
y(t) = Ata + Btb .
(V.333)
(b) Si a = b, alors z(τ ) = Aeaτ + Bebτ , et donc
y(t) = A + B ln(t) ta .
(V.334)
Correction of the exercise 50
Nous posons z = y ′ , c’est à dire
y ′(t) = z y(t) .
La dérivée seconde est donnée par
y ′′(t) =
1 d 2
z (y)
2 dy
(V.335)
y ′′ (t) = z ′ y(t) y ′(t) = z ′ y(t) z y(t) ,
qui peut encore être écrit sous la forme ingénieuse
.
(V.336)
(V.337)
y(t)
Si nous notons u la variable de z, nous avons
k2
z (y) = 2 + C,
u
(V.338)
s
(V.339)
2
et donc
z(u) = ± 2
k2
+ C.
u
113
Donc, pour refaire le passage vers les anciennes variables
2k 2
z y(t) = ±
+C
y(t)
!1/2
= y ′ (t).
(V.340)
L’équation (très implicite) pour y prend alors la forme (voir l’astuce de la page
34)
!−1/2
Z y
2k 2
t − t0 = ±
+C
dξ.
(V.341)
ξ
y(t0 )
Le jeu est maintenant de trouver le C, ainsi que le signe ± à choisir et effectuer
l’intégrale dans les différents cas proposés. Calculons donc cette intégrale :
I=
Z s
ξ
dξ.
Cξ + k 2
(V.342)
Commençons par le changement de variable
u=
q
ξ/(Cξ + k 2 ), dξ =
du
k2
2
q
= 2 u(Cξ + k 2 )2 du.
u 2(Cξ + k 2 )2
k
(V.343)
L’intégrale à calculer devient alors
I = 2k
2
Z
u2
du,
(1 − Cu2 )2
(V.344)
qui se traite avec le changement de variable
v=
(1 − Cu2)2
1
,
du
=
dv.
1 − Cu2
2uC
(V.345)
Ce sur quoi nous tombons est
k2
I=
C
Z
k2
udv =
C
u
−
1 − Cu2
Z
!
du
.
1 − Cu2
(V.346)
Cette intégrale dépend de la valeur de C.
Nous cherchons la valeur de C en reprenant la formule (V.340) pour y ′ (t). Nous
trouvons
!1/2
√
2k 2
′
y (0) = 2k = ±
+C
.
(V.347)
y(0)
Étant donné que y(0) = 1, nous en déduisons C = 0. Le signe à choisir est + parce
que k > 0. Les conditions initiales données étant en zéro, nous avons t0 = 0, et
nous nous retrouvons à calculer
t=
Z
1
y
s
ξ
2 1 3/2
√
dξ
=
y
−
1
.
2k 2
3 2k
(V.348)
114
CHAPITRE V. CORRECTIONS
De là, sortir y(t) est une opération algébrique simple :
√ #2/3
2 1
3 2k
=
t+ √
y(t) =
2
3 2k
"
3k
√ t+1
2
!2/3
(V.349)
.
Cherchons maintenant les valeurs de C pour les autres données de Cauchy.
b. y(0) = 1, y ′ (0) = 2k. L’équation (V.340) nous donne C :
2k 2
2k = ±
1+C
!1/2
(V.350)
,
donc C = 2k 2 . Il faut prendre le signe + parce que k est positif.
c. 2k 2 + C = k 2 , donc C = −k 2 ,
d. 2k 2 + C = 0, donc C = −2k 2 .
Dans ces trois cas, la formule générale (V.341) devient
t = [I]y0
(V.351)
parce que t0 = 0 dans les trois cas.
Passons à la résolution du second problème de Cauchy. L’intégrale (V.346) peut
être calculée :
k2
I=
C
u
−
1 − k 2 u2
Z
du
1 − k 2 u2
!
=
u
1
ku + 1
−
ln
.
2
2
1−k u
2k
ku − 1
(V.352)
Il faut maintenant faire les changements de variables inverse :
1
u=
k
s
ξ
.
ξ+1
(V.353)
L’équation (V.351) donne
"
k2
C
u
−
1 − k 2 u2
Z
du
1 − k 2 u2
!
u
1
ku + 1
=
−
ln
1 − k 2 u2 2k
ku − 1
#y
(V.354)
0
dans laquelle il faut remettre (V.353). Après quelque calculs, nous trouvons
√
√
2
1
2+1
−
ln √
.
(V.355)
−
k
2k
2−1
Passons au second problème de Cauchy. Cette fois,
I=
1
−u
+
arctan(ku),
1 + k 2 u2 k
(V.356)
115
et
1
u=
k
s
ξ
.
1−ξ
(V.357)
Encore une fois, il faut utiliser la formule t = [I]t0 , et puis remplacer.
Faisons le troisième problème de Cauchy. Cette fois, C = −2k 2 . Étant donné
que y ′(0) = 0 et y(0) = 1, l’équation de départ devient
y ′′(0) = −k 2 ,
(V.358)
qui est négative. Mais comme y ′ (0) = 0, la dérivée y ′(t) est négative, en tout cas
pour les petits t. Par conséquent, 0 < y(t) < 1 sur un voisinage de 0 (parce que
y(0) = 1), donc la fraction dans
2k 2 − 2k 2 y(t)
y (t) = ±
y(t)
′
!
(V.359)
est positive, et il faut choisir le signe − affin que y ′ (t) soit négatif. Nous devons
donc, cette fois, utiliser la formule
y(t)
t = −[I]0 ,
(V.360)
et tout ce qui s’ensuit.
Correction of the exercise 51
a. y ′′ = y ′2 + y 2. Étant donné que la variable t n’intervient pas dans l’équation,
poser
z y(t) = y ′(t)
(V.361)
permet de diminuer l’ordre de l’équation. Le calcul de y ′ et y ′′ en termes de
z est usuel, et il faut encore utiliser l’astuce
1 d 2
y (t) =
z (y)
2 dy
′′
.
(V.362)
y=y(t)
L’équation à résoudre devient
1 d 2
z (y)
2 dy
y=y(t)
= z y(t)
2
+ y(t)2 ,
(V.363)
où maintenant nous voyons y(t) comme variable indépendante, ce qui fait
que la fonction z(u) vérifie l’équation
1 d 2
(z ) = z 2 + u2 .
2 du
(V.364)
116
CHAPITRE V. CORRECTIONS
Pour résoudre cela, nous posons v(z) = z 2 , et alors v doit vérifier
dont la solution est
1
v(u) = Ce2u − (u2 + u + ).
2
v′
2
= v + u2 ,
(V.365)
Nous trouvons donc l’équation suivante pour y ′ :
y ′ (t) = Ce2y − y 2 − y −
que nous pouvons résoudre à quadrature près :
t − t0 =
Z
dy
y
y0
1
,
2
Ce2y
− y2 − y −
1
2
(V.366)
.
(V.367)
b. ayy ′′ + by ′2 + cy 2 . Dans ce cas-ci, poser z y(t) = y ′ (t) n’est pas suffisant ;
nous posons plutôt
z y(t) = y ′ (t)2 .
(V.368)
La dérivation par rapport à t de cette équation donne
z ′ y(t) y ′ (t) = 2y ′(t)y ′′ (t)
(V.369)
où z ′ désigne la dérivée de z par rapport à sa variable (c’est à dire y, et non
t). Simplifions 9 par y ′(t), et remplaçons dans l’équation de départ :
1 ay(t) z ′ y(t) + bz y(t) + cy(t)2 = 0.
2
(V.370)
auz ′ + 2bz + 2cu2 = 0,
(V.371)
Si nous voyons maintenant y(t) comme variable de la fonction z, la fonction
z(y) vérifie l’équation différentielle
qui est une équation linéaire. L’équation homogène a pour solution
zH (u) = Au−2b/a .
(V.372)
La méthode de variation des constantes va fournir la solution générale à
l’équation non homogène. L’équation différentielle que nous trouvons pour
A(u) est
2b
2c
(V.373)
A′ (u) = − u1+ a .
a
Avant d’écrire A(u), il faut distinguer deux cas. En effet, uα s’intègre différemment suivant que α = −1 ou non. Les deux cas à distinguer sont
9. Je ne sais pas très bien ce qu’il se passe si y ′ vaut zéro en un point.
117
(a) 1 + 2b/a = −1, c’est à dire a = −b,
(b) 1 + 2b/a 6= −1, c’est à dire a 6= −b.
Dans le premier cas, le plus simple est en fait de remonter à l’équation de
départ et d’y mettre a = −b. Ce que nous trouvons est
c
yy ′′ − y ′2
=− .
2
y
a
(V.374)
′′
Si on remarque que le membre de gauche est ln |y| , alors on trouve
ln |y| = −
ou encore
c 2
t + At + B,
2a
y(t) = α exp −
c 2
t + At
2a
(V.375)
(V.376)
où α est une constante positive parce qu’elle provient de eB .
Pour le second cas (a 6= −b), nous continuons en résolvant (V.373) :
A(u) = −
c
u2(1+b/a) + L,
a+b
(V.377)
et z(u) = A(u)u−2b/a . En substituant l’expression (V.377) dans z(u),
z(u) = −
c
u2 + Lu−2b/a .
a+b
(V.378)
Maintenant nous nous souvenons que z y(t) = y ′(t)2 , donc nous trouvons
une nouvelle équation pour y(t) :
y ′(t)2 = −
c
y(t)2 + Ly(y)−2b/a .
a+b
(V.379)
Cette équation est du type
f (y, y ′) = g(y)y ′2 + h(y),
(V.380)
c
y 2 + Ly −2b/a . Il y a une méthode
avec g(y) = 1, f (y, y ′) = 0 et h(y) = − a+b
pour elle à la page II.79, mais je propose d’arrêter ici.
Correction of the exercise 52
118
CHAPITRE V. CORRECTIONS
a. Si nous récrivons l’équation sous la forme
l ln(t) + y − t ln(y)
,
(V.381)
t
nous voyons que l’équation est homogène. Si nous posons v = yt, nous trouvons
Z
dv
ln(t) =
,
(V.382)
ln(v)
qui est résolue à quadrature près.
b. C’est une équation de Bernoulli, sous la forme
y′ =
3y ′ − ay = (1 + t)y −2 .
(V.383)
En suivant les notations de l’équation (II.32),
a(t) = a
1+t
b(t) =
3
α = −2.
(V.384)
Nous posons z = y 3 , et nous avons l’équation différentielle
1+t
,
3
qui est linéaire. La solution pour y est donnée par
z ′ − 3au =
y 3 = Ceat −
1
(at + a + 1).
a2
(V.385)
(V.386)
c. Après avoir utilisé une règle de Leibnitz pour dériver y cos(t), nous mettons
l’équation sous la forme
y′ =
ky 3
y sin(t)
+
,
cos(t)
cos(t)
(V.387)
qui est une équation de Bernoulli avec
a(t) = tan(t)
k
b(t) =
cos(t)
α = 3.
(V.388)
La solution est
z=
1
k
1 + sin(t)
− k sin(t).
= C cos(t)2 − cos(t)2 ln
2
y
2
1 − sin(t)
(V.389)
119
d. 2tyy ′ − y 2 − t2 = 0. En posant z = y 2 , on trouve z ′ = 2yy ′, et donc
tz ′ − z = t2 ,
(V.390)
qui est une équation linéaire. Cette équation peut soit se résoudre comme
une équation linéaire, soit en écrivant
tz ′ − z
= 1,
t2
(V.391)
et en remarquant que le membre de gauche n’est autre que (z/t)′ . Donc
z
= t + C, et
t
z = y 2 = t2 + Ct.
(V.392)
e. y ′ = ty(t + y) − t(1 + t). C’est une équation de Ricatti avec
a(t) = t
b(t) = t2
c(t) = −t(1 + t),
(V.393)
dont on devine la solution particulière y(t) = 1. En suivant le schéma général,
1
nous posons y(t) = 1 + u(t)
, et nous trouvons l’équation linéaire
u′ = −(2t + t2 )u − t
(V.394)
pour u. L’équation homogène a pour solution
t3 .
uH = K exp − t +
3
2
(V.395)
La méthode de variation des constantes donne K sous la forme
K=−
Z
exp t2 +
t3 .
3
(V.396)
f. t2 y ′ + y 2 − yt − t2 = 0. Cette équation est Ricatta (avec y = t comme
solution particulière), mais elle est également une équation homogène. En
posant y = tv, nous trouvons l’équation
tv ′ + v 2 = 1,
(V.397)
qui est une équation à variables séparées.
g. (7y 2 − 4t − 3ty − 3t2 )y ′ = y(2 + 3t + y). C’est une équation presque exacte,
dont M = y est un facteur intégrant. Solution :
y2
7
3 y 2 − 2t − ty − t2 = C.
4
2
(V.398)
120
CHAPITRE V. CORRECTIONS
h. y ′′ = y ′ (2 + y ′ tan(y)). La variable t n’entre
n’intervient pas explicitement
dans l’équation, donc nous posons z y(t) = y ′ (t). Par calcul de dérivation,
y ′′ (t) =
dz y(t) · y ′ (t),
| {z }
dy
(V.399)
=z
et l’équation de départ s’écrit
dz y(t) · z y(t) = z y(t) · 2 + z y(t) + tan y(t) .
dy
(V.400)
L’équation pour z(u) est donc
z ′ z = z 2 + z tan(u) .
(V.401)
Une simplification par z (ce qui revient à perdre les solutions constantes pour
y) mène à l’équation z ′ = 2 + z tan(u), dont les solution sont données par
z = 2 tan(y) +
2K
,
cos(y)
(V.402)
qu’il faut maintenant identifier y ′. L’équation que nous trouvons alors pour
y est
2
sin(y)
+
K
,
(V.403)
y′ =
cos(y)
que nous pouvons récrire sous la forme
sin(y) + K
′
= 2 sin(y) + K ,
et dont les solutions sont donc données par
sin(y) + K = Le2t .
(V.404)
(V.405)
i. y ′ = −ty/(t2 + y 2). C’est une équation homogène, donc on pose v(t) = y(t)/t
et on trouve l’équation
v
tv ′ + v = −
(V.406)
1 + v2
que l’on peut remettre sous la forme
ou encore
1 dt
1 + v2
=
,
t dv
v(2 + v 2 )
(V.407)
dt
1 + v2
=
dv.
t
v(2 + v 2 )
(V.408)
121
Affin d’intégrer le second membre, nous décomposons mettons la fraction en
fractions simples que nous cherchons sous la forme
A
B
1 + v2
= +
.
2
v(2 + v )
v
2 + v2
(V.409)
1
v
1 + v2
=
+
.
2
v(2 + v )
2v 2(2 + v 2 )
(V.410)
Un calcul montre que
L’intégrale est maintenant aisée, et nous trouvons
ln
1
1
1
= ln |v| + ln |2 + v 2 | + C.
t
2
4
(V.411)
En manipulant les logarithmes, nous trouvons
ln
y2
t2
+2 +
y 2
t
= ln |Ct−4 |.
(V.412)
Étant donné que le logarithme est injectif sur R, nous pouvons les simplifier.
Le résultat est
y 2 (y 2 + 2t2 ) = C.
(V.413)
Correction of the exercise 53
Correction of the exercise 54
Correction of the exercise 55
Correction of the exercise 56
Correction of the exercise 57
Correction of the exercise 58
La solution de ce type d’équation est donnée sous forme paramétrique aux
pages II.82 et II.84 du cours.
a. Nous posons z(t) = y ′ (t), ce qui implique
t(z) =
a + bz 2
= f (z).
z
(V.414)
Cette équation doit être vue comme t donné en terme du paramètre z. Le jeu
est maintenant de trouver y en fonction du même paramètre z. Ainsi nous
122
CHAPITRE V. CORRECTIONS
aurons la courbe y(t) sous forme paramétrique. Afin d’utiliser la formule du
cours, nous calculons
bz 2 − a
′
,
(V.415)
f (z) =
z2
et nous posons
y = y0 +
Z
z
z0
z
ξf ′ (ξ)dξ + C
Z
a
(bξ + )dξ + C
ξ
z0
!
2
z
z02
= y0 + b
− a ln |z/z0 | + C.
−
2
2
= y0 +
(V.416)
Dans cette expression pour y(z), nous pouvons rassembler toutes les constantes arbitraires (y0 , C et z0 ) en une seule :
b
y(z) = z 2 − a ln(z) + C.
2
(V.417)
Pour le problème de Cauchy y(t0 ) = y0 , il faut d’abord voir pour quelle valeur
du paramètre z nous avons t(z) = t0 . Cela se fait en résolvant l’équation
t0 =
a + bz02
z0
(V.418)
par rapport à z0 . Les solutions sont données par
z0 =
t0 ±
q
t20 − 4ab
.
2b
(V.419)
Noter que si b = 0, alors l’équation différentielle de départ est évidente 10 ,
nous supposons donc que b 6= 0.
Si a = b = 1, nous avons les possibilités
(a) Si |t0 | > 2, deux solutions,
(b) Si |t0 | < 2, pas de solutions,
(c) Si |t0 | = 2, une seule solutions.
Si par contre a = −1 = b, alors nous avons
z0 =
t0 ±
q
t20 + 4
,
−2
10. Prouvez-vous qu’elle est évidente en écrianve toutes les solutions ! !
(V.420)
123
et donc toujours deux solutions.
Dans tous les cas, la solution se trouve sous forme paramétrique





a + bz 2
,
z

b


 y(z) = z 2 − a ln(z) + C.
2
t(z) =
(V.421a)
(V.421b)
Une fois que z0 est trouvé en fonction de t0 , il convient de résoudre y(z0 ) = y0
pour fixer la constante C.
b. En posant z = y ′ , nous écrivons
y = f (z) =
a + bz 2
,
z
(V.422)
qui doit, encore une fois, être vue comme une équation paramétrique. Pour
appliquer la formule du cours, nous calculons
f ′ (z) =
bz 2 − a
,
z2
(V.423)
et nous posons
t = t0 +
Z
z
z0
bξ 2 − a
dξ + C
ξ3
1
1
= t0 + b ln(|z/z0 |) + 2a 2 − 2
z
z0
!
(V.424)
+C
Encore une fois, il est important de regrouper toutes les constantes arbitraires
(z0 , t0 et C) en une seule :
t(z) = b ln(z) +
2a
+ C.
z2
(V.425)
Pour résoudre le problème de Cauchy y(t0 ) = y0 , nous commençons par trouver pour quelle valeur z0 du paramètre z nous avons t(z0 ) = t0 . L’équation
à résoudre est
a + bz02
y0 =
,
(V.426)
z0
et les solutions sont
q
y0 ± y02 − 4ab
.
(V.427)
z0 =
2b
Si a = b = 1, nous avons les possibilités
124
CHAPITRE V. CORRECTIONS
(a) Si |y0 | < 2, alors il y a deux solutions,
(b) Si |y0 | > 2, alors il n’y a pas de solutions,
(c) Si |y0 | = 2, alors il y a une seule solution.
Si a = −b = 1, par contre, il y a toujours deux solutions.
Other resolution
a. Nous commençons par dilater les données y = az et y =
façon à mettre l’équation sous la forme
u=
q
|ab|u, de telle
1 + ǫz ′2
z′
(V.428)
où ǫ = ±1, selon les valeurs de a et b. La solution de l’équation (V.428) est
donné sous forme paramétrique à la page II.82 du cours :





où f (ξ) =
1+ǫξ 2
.
ξ




u(λ) =
1 + ǫλ2
λ
z(λ) = C +
Z
λ
λ0
(V.429a)
ξf ′(ξ)dξ
(V.429b)
L’intégrale n’est pas très compliquée à effectuer :
"
ǫξ 2
z(λ) = C +
− ln(ξ)
2
#λ
λ0
!
ǫ
λ0
= C + (λ2 − λ20 ) + ln
.
2
λ
(V.430)
Le C peut être redéfini pour englober toutes les termes contenant λ0 (qui est
une constante arbitraire). Nous avons donc





1 + ǫλ2
u(λ) =
λ

ǫλ2


 z(λ) = C +
− ln(λ).
2
(V.431a)
(V.431b)
Résolvons le problème de Cauchy z(u0 ) = z0 . Pour cela, cherchons la valeur
λ0 du paramètre pour lequel u(λ) = u0 . Il vient l’équation
ǫλ20 − u0 λ + 1 = 0,
dont la solution est
λ0 =
u0 ±
q
u20 − 4ǫ
.
2ǫ
(V.432)
(V.433)
125
Il suffit maintenant de remplacer cette valeur dans l’équation (V.431b) de
z(λ). Il faut distinguer les cas ǫ = ±1.
q
Étudions d’abord le cas ǫ = −1. Dans ce cas, u20 − 4ǫ existe toujours (c’est
à dire pour tout u0 ). Nous trouvons donc deux valeurs pour la constante C
dans (V.431b), données par
(i)
C
où
(1)
λ0 =
−u0 −
(i)
q
ǫ(λ0 )2
(i)
= z0 −
− ln(λ0 )
2
u20 + 4
2
(2)
λ0 =
,
−u0 +
q
u20 + 4
2
(V.434)
(V.435)
Dans le cas où ǫ = 1, la racine n’existe pas toujours.
(a) Si −2 < u0 < 2, il n’y a aucune solutions.
(b) Si u0 = ±2, il y a une seule solution.
(c) Si u0 > 2 ou u0 < −2, il y a deux solutions.
Toutes ces solutions s’obtiennent par la même méthode que plus haut.
Cette multiplicité de solutions peut être vue en récrivant l’équation de départ
(V.428) sous la forme
√
u2 + 4ǫ
u
±
,
(V.436)
z′ =
2ǫ
qui sont réellement deux équations différentielles
différentes qui peuvent être
R√
2
u + 4ǫdu.
résolues moyennant le calcul de l’intégrale
b. y = (a + by ′2 )/y ′. Comme précédemment, nous écrivons l’équation sous la
forme y = (1 + ǫy ′2 )/y ′ avec ǫ = ±1. Cette fois, la forme paramétrique de la
solution est donné à la page II.84 :









y(λ) =
1 + ǫλ2
λ
t(λ) = t0 +
Z
λ
λ0
(V.437a)
f ′ (ξ)
dξ
ξ
(V.437b)
où f (ξ) = (1 + ǫξ 2 )/ξ. L’intégrale n’est pas très difficile à effectuer, et nous
avons









y(λ) =
1 + ǫλ2
λ
t(λ) = C + ǫ ln(λ) +
(V.438a)
1
.
2λ2
(V.438b)
126
CHAPITRE V. CORRECTIONS
Encore une fois, il y avait moyen de résoudre cette équation par une autre voie :
yy ′ = 1 + ǫy ′2 peut être résolue algébriquement en fonction de y ′ pour donner
√
y ± y 2 + 4ǫ
′
,
(V.439)
y =
2ǫ
qui sont deux équations à variables séparées.
Correction of the exercise 59
y = (1 + y ′2 )1/2 . Avant de passer en paramétrique, il faut vérifier que y ′ n’est
pas une constante. En effet, si tel était le cas, alors l’équation y(λ) = (1 + λ2 )1/2
ne serait valable que pour une seule valeur du paramètre (λ = C), ce qui est un
peu pas trop bien pour une équation paramétrique.
Quoi qu’il en soit, la seule solution avec y ′ = C est y ′ = 0 et donc y = 1.
Les autres solutions sont obtenues de façon paramétrique :



y(λ) = (1 + λ2 )1/3
(V.440a)
Z λ ′
f (ξ)

 t(λ) = t0 +
dξ
(V.440b)
ξ
λ0
√
où f (ξ) = (1 + ξ 2)1/2 . Nous devons donc intégrer 1/ 1 + ξ 2 . Le formulaire donne
Z
√
√
dv
v 2 ± a2 | + C.
=
ln
|v
+
v 2 ± a2
(V.441)
Lemme 31.
Nous avons la formule
arcsinh(a) = ln(a +
√
a2 + 1)
(V.442)
pour l’inverse du sinus hyperbolique.
Démonstration. Nous avons x = arcsinh(a), lorsque ex − e−x = 2a. Posons y = ex ,
et résolvons
1
(V.443)
y + = 2a
y
√
√
par rapport à y. Il y a deux solutions : y = a ± a2 + 1. La solution a − a2 + 1
est à rejeter parce que y = ex > 0. Donc il ne reste que
√
(V.444)
x = ln(a + a2 + 1).
127
Par conséquent,
t(λ) = t0 + arcsinh(λ) − arcsinh(λ0 ).
(V.445)
Cette relation peut être inversée pour connaître λ en fonction de t :
λ(t) = sinh(t − C)
(V.446)
où nous avons, comme toujours, regroupé toutes les constantes dans une seule
constante C. De cette façon, nous pouvons donner une forme explicite pour y(t) :
y(t) = y λ(t) = 1 + λ(t)2
1/2
= cosh(t − C).
(V.447)
Nous avons donc comme solution générale de l’équation différentielle : y(t) =
cosh(t − C).
Other resolution
Nous pouvons résoudre y = (1 + y ′2 )1/2 algébriquement par rapport à y ′(t) :
q
y ′(t) = ± y 2 − 1,
ce qui mène à
√
dy
= ±dt,
y2 − 1
(V.448)
(V.449)
et donc y(t) = ± cosh(t − C). Le choix de ± se fixe en remontant à l’équation de
départ : y = (1 + y ′2 )1/2 demande y > 0, et donc le choix de y = cosh(t + C).
Nous pouvons à présent résoudre quelque problèmes de Cauchy.
a. y(0) = cosh(1). Nous avons cosh(C) = cosh(1), donc C = ±1 (je rappelle
que le cosinus hyperbolique est une fonction paire), et donc deux solutions :
y(t) = cosh(t ± 1).
(V.450)
b. y(0) = 1. Nous trouvons facilement C = 0 et donc y = cosh(t). Ne pas
oublier la solution y = 1 que nous avons mentionné plus haut.
c. y(0) = 0, pas de solutions.
Correction of the exercise 60
La théorie se trouve à la page II.85 du cours. En suivant ces notations, nous
avons ici f (y ′) = 1/y ′2 , dont l’ensemble de définition est R0 . Donc pour tout
c ∈ R0 , la droite
1
yc (t) = ct + 2
(V.451)
c
128
CHAPITRE V. CORRECTIONS
est solution. Nous trouvons les constantes c qui correspondent au problème de
Cauchy y(t0 ) = y0 en résolvant l’équation
c2 y0 − c3 t0 − 1 = 0.
(V.452)
En vertu de ce qui est écrit au bas de la page II.86, l’enveloppe est donnée
paramétriquement par
(
t(λ) = −f ′ (λ)
y(λ) = −f ′ (λ)λ + f (λ)
(V.453a)
(V.453b)
où f (λ) = 1/λ2 . En remplaçant,
2
λ3

3

 y(λ) =
.
λ2




(V.454a)
t(λ) =
La relation t(λ) peut être inversée : λ =
y(t) = 3
(V.454b)
q
3
2/t, et donc
2
t
−2/3
.
(V.455)
Cette dernière équation est plus belle sous la forme
yE3 (t) =
27 2
t.
4
(V.456)
Étudions maintenant les problèmes de Cauchy proposés.
a. y(1) = 2. Étant donné que le point (1, 2) n’est pas sur yE , regardons si il ne
serait pas sur une des droites, c’est à dire : résolvons yc (1) = 2 par rapport
à c. Nous trouvons les solutions
√
√
5+1
− 5+1
(V.457)
c3 =
.
c1 = 1 c2 =
2
2
Les trois solutions correspondantes s’obtiennent en mettant ci dans l’équation
des droites (V.451).
b. y(2) = 3. Le point (2, 3) est sur l’enveloppe, et l’équation (V.452) à résoudre
pour trouver les droites est
3c2 − 2c3 − 1 = 0,
(V.458)
les solution sont alors c = − 21 et c = 1. Les droites solutions sont donc
1
y1 (t) = t + 4
2

y2 (t) = t + 1.


(V.459a)
(V.459b)
129
c. y(0) = 1. Le point (0, 1) n’est pas sur l’enveloppe, et les droites sont données
par c = ±1.
d. y(0) = −1. Ce n’est pas sur l’enveloppe, et il n’y a pas de solutions à l’équation (V.452). Pas du tout de solutions dans ce cas-ci.
e. y(3) = −2. Cela n’est pas sur l’enveloppe, et une seule droite c = −1, c’est
à dire y = −t + 1.
Correction of the exercise 61
Correction of the exercise 62
Correction of the exercise 63
Correction of the exercise 64
a. Le système s’écrit sous la forme
!
−1 −1
x′
=
2
1
y′
!
!
x
.
y
(V.460)
Les valeurs propres de la matrice sont données par l’annulation du déterminant
−1 − λ −1
= 0.
(V.461)
2
1−λ
Les solutions sont λ = ±i. Le vecteur propre pour la valeur propre i est
donné par
!
1
v1 =
(V.462)
−i − 1
Le vecteur propre pour la valeur −i est le complexe conjugué 11 de v1 :
!
1
v2 = v1∗ =
.
i−1
(V.463)
Les deux valeurs propres sont donc dans le cas 3 de la recette de la page 22.
La solution du système s’écrit donc comme une combinaison linéaire
!
!
!
x
1
1
= C1
eit + C2
e−it
y
−i − 1
i−1
(V.464)
où C1 , C2 ∈ C.
11. Parce que si Av = λv, alors A∗ v∗ = λ∗ v ∗ , tandis que A∗ = A et que les deux valeurs
propres sont complexes conjuguées.
130
CHAPITRE V. CORRECTIONS
Cette solution est réelle si et seulement si C1 = C̄2 . Si C1 = a + bi et
C2 = a − bi, alors les solutions prennent la forme
(
x(t) = a cos(t) + b sin(t)
y(t) = −(a + b) cos(t) + (a − b) sin(t).
(V.465a)
(V.465b)
Other resolution
Il y a moyen de résoudre cet exercice en calculant explicitement l’exponentielle de
!
−1 −1
A=
.
(V.466)
2
1
D’abord, nous considérons M1 , la matrice qui agit comme l’identité sur le
vecteur propre de λ1 et qui donne zéro sur le vecteur propre de λ2 , et M2 ,
le contraire 12 . Dans ce cas, pour toute fonction analytique (c’est à dire pour
toute fonction qui se définit par un développement en série de puissances),
nous avons
f (A) = f (λ1 )M1 + f (λ2 )M2 .
(V.467)
En faisant f (x) = x0 , nous avons f (A) = 1 et f (λ1 ) = f (λ2 ) = 1, donc
1 = M1 + M2 .
(V.468)
En prenant d’autre part f (x) = x − i, nous avons
A − i1 = −2iM2 .
(V.469)
En combinant (V.468) et (V.469), nous trouvons
1
M1 = (1 − iA)
2
1
M2 = (1 + iA).
2
(V.470)
Donc, en utilisant la formule (V.467) avec f = exp, nous avons
1
1
etA = eit (1 − i1) + e−it (1 − iA).
2
2
(V.471)
Maintenant, la solution du système est donnée par
!
x
cos(t) − sin(t)
− sin(t)
=
y
2 sin(t)
cos(t) + sin(t)
!
!
x0
.
y0
(V.472)
12. Notez déjà que cela n’est possible que parce que nous avons une base de vecteurs propres.
131
Tu sais comment vérifier que (V.471) est bien l’exponentielle de tA ? En
utilisant la proposition 1 de la page II.40. Dérivons donc l’équation (V.471)
par rapport à t, et posons t = 0.
1
1
d it 1
e (1 − iA) + e−it (1 + iA)
= (i1 + A − i1 + A) = A. (V.473)
t=0
dt
2
2
2
b. Dans ce système,
!
−1 −1
A=
,
1 −3
(V.474)
p(λ) = λ2 + 4λ + 4 = 0.
(V.475)
et le polynôme caractéristique est
Cela a une solution unique λ = −2 de multiplicité deux. Il n’y a hélas que
un seul vecteur propre (à multiple près) :
!
a
v=
.
a
(V.476)
Nous sommes donc dans le cas où il y a un seul vecteur pour une valeur
propre multiple, c’est à dire le point 5 de la page 23. Nous cherchons donc
des solutions sous la forme
!
at + c −2t
e
at + d
(V.477)
!
a
où l’on a, conformément à la recette, prit le vecteur
comme coefficient
a
de eλt . Nous injections cette solution dans le système pour tenter de fixer a, c
et d. Après quelque calculs et après simplification par e−2t , nous tombons
sur le système
(
a−c+d=0
a − c + d = 0,
(V.478a)
(V.478b)
donc a = c − d. La solution du système est donc
!
!
x
(c − d)t + c −2t
=
e .
y
(c − d)t + d
(V.479)
Cette solution peut être rendue un peu plus jolie en changeant le nom des
constantes :
!
!
at + b
x
e−2t .
(V.480)
=
y
at + (b − a)
132
CHAPITRE V. CORRECTIONS
Cette solution est réelle lorsque a, b ∈ R.
Other resolution
Nous pouvons, ici aussi, résoudre le système en calculant l’exponentielle de
la matrice. Le problème est cependant plus compliqué parce que nous avons
un seul vecteur propre. Il n’est donc pas possible de définir les matrices M1
et M2 de l’équation (V.467).
C’est pour parer à cette carence de vecteurs propres qu’on a inventé la forme
de Jordan. Prenons une matrice B, et mettons la sous la forme B = λ1 +N,
c’est à dire


λ 1

λ 1 


,
(V.481)
B=

λ 1
λ
et




N =
1
1



.
1
(V.482)
Il est vite vu qu’en calculant les puissances de N, la diagonale
de 1 se décale.
!
0 1
Dans le cas de matrices 2 × 2, nous avons B =
, et N 2 = 0. Donc,
0 0
B 2 = (λ1 + N)2 = λ2 1 + 2λN. En calculant la puissance suivante de B, nous
trouvons
B 3 = B 2 (λ1 + N) = λ2 1 + 3λ2 N,
(V.483)
et aucun terme en N 2 pacque N 2 = 0. Par conséquent, lorsque B est sous
forme de Jordan,
f (B) = f (λ)1 + f ′ (λ)N.
(V.484)
Dans le problème qui nous occupe, A n’est pas sous forme de Jordan. Au
lieu d’avoir (V.484), nous avons
f (A) = f (λ)M1 + f ′ (λ)M2
(V.485)
où M1 et M2 sont des matrices à déterminer. Nous trouvons facilement que
M1 = 1 et M2 = A + 21.
c. C’est un système 3 × 3, avec pour matrice


2 1 1


A = 1 2 1 .
1 1 2
(V.486)
133
L’équation caractéristique est
− λ3 + 6λ2 − 9λ + 4 = (λ − 1)(−λ2 + 5λ − 4) = 0.
(V.487)
Les solutions sont λ1 = 4 et λ2 = 1. La seconde
est de multiplicité deux.

a
 
La valeur propre 4 a pour vecteur propre a, et la valeur double 1 a deux
a
 
 
0
b
 
 
vecteurs propres :  0  et  c . Nous sommes donc dans un cas où toutes
−c
−b
les valeurs propres ont leur bon nombre de vecteurs propres, et la solution
est simplement
 
 
 


0
b
a
x
  4t   t   t
 
y  = a e + 0 e +  c  e .
−c
b
a
z
(V.488)
Other resolution
Il y a une autre façon de résoudre ce système. Remarquons en effet que
x′ + y ′ + z ′ = 4(x + y + z), donc
x + y + z = Ke4t .
(V.489)
x′ = 2x + y + (−x − y + Ke4t )
y ′ = c + 2y + (−x − y + Ke4t ).
(V.490)
Par conséquent, nous avons
Nous en déduisons que
et donc
x′ = x + Ke4t
y ′ = y + Ke4t ,
(V.491)
K 4t
e
3
K
y = Det + e4t .
3
(V.492)
x = Cet +
d. La matrice est

0
 2

A=
−1
0
0
0
0
0
1
0
0
0

0
1

.
2
0
(V.493)
134
CHAPITRE V. CORRECTIONS
Vu qu’il y a une ligne de zéros, le déterminant de cette matrice est nul, et il y
aura certainement λ = 0 comme valeur propre. Le polynôme caractéristique
est en effet λ4 +λ2 , et les valeurs propres sont λ1 = i, λ2 = −i et λ3 = λ4 = 0.
Les vecteurs propres sont



 

0
1
1
a
 2i 
−2i
 

 

 , v2 =   , v3 =   .
v1 = 
0
−i
 i 
0
0
0
(V.494)
Il n’y a que un seul vecteur propre pour la valeur propre zéro. Les deux
valeurs propres « comme il faut » fournissent les solutions




1
1
 2i 
−2i
 
 it

 e + C2   e−it .
x̄ = C1 
−i
 i 
0
0
(V.495)
Les solutions correspondantes à la troisième
valeur propre sont à chercher
 
0
a
 
sous la forme x̄ = (āt + b̄)eiλ3 t où ā =   et λ3 = 0. Nous cherchons donc
0
0
x̄ sous la forme


0 + b1
a t + b 

2
.
(V.496)
x̄ =  2
 0 + b3 
0 + b4
Le système pour les constantes a2 et bi est
0 = b3
a2 = 2b1 + b4


 0 = −b1 + 2b4


0 = 0.
(V.497a)
(V.497b)
(V.497c)
(V.497d)






Nous en déduisons donc la solution générale du système proposé :






2a/5
1
1
at + b 
 2i 
−2i

 it
 

2

 e + C2   e−it + 
x̄ = C1 
 0 
−i
 i 
a/5
0
0
avec C1 , C2 , a et b2 comme constantes.
(V.498)
135
e. La matrice est


1/2 −1/2 1/2

1/2 −1/2
A= 0
,
1
0
0
(V.499)
1) = −λ3 +λ2 + λ4 . Les solutions
dont le polynôme caractéristique
est det(A−λ
√
√
sont λ1 = 0, λ2 = 1+2 2 et λ3 = 1−2 2 ; les vecteur propres correspondants
sont
√

 
√


2
0
− 22 − 1
−1
2





v1 = 
1 , v2 = 
 , v3 =  1  .
1
√
√
1
− 2
2
(V.500)
La solution du système s’écrit donc sous la forme
 
√

√


2
0
− 2 −1
−1
 2
 λ2 t
 λ t
 2
 
+
C
x̄ = A 1 + B 
e
 1 e 3 .
1
√
√
1
− 2
2
(V.501)
f. Pour un système non homogène, il y a la proposition 1 de la page II.35 qui
dit qu’il faut trouver la solution générale du système homogène associé, et
lui ajouter une solution particulière du système non homogène. Dans le cas
présent, le système homogène a pour solutions
!
!
1
1 1−i
e(1+i)t + C2
e t.
−i
i
x̄H = C1
(V.502)
Pour le système non homogène, nous essayons une solution de la forme
!
αet + βe2t
,
x̄P =
γet + δe2t
(V.503)
qu’on injecte dans l’équation
x̄′P
!
!
1 −1
et
=
x̄P + 2t .
e
1 1
(V.504)
Après un certain nombre de calculs, nous trouvons
α=0
β = −1/2
γ=1
δ = 1/2,
(V.505)
et donc la solution particulière est
!
− 1 e2t
x̄P = t 2 1 2t .
e + 2e .
(V.506)
136
CHAPITRE V. CORRECTIONS
Correction of the exercise 65
!
0 a
La matrice du système homogène est
, et les valeurs propres sont
−a 0
λ = ±ia. Les vecteurs propres correspondants sont
!
!
1
1
v1 =
, v2 =
.
i
−i
(V.507)
Le système homogène a donc comme solutions
!
!
1 iat
1
e + C2
e−iat .
i
−i
xH = C1
(V.508)
Les solutions réelles sont
!
!
A
B
xH =
cos(at) +
sin(at).
B
−A
(V.509)
Le principe de la variation des constantes consiste à poser A = A(t) et B = B(t).
La dérivation de x ne pose pas trop de problèmes :
!
!
A′ + aB
B ′ − aA
cos(at)
+
sin(at),
x′ =
B ′ − aA
−A′ − aB
(V.510)
que l’on remet dans le système de départ. Ce que nous obtenons est
(
A′ cos(at) + B ′ sin(at) = −2a
B ′ cos(at) − A′ sin(at) = a.
(V.511a)
(V.511b)
Affin de trouver les fonctions inconnues A et B, nous commençons par résoudre
ce système algébriquement par rapport à A′ et B ′ . Nous obtenons
(
A′ (t) = −a sin(at) − 2a cos(at)
B ′ (t) = −2a sin(at) + a cos(at).
(V.512a)
(V.512b)
Ces deux équations sont maintenant solubles par simple quadrature.
(
A(t) = cos(at) − 2 sin(at) + C1
B(t) = 2 cos(at) + sin(at) + C2 .
(V.513a)
(V.513b)
La solution générale du système est donc
!
cos(at) − 2 sin(at) + C1
2 cos(at) + sin(at) + C2
x=
cos(at) +
2 cos(at) + sin(at) + C2
− cos(at) + 2 sin(at) − C1
!
1 + C2 sin(at) + C1 cos(at)
=
.
2 + C2 cos′ (at) − C1 sin(at)
!
(V.514)
137
Ceci est pour la variation des constantes. Il y a cependant une façon plus facile
de résoudre le système.
D’abord, le système se récrit
(
x′ = a(y − 2)
y ′ = −a(x − 1),
(V.515a)
(V.515b)
ce qui nous incite à faire le changement de variable u = x − 1 et v = y − 2. Le
système devient
(
u′ = av
v ′ = −au.
(V.516a)
(V.516b)
En dérivant la première équation, u′′ = −a2 u, ce qui donne tout ce suite
u = C1 cos(at) + C2 sin(at).
Ensuite v se trouve en faisant v = u′ /a.
Correction of the exercise 66
Correction of the exercise 67
Correction of the exercise 68
Correction of the exercise 69
Correction of the exercise 70
(V.517)
138
CHAPITRE V. CORRECTIONS
Chapitre VI
GNU Free Documentation
License
Version 1.3, 3 November 2008
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Everyone is permitted to copy and distribute verbatim copies of this license
document, but changing it is not allowed.
VI.1
Preamble
The purpose of this License is to make a manual, textbook, or other functional
and useful document “free” in the sense of freedom : to assure everyone the effective freedom to copy and redistribute it, with or without modifying it, either
commercially or noncommercially. Secondarily, this License preserves for the author and publisher a way to get credit for their work, while not being considered
responsible for modifications made by others.
This License is a kind of “copyleft”, which means that derivative works of the
document must themselves be free in the same sense. It complements the GNU
General Public License, which is a copyleft license designed for free software.
We have designed this License in order to use it for manuals for free software,
because free software needs free documentation : a free program should come with
manuals providing the same freedoms that the software does. But this License is
not limited to software manuals ; it can be used for any textual work, regardless of
subject matter or whether it is published as a printed book. We recommend this
License principally for works whose purpose is instruction or reference.
139
140
VI.2
CHAPITRE VI. GNU FREE DOCUMENTATION LICENSE
APPLICABILITY AND DEFINITIONS
This License applies to any manual or other work, in any medium, that contains
a notice placed by the copyright holder saying it can be distributed under the terms
of this License. Such a notice grants a world-wide, royalty-free license, unlimited in
duration, to use that work under the conditions stated herein. The “Document”,
below, refers to any such manual or work. Any member of the public is a licensee,
and is addressed as “you”. You accept the license if you copy, modify or distribute
the work in a way requiring permission under copyright law.
A “Modified Version” of the Document means any work containing the Document or a portion of it, either copied verbatim, or with modifications and/or
translated into another language.
A “Secondary Section” is a named appendix or a front-matter section of the
Document that deals exclusively with the relationship of the publishers or authors
of the Document to the Document’s overall subject (or to related matters) and
contains nothing that could fall directly within that overall subject. (Thus, if the
Document is in part a textbook of mathematics, a Secondary Section may not explain any mathematics.) The relationship could be a matter of historical connection
with the subject or with related matters, or of legal, commercial, philosophical,
ethical or political position regarding them.
The “Invariant Sections” are certain Secondary Sections whose titles are
designated, as being those of Invariant Sections, in the notice that says that the
Document is released under this License. If a section does not fit the above definition of Secondary then it is not allowed to be designated as Invariant. The
Document may contain zero Invariant Sections. If the Document does not identify
any Invariant Sections then there are none.
The “Cover Texts” are certain short passages of text that are listed, as FrontCover Texts or Back-Cover Texts, in the notice that says that the Document is
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Back-Cover Text may be at most 25 words.
A “Transparent” copy of the Document means a machine-readable copy, represented in a format whose specification is available to the general public, that
is suitable for revising the document straightforwardly with generic text editors
or (for images composed of pixels) generic paint programs or (for drawings) some
widely available drawing editor, and that is suitable for input to text formatters
or for automatic translation to a variety of formats suitable for input to text formatters. A copy made in an otherwise Transparent file format whose markup, or
absence of markup, has been arranged to thwart or discourage subsequent modification by readers is not Transparent. An image format is not Transparent if used
for any substantial amount of text. A copy that is not “Transparent” is called
“Opaque”.
VI.3. VERBATIM COPYING
141
Examples of suitable formats for Transparent copies include plain ASCII without markup, Texinfo input format, LaTeX input format, SGML or XML using
a publicly available DTD, and standard-conforming simple HTML, PostScript or
PDF designed for human modification. Examples of transparent image formats include PNG, XCF and JPG. Opaque formats include proprietary formats that can
be read and edited only by proprietary word processors, SGML or XML for which
the DTD and/or processing tools are not generally available, and the machinegenerated HTML, PostScript or PDF produced by some word processors for output
purposes only.
The “Title Page” means, for a printed book, the title page itself, plus such
following pages as are needed to hold, legibly, the material this License requires
to appear in the title page. For works in formats which do not have any title page
as such, “Title Page” means the text near the most prominent appearance of the
work’s title, preceding the beginning of the body of the text.
The “publisher” means any person or entity that distributes copies of the
Document to the public.
A section “Entitled XYZ” means a named subunit of the Document whose title either is precisely XYZ or contains XYZ in parentheses following text that translates XYZ in another language. (Here XYZ stands for a specific section name mentioned below, such as “Acknowledgements”, “Dedications”, “Endorsements”,
or “History”.) To “Preserve the Title” of such a section when you modify the
Document means that it remains a section “Entitled XYZ” according to this definition.
The Document may include Warranty Disclaimers next to the notice which
states that this License applies to the Document. These Warranty Disclaimers
are considered to be included by reference in this License, but only as regards
disclaiming warranties : any other implication that these Warranty Disclaimers
may have is void and has no effect on the meaning of this License.
VI.3
VERBATIM COPYING
You may copy and distribute the Document in any medium, either commercially or noncommercially, provided that this License, the copyright notices, and
the license notice saying this License applies to the Document are reproduced in
all copies, and that you add no other conditions whatsoever to those of this License. You may not use technical measures to obstruct or control the reading or
further copying of the copies you make or distribute. However, you may accept
compensation in exchange for copies. If you distribute a large enough number of
copies you must also follow the conditions in section 3.
You may also lend copies, under the same conditions stated above, and you
142
CHAPITRE VI. GNU FREE DOCUMENTATION LICENSE
may publicly display copies.
VI.4
COPYING IN QUANTITY
If you publish printed copies (or copies in media that commonly have printed
covers) of the Document, numbering more than 100, and the Document’s license
notice requires Cover Texts, you must enclose the copies in covers that carry,
clearly and legibly, all these Cover Texts : Front-Cover Texts on the front cover,
and Back-Cover Texts on the back cover. Both covers must also clearly and legibly
identify you as the publisher of these copies. The front cover must present the full
title with all words of the title equally prominent and visible. You may add other
material on the covers in addition. Copying with changes limited to the covers, as
long as they preserve the title of the Document and satisfy these conditions, can
be treated as verbatim copying in other respects.
If the required texts for either cover are too voluminous to fit legibly, you
should put the first ones listed (as many as fit reasonably) on the actual cover,
and continue the rest onto adjacent pages.
If you publish or distribute Opaque copies of the Document numbering more
than 100, you must either include a machine-readable Transparent copy along
with each Opaque copy, or state in or with each Opaque copy a computer-network
location from which the general network-using public has access to download using
public-standard network protocols a complete Transparent copy of the Document,
free of added material. If you use the latter option, you must take reasonably
prudent steps, when you begin distribution of Opaque copies in quantity, to ensure
that this Transparent copy will remain thus accessible at the stated location until
at least one year after the last time you distribute an Opaque copy (directly or
through your agents or retailers) of that edition to the public.
It is requested, but not required, that you contact the authors of the Document
well before redistributing any large number of copies, to give them a chance to
provide you with an updated version of the Document.
VI.5
MODIFICATIONS
You may copy and distribute a Modified Version of the Document under the
conditions of sections 2 and 3 above, provided that you release the Modified Version under precisely this License, with the Modified Version filling the role of the
Document, thus licensing distribution and modification of the Modified Version
to whoever possesses a copy of it. In addition, you must do these things in the
Modified Version :
VI.5. MODIFICATIONS
143
A. Use in the Title Page (and on the covers, if any) a title distinct from that
of the Document, and from those of previous versions (which should, if there
were any, be listed in the History section of the Document). You may use
the same title as a previous version if the original publisher of that version
gives permission.
B. List on the Title Page, as authors, one or more persons or entities responsible for authorship of the modifications in the Modified Version, together
with at least five of the principal authors of the Document (all of its principal authors, if it has fewer than five), unless they release you from this
requirement.
C. State on the Title page the name of the publisher of the Modified Version,
as the publisher.
D. Preserve all the copyright notices of the Document.
E. Add an appropriate copyright notice for your modifications adjacent to the
other copyright notices.
F. Include, immediately after the copyright notices, a license notice giving the
public permission to use the Modified Version under the terms of this License,
in the form shown in the Addendum below.
G. Preserve in that license notice the full lists of Invariant Sections and required
Cover Texts given in the Document’s license notice.
H. Include an unaltered copy of this License.
I. Preserve the section Entitled “History”, Preserve its Title, and add to it
an item stating at least the title, year, new authors, and publisher of the
Modified Version as given on the Title Page. If there is no section Entitled
“History” in the Document, create one stating the title, year, authors, and
publisher of the Document as given on its Title Page, then add an item
describing the Modified Version as stated in the previous sentence.
J. Preserve the network location, if any, given in the Document for public
access to a Transparent copy of the Document, and likewise the network
locations given in the Document for previous versions it was based on. These
may be placed in the “History” section. You may omit a network location
for a work that was published at least four years before the Document itself,
or if the original publisher of the version it refers to gives permission.
K. For any section Entitled “Acknowledgements” or “Dedications”, Preserve
the Title of the section, and preserve in the section all the substance and
tone of each of the contributor acknowledgements and/or dedications given
therein.
L. Preserve all the Invariant Sections of the Document, unaltered in their text
and in their titles. Section numbers or the equivalent are not considered part
of the section titles.
144
CHAPITRE VI. GNU FREE DOCUMENTATION LICENSE
M. Delete any section Entitled “Endorsements”. Such a section may not be
included in the Modified Version.
N. Do not retitle any existing section to be Entitled “Endorsements” or to
conflict in title with any Invariant Section.
O. Preserve any Warranty Disclaimers.
If the Modified Version includes new front-matter sections or appendices that
qualify as Secondary Sections and contain no material copied from the Document,
you may at your option designate some or all of these sections as invariant. To
do this, add their titles to the list of Invariant Sections in the Modified Version’s
license notice. These titles must be distinct from any other section titles.
You may add a section Entitled “Endorsements”, provided it contains nothing
but endorsements of your Modified Version by various parties—for example, statements of peer review or that the text has been approved by an organization as the
authoritative definition of a standard.
You may add a passage of up to five words as a Front-Cover Text, and a passage
of up to 25 words as a Back-Cover Text, to the end of the list of Cover Texts in the
Modified Version. Only one passage of Front-Cover Text and one of Back-Cover
Text may be added by (or through arrangements made by) any one entity. If the
Document already includes a cover text for the same cover, previously added by
you or by arrangement made by the same entity you are acting on behalf of, you
may not add another ; but you may replace the old one, on explicit permission
from the previous publisher that added the old one.
The author(s) and publisher(s) of the Document do not by this License give
permission to use their names for publicity for or to assert or imply endorsement
of any Modified Version.
VI.6
COMBINING DOCUMENTS
You may combine the Document with other documents released under this
License, under the terms defined in section 4 above for modified versions, provided
that you include in the combination all of the Invariant Sections of all of the original
documents, unmodified, and list them all as Invariant Sections of your combined
work in its license notice, and that you preserve all their Warranty Disclaimers.
The combined work need only contain one copy of this License, and multiple
identical Invariant Sections may be replaced with a single copy. If there are multiple
Invariant Sections with the same name but different contents, make the title of
each such section unique by adding at the end of it, in parentheses, the name of
the original author or publisher of that section if known, or else a unique number.
Make the same adjustment to the section titles in the list of Invariant Sections in
the license notice of the combined work.
VI.7. COLLECTIONS OF DOCUMENTS
145
In the combination, you must combine any sections Entitled “History” in the
various original documents, forming one section Entitled “History” ; likewise combine any sections Entitled “Acknowledgements”, and any sections Entitled “Dedications”. You must delete all sections Entitled “Endorsements”.
VI.7
COLLECTIONS OF DOCUMENTS
You may make a collection consisting of the Document and other documents
released under this License, and replace the individual copies of this License in
the various documents with a single copy that is included in the collection, provided that you follow the rules of this License for verbatim copying of each of the
documents in all other respects.
You may extract a single document from such a collection, and distribute it
individually under this License, provided you insert a copy of this License into
the extracted document, and follow this License in all other respects regarding
verbatim copying of that document.
VI.8
AGGREGATION WITH INDEPENDENT
WORKS
A compilation of the Document or its derivatives with other separate and independent documents or works, in or on a volume of a storage or distribution
medium, is called an “aggregate” if the copyright resulting from the compilation
is not used to limit the legal rights of the compilation’s users beyond what the
individual works permit. When the Document is included in an aggregate, this License does not apply to the other works in the aggregate which are not themselves
derivative works of the Document.
If the Cover Text requirement of section 3 is applicable to these copies of the
Document, then if the Document is less than one half of the entire aggregate,
the Document’s Cover Texts may be placed on covers that bracket the Document
within the aggregate, or the electronic equivalent of covers if the Document is in
electronic form. Otherwise they must appear on printed covers that bracket the
whole aggregate.
VI.9
TRANSLATION
Translation is considered a kind of modification, so you may distribute translations of the Document under the terms of section 4. Replacing Invariant Sec-
146
CHAPITRE VI. GNU FREE DOCUMENTATION LICENSE
tions with translations requires special permission from their copyright holders,
but you may include translations of some or all Invariant Sections in addition to
the original versions of these Invariant Sections. You may include a translation
of this License, and all the license notices in the Document, and any Warranty
Disclaimers, provided that you also include the original English version of this
License and the original versions of those notices and disclaimers. In case of a
disagreement between the translation and the original version of this License or a
notice or disclaimer, the original version will prevail.
If a section in the Document is Entitled “Acknowledgements”, “Dedications”,
or “History”, the requirement (section 4) to Preserve its Title (section 1) will
typically require changing the actual title.
VI.10
TERMINATION
You may not copy, modify, sublicense, or distribute the Document except as
expressly provided under this License. Any attempt otherwise to copy, modify,
sublicense, or distribute it is void, and will automatically terminate your rights
under this License.
However, if you cease all violation of this License, then your license from a particular copyright holder is reinstated (a) provisionally, unless and until the copyright holder explicitly and finally terminates your license, and (b) permanently, if
the copyright holder fails to notify you of the violation by some reasonable means
prior to 60 days after the cessation.
Moreover, your license from a particular copyright holder is reinstated permanently if the copyright holder notifies you of the violation by some reasonable
means, this is the first time you have received notice of violation of this License
(for any work) from that copyright holder, and you cure the violation prior to 30
days after your receipt of the notice.
Termination of your rights under this section does not terminate the licenses
of parties who have received copies or rights from you under this License. If your
rights have been terminated and not permanently reinstated, receipt of a copy of
some or all of the same material does not give you any rights to use it.
VI.11
FUTURE REVISIONS OF THIS LICENSE
The Free Software Foundation may publish new, revised versions of the GNU
Free Documentation License from time to time. Such new versions will be similar
in spirit to the present version, but may differ in detail to address new problems
or concerns. See http ://www.gnu.org/copyleft/ .
VI.12. RELICENSING
147
Each version of the License is given a distinguishing version number. If the
Document specifies that a particular numbered version of this License “or any later
version” applies to it, you have the option of following the terms and conditions
either of that specified version or of any later version that has been published (not
as a draft) by the Free Software Foundation. If the Document does not specify a
version number of this License, you may choose any version ever published (not as
a draft) by the Free Software Foundation. If the Document specifies that a proxy
can decide which future versions of this License can be used, that proxy’s public
statement of acceptance of a version permanently authorizes you to choose that
version for the Document.
VI.12
RELICENSING
“Massive Multiauthor Collaboration Site” (or “MMC Site”) means any World
Wide Web server that publishes copyrightable works and also provides prominent
facilities for anybody to edit those works. A public wiki that anybody can edit is
an example of such a server. A “Massive Multiauthor Collaboration” (or “MMC”)
contained in the site means any set of copyrightable works thus published on the
MMC site.
“CC-BY-SA” means the Creative Commons Attribution-Share Alike 3.0 license
published by Creative Commons Corporation, a not-for-profit corporation with a
principal place of business in San Francisco, California, as well as future copyleft
versions of that license published by that same organization.
“Incorporate” means to publish or republish a Document, in whole or in part,
as part of another Document.
An MMC is “eligible for relicensing” if it is licensed under this License, and
if all works that were first published under this License somewhere other than
this MMC, and subsequently incorporated in whole or in part into the MMC, (1)
had no cover texts or invariant sections, and (2) were thus incorporated prior to
November 1, 2008.
The operator of an MMC Site may republish an MMC contained in the site
under CC-BY-SA on the same site at any time before August 1, 2009, provided
the MMC is eligible for relicensing.
VI.13
ADDENDUM : How to use this License
for your documents
To use this License in a document you have written, include a copy of the
License in the document and put the following copyright and license notices just
148
CHAPITRE VI. GNU FREE DOCUMENTATION LICENSE
after the title page :
Copyright © YEAR YOUR NAME. Permission is granted to copy,
distribute and/or modify this document under the terms of the GNU
Free Documentation License, Version 1.3 or any later version published
by the Free Software Foundation ; with no Invariant Sections, no FrontCover Texts, and no Back-Cover Texts. A copy of the license is included
in the section entitled “GNU Free Documentation License”.
If you have Invariant Sections, Front-Cover Texts and Back-Cover Texts, replace the “with . . . Texts.” line with this :
with the Invariant Sections being LIST THEIR TITLES, with the
Front-Cover Texts being LIST, and with the Back-Cover Texts being
LIST.
If you have Invariant Sections without Cover Texts, or some other combination
of the three, merge those two alternatives to suit the situation.
If your document contains nontrivial examples of program code, we recommend
releasing these examples in parallel under your choice of free software license, such
as the GNU General Public License, to permit their use in free software.
Index
Équation
différentielle
à variables séparées, 20
Équation différentielle
ordinaire
ordre 1, 19
Compact
le coup du, 31
Convergence
en moyenne quadratique, 89
Critère
Abel pour intégrales, 16
Weierstrass, 16
Intégrale
convergente, 14
Jordan
forme, 132
Riemann
fonction, 39
Système fondamental, 24
Variations des constantes, 25
Dérivalble
fonction, 19
Euler
fonction, 45
fonction β, 46
Facteur
intégrant, 28
Forme, 32
différentielle, 33
exacte, 33
fermée, 33
Forme différentielle
exacte, 33
fermée, 33
Fubini, 13
Intégrable (fonction), 12
149