Devoir 19 (ds09)

corrigé

1  Premier problème

Soit a Î R^* et b Î R fixés et l'équation différentielle

y¢¢-4y=a| x| +b

(1)

1. Résoudre EQ. 1 sur R^*₊ . Résoudre EQ. 1 sur R^*_- .

   1. Les solutions de l'équation linéaire [(d² )/(d x ² )]k( x) -4k( x) = 0 sont k( x) = C₁exp( 2x) +C₂exp( -2x) , qui s'écrivent aussi k( x) = acosh( 2x) +bsinh( 2x) .
   2. Sur les positifs, il est évident que s₁( x) = -[1/4]( a x+b) est solution. La solution générale de EQ. 1 est donc y₁=s₁+k soit
      

      y2( x) = a2cosh( 2x) +b2sinh( 2x) + 1 4 ( -a x-b)

   3. De même la solution générale de EQ. 1 sur les négatifs est

      
      

      y1( x) = a1cosh( 2x) +b1sinh( 2x) + 1 4 ( a x-b)

2. Montrer qu'il existe des solutions f de EQ. 1 sur R et donner leur expression (on donnera f( x) pour x > 0 , f( x) pour x < 0 et f( 0) ) en fonction de deux paramètres).

   1. On sait que l'ensemble des solutions de EQ. 1 est un espace affine de dimension 2 (équation résolue en y¢¢ à coefficients continus).
   2. Pour obtenir une solution traversant x=0 , il suffit de recoller une solution y₁ avec une solution y₂ de sorte que y₁( 0) = y₂( 0) et y₁¢( 0) = y₂¢( 0) . Il vient a₁=a₂ et 2b₁+[1/4]a=2b₂-[1/4]a , soit b₁=b₂-[1/4] a .
   3. La partie impaire de y est, pour x > 0 , [1/2]( -y₁( -x) +y₂( x) ) soit un multiple de sinh( 2x) . La partie paire contient un multiple de cosh( 2x) ajouté à une certaine fonction (paire, et solution de EQ. 1). Il vient :
      

      y( x) = acosh( 2x) +bsinh( 2x) + a 8 ( sinh( | 2x| ) -| 2x| ) + b 4 ( cosh( 2x) -1)

      (2)

3. Soit f₀ la solution de EQ. 1 sur R vérifiant f( 0) = 0 et f¢( 0) = 0 . Donner f₀( x) pour x > 0 et vérifier que f₀ est paire.

   1. Le calcul précédent donne précisément la solution particulière paire et s'annulant en x=0 .
   2. Par raison de symétrie, cette solution, étant dérivable en x=0 , voit sa dérivée s'annuler en ce point.
4. Étudier la branche infinie de f₀ au voisinage de +¥. On montrera que le graphe de f₀ admet une droite asymptote au voisinage de +¥ si et seulement si a=-2b .

   1. Pour x® ¥, on a sinhx ~ coshx ~ [1/2]expx . On a donc f₀( x) ~ [(a+2b)/16]exp( 2x) à moins que a+2b=0 .
   2. Dans ce deuxième cas, les termes hyperboliques se combinent en un terme de l'ordre de exp( -2x) et il reste f₀ ~ -[1/4]( a x+b) , prouvant l'existence d'une asymptote.
   Soit J( x) = ò₀^+¥[(sin²( t x) )/(t²)] dt.
5. Montrer que J( x) existe pour tout réel x . Étudier la parité de J .

   1. L'intégrale J( x) = ò₀¹( [sin( t x) /t]) ² dt est celle d'une fonction continue sur un segment.
   2. L'intégrale J( x) = ò₁^¥( [sin( t x) /t]) ² dt est celle d'une fonction positive, dominée par [1/(t²)] qui est intégrable.
   3. La parité est évidente : sin( t×( -x) ) ²=sin( t×x) ² .
6. Montrer que "x Î R : J( x) = | x| J( 1) .

   1. Pour x > 0 , on pose s=t x et l'on trouve J( x) = ò₀^+¥[(sin²( t x) )/(t²)] dt = x ò₀^+¥[(sin²( s) )/(s²)] ds=x J( 1) .
   2. Pour x < 0 , la limite t® +¥ devient s® -¥ et il y a changement de signe.
   On considère f( x) = ò₀^+¥[(sin( t x) ²)/(t²( 1+t²) )] dt, g( x) = ò₀^+¥[sin( 2t x) /(t( 1+t²) )] dt et h( x) = ò₀^+¥[2cos( 2t x) /(( 1+t²) )] dt.
7. Montrer que f, g, h sont définies sur R.

   1. L'intégrale f( x) existe comme intégrale d'une fonction positive, dominée par une fonction intégrable (par exemple f( x) £ J( x) .
   2. Les deux autres intégrandes sont oscillants au voisinage de l'infini, il faut donc trouver un autre type de preuve.
   3. On a | ò_s^S[cos( 2t x) /(( 1+t²) )] dt| £ ò_s^S[| cos( 2t x) | /(( 1+t²) )] dt £ ò_s^S[1/(( 1+t²) )] dt. Comme l'intégrale ò₀^S[1/(1+t²)] dt admet une limite pour S® ¥, elle vérifie le critère de Cauchy, à savoir "e > 0 : $M Î R : "s ³ M : "S ³ s : | ò_s^S| £ e. Par conséquent l'intégrale h vérifie ce même critère. Ce qui prouve l'existence de h( x) = lim_{S® ¥}ò₀^S .
   4. Le même raisonnement s'applique à g( x) (il est d'usage de démontrer en détail le cas le plus litigieux).
8. Citer clairement le théorème de la formule de Taylor-Lagrange puis de l'inégalité de Taylor-Lagrange. Établir que
   

   "t, u Î R : | sin2( t( x+u) ) -sin2( t x) -t u sin( 2t x) | £ t2u2

   1. Pour une fonction F de classe C² sur [ x, x+u] , il existe v Î ] 0, u[ tel que F( x+u) = F( x) +u F¢( x) +[(u²)/2]F¢¢( x+v) .
      On a donc | F( x+u) -F( x) -u F¢( x) | = [(u²)/2]| F¢¢( x+v) | £ [(u²)/2]M avec M majorant du module de F¢¢.
   2. Appliquant à F( x) = sin( x t) ² il vient | sin( t( x+u) ) ²-sin( tx) ²-u t sin( 2t x) | £ u²t²| cos( 2t( x+v) ) | . En majorant | cos| par 1 , on obtient la relation demandée.
9. En déduire que "x Î R, "u ¹ 0 : | [(f( x+u) -f( x) )/u]-g( x) | £ [(p)/2]| u| , puis que f est dérivable sur R et que f¢=g . On admet que l'on a de même g dérivable sur R et g¢=h .

   1. Soit D=| f( x+u) -f( x) -u g( x) | . On a D £ ò₀^¥| [(sin( t( x+u) ) ²-sin( t x) ²-u t sin( 2t x) )/(t²( 1+t²) )]|  dt. D'après ce qui précède D £ ò₀^¥[(u²)/(1+t²)]dt .
   2. On a donc, pour u ¹ 0 , | [(f( x+u) -f( x) )/u]-g( x) | £ [(p)/2]| u| . On a donc mieux que la convergence simple de [(Df)/(Du)] vers la dérivée g( x) , à savoir un facteur de Lipschitz.
   3. La convergence de [(Dg)/(Du)]( x) vers h( x) ne peut être démontré de la même façon : elle est admise. On aura remarqué que g( x) = ò₀^+¥[(d )/(d x )][(sin( t x) ²)/(t²( 1+t²) )] dt et h( x) = ò₀^+¥[(d )/(d x )][sin( 2t x) /(t( 1+t²) )] dt.
10. Calculer f( x) -J( x) en fonction de h( x) .

    1. On a f( x) -J( x) = ò₀^¥[(sin( t x) ²)/(t²( 1+t²) )] dt-ò₀^+¥[(sin( t x) ²)/(t²)] dt = -ò₀^¥[(sin( t x) ²)/(1+t²)] dt.
    2. Comme 2cos( 2t x) = 2cos( t x) ²-2sin( t x) ²=2-4sin( t x) ² , on a f( x) = J( x) +[1/4]h( x) -[(p)/4] .
11. Montrer que f est solution de EQ. 1 sur R pour des valeurs de a et b que l'on exprimera en fonction de J( 1) et de p.

    Reportant h=g¢=f¢¢ et J( x) = | x| J( 1) dans ce qui précède, il vient [(d² )/(d x ² )]f( x) -4f( x) = p-4| x| J( 1)

12. En se servant des conditions initiales, exprimer f( x) en fonction de x et de J( 1) .

    1. La fonction f est donc solution de EQ.1, les paramètres étant a=-4J( 1) et b=p.
    2. Un calcul immédiat donne f( 0) = g( 0) = 0 : la fonction cherchée n'est autre que f₀ , soit f( x) = -[1/2]J( 1) ×( sinh( | 2x| ) -| 2x| ) +[(p)/4]( cosh( 2x) -1) .
13. Montrer que "x > 0 : 0 £ x J( 1) -f( x) £ [(p)/2] . En déduire J( 1) = [(p)/2] .

    1. Revenons à J( x) -f( x) = ò₀^¥[(sin( t x) ²)/(1+t²)] dt. Par la majoration de Pythagore, il vient 0 £ J( x) -f( x) £ ò₀^¥[(1²)/(1+t²)] dt = [(p)/2] .
    2. On en déduit que f( x) Î Q( exp( 2x) ) est impossible. Le seul cas restant (cf Q4) est a=-2b soit J( 1) = [(p)/2] .

2  Deuxième problème

1. On prend x ¹ 0 , x réel. Montrer que si a > [1/2] alors ò₀^¥[(t arctan( 1/t) )/(( t²+x²) ^a)] dt existe.

   1. Pour x fixé non nul, l'intégrande est une fonction continue, positive, de t Î [ 0, +¥] . L'existence de l'intégrale équivaut à l'existence d'une majoration.
   2. Pour t® ¥ on a [1/t]® 0 et donc arctan[1/t] ~ [1/t] . On a donc [(t arctan( 1/t) )/(( t²+x²) ^a)] ~ [1/(( t²+x²) ^a)] ~ [1/(t^2a)] . Par la règle de l'exposant, l'intégrale converge si et seulement si -2a < -1 .
   On pose g( x) = ò₀^+¥[(t arctan( 1/t) )/(t²+x²)] dt et h( x) = ò₀^+¥[(t arctan( 1/t) )/(( t²+x²) ²)] dt.
2. Montrer que, pour x > 0 , h( x) = [(p)/(4x²( x+1) )] . En déduire h( x) pour x < 0 .

   1. Intégrons par parties en posant u=arctan( 1/t) et v¢=[t/(( t²+x²) ²)] .
      Il vient ò₀^M[(t arctan( 1/t) )/(( t²+x²) ²)] dt = -[1/2][(arctan( 1/M) )/(M²+x²)]+[1/4][(p)/(x²)]-[1/2]ò₀^M[1/(( 1+t²)  ( t²+x²) )] dt.
   2. Une décomposition en éléments simples donne [1/(( 1+t²)  ( t²+x²) )]=[1/(x²-1)]( [1/(t²+1)]-[1/(t²+x²)]) .
   3. On a donc h_M( x) = [1/4] [(p)/(x²)]-[1/2][1/(M²+x²)]arctan( [1/M]) +[1/2][1/(x²-1)]( [1/x]arctan[M/x]-arctanM) et h( x) = limh_M( x) = [(p)/4][1/(x²( x+1) )] lorsque x > 0 . Enfin, h est visiblement une fonction paire.
3. Montrer que "x > 0 : 0 £ g( x) £ [(p)/2x] . Préciser lim_{x® +¥}g( x) .

   1. On a, pour 0 £ t £ [(p)/2] , 0 £ t £ tant . On en déduit, pour 0 £ u=tant , que 0 £ arctanu £ u et donc 0 £ [1/u]arctanu £ 1 .
   2. On en déduit 0 £ g( x) = ò₀^+¥[(tarctan( 1/t) )/(t²+x²)] dt £ ò₀^+¥[1/(t²+x²)] dt = [1/x][(p)/2] .
   3. Pour x® 0 on a donc g( x) ® 0 .
4. Montrer que ò₀¹[(t arctan( 1/t) )/(t²+x²)] dt ³ [(p)/8]ln( [(x²+1)/(x²)]) . En déduire que lim_{x® 0⁺}g( x) = +¥.

   1. Pour x > 0 , on intègre par parties ò₀¹[(tarctan( 1/t) )/(t²+x²)] dt en posant u=arctan( 1/t) et v¢=[t/(t²+x²)] . Il vient ò₀¹[(tarctan( 1/t) )/(t²+x²)] dt = [(p)/8]ln( x²+1) -[(p)/4]lnx²+[1/2]ò₀¹[(ln( t²+x²) )/(1+t²)] dt.
   2. Or [1/2]ò₀¹[(ln( t²+x²) )/(1+t²)] dt ³ [1/2]ò₀¹[(lnx²)/(1+t²)] dt = [(p)/8]lnx² .
   3. Donc ò₀¹[(t arctan( 1/t) )/(t²+x²)] dt ³ [(p)/8]ln( [(x²+1)/(x²)]) . Pour x® 0 ce minorant tend vers +¥. On a donc lim_{x® 0⁺}g( x) = +¥
   On admet que g est dérivable pour x > 0 et que "x > 0 : g¢( x) = -2x h( x) .

   On remarque que g¢( x) = ò₀^+¥[(d )/(d x )][(t arctan( 1/t) )/(t²+x²)] dt

5. Déterminer g( x) pour x > 0 et x < 0 . Quelle est la valeur de ò₀^+¥[(t arctan( 1/t) )/(t²+1)] dt ?

   1. Partant de g( +¥) = 0 et de g¢( x) = -2x×[(p)/4][1/(x²( x+1) )] , on a g( x) = [(p)/2]ò_x^¥[1/(t( t+1) )] dt.
   2. En décomposant en éléments simples, il vient g( x) = [(p)/2]ln[(x+1)/x] . En particulier, g( 1) = [(p)/2]ln2 » 1.0888 .