Énoncé : Tout le monde connaît une fonction f

Envoyez vos propositions de problèmes à
Loïc TERRIER, 42B rue du Maréchal
Foch, 57130 ARS-SUR-MOSELLE ou
[email protected]
PROBLÈME « DU TRIMESTRE » n° 96 (Décembre 2008)
Énoncé :
Tout le monde connaît une fonction f vérifiant f '( x) = 1 + f 2 ( x) . Mais existe-t-il une fonction
vérifiant f '( x) = 1 + f 3 ( x) ?
proposé par Loïc Terrier
Solution :
Merci à Jacques Choné pour sa solution, très détaillée comme toujours (les lecteurs pourront
trouver sa solution complète ci-après).
Une solution était la fonction constante -1 ! Pour le cas général, on pouvait s'inspirer de la
1
fonction tangente et sa réciproque : en effet, on a (tan)’(x) = 1 + tan²(x) et ( Atn) '( x) =
.
1+ x
1
De même, si est g une fonction vérifiant g '( x) =
, sa réciproque f (si elle existe) vérifiera
1 + x2
1
g(f(x)) = x d'où, en dérivant, f ’(x)¥g’(f(x)) = 1, donc f '( x) ×
=1 .
1 + f 3 ( x)
Reste à trouver une primitive de
1
via une décomposition en éléments simple (que du
1+ x 2
bonheur !)
Loïc
Solution proposée par Jacques Choné (Clermont-Ferrand)
ℝ→ℝ
est solution sur ℝ de l’équation différentielle proposée, que nous
x ֏ −1
noterons (1). Cette remarque, à elle seule, peut déjà constituer la solution du problème tel
qu’il est formulé (la réponse à la question étant donc OUI).
1. La fonction f :
PB96. Page 1 sur 3
2. La fonction ϕ : ( x, y ) ֏ 1 + y 3 est de classe C 1 sur ℝ 2 . Donc, d’après le théorème de
Cauchy-Lipschitz, il existe pour tout (x0,y0) de ℝ 2 une unique solution de (1), f , vérifiant
f(x0) = y0 (cette solution étant définie sur un certain intervalle ouvert contenant x0). Cette
seconde remarque, à elle seule, peut aussi constituer la solution du problème tel qu’il est
formulé (la réponse à la question étant donc OUI).
3. Si f est une solution de (1) sur un intervalle I, alors la fonction x ֏ f ( x + k ) est solution de
(1) sur l’intervalle J image de I dans la translation de vecteur − ki .
4. Sur tout intervalle où la fonction y ne prend pas la valeur -1, l’équation proposée est
équivalente successivement à :

  
1   

 y ' 2  y −  − 3  
2   
1 y' 1   
1 y'
y '( y − 2) 
y'
=1 ; 
− 2
−
;
 =1 ; 
2
3
1+ y
3  1+ y y − y +1
3 1+ y 2  
1  3 

  y −  +

2  4  
 

y +1
1
 1

 ln
+ 3 Atn 
(2 y − 1)   = x + k ( k ∈ ℝ ) . [N.d.l.r. Atn représente la fonction tan-1]
3 
 3
 
y2 − y +1
X +1
1
La fonction g : X ֏  ln
3
 1

+ 3 Atn 
(2 X − 1)   est dérivable sur
 3

X 2 − X +1
1
J1 = ]−∞, −1[ (resp. J 2 = ]−1, +∞[ ) avec g '( X ) =
; g’ est stictement
( X + 1)( X 2 − X + 1)
négative (resp. positive) sur J1 (resp. sur J2).
On a
π
lim g ( X ) = − 2
X ֏ −∞
3
;
π
lim g ( X ) = 2
X ֏ +∞
3
et
lim g ( X ) = −∞ .
X ֏ −1
Donc g établit une bijection dérivable (la dérivée ne s’annulant pas) gl de Jl dans
π 

 −∞, −
 et une bijection dérivable (la dérivée ne s’annulant pas) g2 de J2 dans
2 3

π 

 −∞,

2 3

L’ensemble des solutions de (1) est donc constitué par, outre la fonction de la remarque 1., les
fonctions x ֏ g1−1 ( x + k ) et x ֏ g 2−1 ( x + k ) pour k ∈ ℝ , les intervalles maximaux étant de la
π


forme  −∞, −
+ k  ou
2 3


π


+ k .
 −∞,
2 3


PB96. Page 2 sur 3
Remarques
1. Les courbes intégrales peuvent être visualisées en prenant la symétrique par rapport à la
première bissectrice de la courbe de la fonction g, puis en effectuant des translations le long
de l’axe des abscisses. On obtient :
Courbe de g
Quelque courbes intégrales de (1)
2. La solution minimale, f, de (1) vérifiant f(x0) = y0 est :
x ֏ −1
x ֏ g1−1 ( x + g1 ( y0 ) − x0 )
x ֏ g 2−1 ( x + g 2 ( y0 ) − x0 )
sur ℝ
π


sur  −∞, −
+ x0 − g1 ( y0 ) 
2 3


π


sur  −∞,
+ x0 − g 2 ( y0 ) 
2 3


si y0 = -1
si y0 < -1
si y0 > -1
PB96. Page 3 sur 3