Calcul de développement par équation di érentielle

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Enoncés
Calcul de développement par équation diérentielle
Exercice 1 [ 01013 ] [Correction]
Soient p ∈ N et
1
Exercice 6 [ 01018 ] [Correction]
Former le développement en série entière en 0 de
x 7→ sh (arcsin x)
f (x) =
+∞ X
n=0
n+p n
x
p
(a) Déterminer le rayon de convergence de la série entière dénissant cette
fonction.
(b) Calculer f (x) en étudiant (1 − x)f 0 (x).
Exercice 2 [ 00937 ] [Correction]
Former le développement en série entière en 0 de
Z
x 7→
+∞
2
e−t sin(tx) dt
0
(a) en procédant à une intégration terme à terme.
(b) en déterminant une équation diérentielle dont la fonction est solution.
Exercice 3 [ 02858 ] [Correction] p
√
Développer en série entière f : x 7→ x + 1 + x2 au voisinage de 0.
Exercice 4 [ 03699 ] [Correction]
(a) Quel est l'ensemble de dénition de
arcsin x
f (x) = √
?
1 − x2
(b) Montrer que f est solution d'une équation diérentielle linéaire du premier
ordre avec pour condition initiale f (0) = 0.
(c) Montrer que f est développable en série entière et en donner le rayon de
convergence.
Exercice 5 [ 01015 ] [Correction]
Former le développement en série entière en 0 de la fonction
arccos x
f : x 7→ √
1 − x2
Exercice 7 [ 03694 ] [Correction]
(a) Étudier la parité de
f : x 7→ e
x2 /2
x
Z
e−t
2
/2
dt
0
(b) Montrer que f est solution d'une équation diérentielle à déterminer.
(c) Justier que f est développable en série entière et donner ce développement.
Exercice 8 [ 03659 ] [Correction]
(a) Former une équation diérentielle vériée par
Z
+∞
f : x > −1 7→
1
e−t
dt
x+t
(b) En déduire le développable en série entière en 0 de f .
Exercice 9 [ 03301 ] [Correction]
Développer f (x) = ch(x) cos(x) en série entière en l'exprimant à l'aide de
fonctions exponentielles.
Retrouver le résultat en remarquant que f est solution de l'équation diérentielle
y (4) + 4y = 0.
Exercice 10 [ 02500 ] [Correction]
Soient k > 0 et
1
Z
tk sin(xt) dt
f (x) =
0
(a) Montrer que f est continue sur R.
(b) Montrer que f est dérivable sur R et vérie
∀x ∈ R, xf 0 (x) + (k + 1)f (x) = sin x
(c) Déterminer toutes les fonctions développables en série entière en 0 solutions
de xy 0 + (k + 1)y = sin x en précisant le rayon de convergence.
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Enoncés
2
Exercice 11 [ 02498 ] [Correction]
On considère l'équation diérentielle
(E) : ty 0 + y = 3t2 cos(t3/2 )
(a) Montrer qu'il existe une unique solution v de (E) développable en série
entière sur un voisinage de 0.
(b) Trouver l'ensemble des solutions de (E) sur R∗+ et en déduire une expression
plus simple de v .
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Corrections
Corrections
Exercice 1 : [énoncé]
(a) On a
3
Exercice 2 : [énoncé]
(a) On a
sin(tx) =
n+p
p
1
n(n − 1) . . . (n − p + 1)
∼ np
p!
p!
=
k=0
À l'aide d'intégration par parties
donc le rayon de convergence de f vaut 1.
(b) Sur ]−1 ; 1[ f est de classe C ∞ et
f 0 (x) =
Z
p
Or
nxn−1
+∞
X
+∞ +∞
n+p+1 n X
n+p n X
(1 − x)f (x) =
(n + 1)
x −
n
x =
αn xn
p
p
n=0
n=0
n=0
avec
Z
+∞
0
Donc
0
+∞
2
t2k+1 e−t =
0
+∞ X
n+p
n=1
+∞
X
(−1)k 2k+1 2k+1
t
x
(2k + 1)!
(−1)k 2k+1 2k+1 k!
2k+1
dt ≤
x
|x|
(2k + 1)! t
2(2k + 1)!
qui est terme général d'une série convergente.
On peut donc appliquer le théorème d'intégration terme à terme de Fubini et
armer
Z
+∞
2
e−t sin(tx) dt =
0
n+p
n+p+1
−n
αn = (n + 1)
p
p
qui donne
n+p
n+p
n+p
αn = (n + p + 1)
−n
= (p + 1)
p
p
p
Par suite
Les solutions de l'équation diérentielle linéaire d'ordre 1
+∞
X
(−1)k k! 2k+1
x
2(2k + 1)!
k=0
pour tout x ∈ R.
2
(b) La fonction t 7→ e−t sin(tx) est continue et intégrable sur R+ et
d −t2
≤ te−t2
sin(tx)
e
dx
(1 − x)f 0 (x) = (p + 1)f (x)
k!
2
avec t 7→ te−t intégrable sur R+ .
La fonction
Z
2
+∞
2
e−t sin(tx) dt
f : x 7→
0
est de classe C et
1
(1 − x)y 0 = (p + 1)y
sur ]−1 ; 1[ sont
f 0 (x) =
+∞
Z
2
te−t cos(tx) dt
0
y(x) =
C
(1 − x)p+1
À l'aide d'une intégration par parties
f 0 (x) =
avec C ∈ R.
Sachant f (0) = 1, on obtient
1
f (x) =
(1 − x)p+1
1 1
− xf (x)
2 2
et ainsi f est solution sur R de l'équation diérentielle
2y 0 + xy = 1
De plus f vérie la condition initiale f (0) = 0.
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Corrections
Si une somme de série entière est solution de l'équation diérentielle
2y 0 + xy = 1 et vériant y(0) = 0, c'est, après calculs, la fonction
g : x 7→
+∞
X
(−1)k k! 2k+1
x
2(2k + 1)!
k=0
de rayon de convergence R = +∞.
Puisque f et g sont solutions sur R à l'équation diérentielle linéaire
2y 0 + xy = 1 vériant la condition initiale y(0) = 0 et puisque le théorème de
Cauchy assure l'unicité d'une solution à un tel problème, on peut identier f
et g .
Finalement
f (x) =
+∞
X
(−1)k k! 2k+1
x
2(2k + 1)!
k=0
pour tout x ∈ R.
Exercice 3 : [énoncé]
La fonction f est de classe C ∞ sur un voisinage de 0 avec
1
f 0 (x) = √
f (x)
2 1 + x2
et
f 00 (x) =
1
−x
f (x) + √
f 0 (x)
2(1 + x2 )3/2
2 1 + x2
La fonction f est donc solution de l'équation diérentielle
1
(1 + x2 )y 00 (x) + xy 0 (x) − y(x) = 0
4
avec les conditions initiales y(0) = 1 et y 0 (0) = 1/2.
Analyse
P :
Soit an xn une série entière de rayon de convergence R > 0 dont la somme S est
solution de l'équation diérentielle précédente. Pour tout x ∈ ]−R ; R[, on a
S(x) =
+∞
X
an xn , S 0 (x) =
n=0
et
S 00 (x) =
+∞
X
n=2
n(n − 1)an xn−2 =
+∞
X
nan xn−1
n=1
+∞
X
n=0
(n + 2)(n + 1)an+2 xn
4
La relation (1 + x2 )S 00 (x) + xS 0 (x) − S(x)/4 = 0 donne
+∞
X
(n + 2)(n + 1)an+2 + (n2 − 1/4)an xn = 0
n=0
Par unicité des coecients d'un développement en série entière, on obtient la
relation
∀n ∈ N, an+2 = −
1 (2n + 1)(2n − 1)
an
4 (n + 2)(n + 1)
En adjoignant les conditions initiales S(0) = 1 et S 0 (0) = 1/2, on parvient à
a2p =
(4p − 2)!
(−1)p
(4p − 1)!
(−1)p
et a2p+1 = 4p
4p−1
2
((2p)!)((2p − 1)!)
2
(2p + 1)!(2p − 1)!
Synthèse :
Considérons la série entière déterminée au terme deP
l'analyse. Celle-ci
se
P
comprend comme la somme de deux séries entières a2p x2p et a2p+1 x2p+1
chacune de rayon de convergence 1 car
an+2 (2n + 1)(2n − 1)
an = 4(n + 2)(n + 1) → 1
Cette série entière est donc de rayon de convergence R ≥ 1 et, compte tenu des
calculs de l'analyse, sa somme est solution de l'équation diérentielle
1
(1 + x2 )y 00 (x) + xy 0 (x) − y(x) = 0
4
Elle vérie de plus les conditions initiales y(0) = 1 et y 0 (0) = 1/2. Puisque la
fonction f est aussi solution de ce problème de Cauchy et que ce dernier possède
une solution unique, on peut identier f et la somme de la série entière.
Exercice 4 : [énoncé]
(a) La fonction f est dénie sur ]−1 ; 1[.
(b) On vérie (1 − x2 )f 0 (x) − xf (x) = 1 et f (0) = 0.
1
(c) x 7→ √1−x
est développable en série entière sur ]−1 ; 1[ et par suite la
2
primitive x 7→ arcsin x l'est aussi.
Par produit de fonctions développable en série entière sur ]−1 ; 1[, f l'est
aussi.
Puisque f est impaire, le développement en série entière de f est de la forme
f (x) =
+∞
X
an x2n+1
n=0
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On a f 0 (x) =
P+∞
n=0
Corrections
Par identication
(2n + 1)an x2n puis
(1−x2 )f 0 (x)−xf (x) =
+∞
X
(2n + 1)an x2n −
n=0
+∞
X
(2n + 1)an x2n+2 −
n=0
+∞
X
an x2n+2
Exercice 6 : [énoncé]
Posons f : x 7→ sh (arcsin x)
f vérie l'équation diérentielle
Par unicité des coecients d'un développement en série entière
a0 = 1 et ∀n ∈ N, an+1 =
2n
an =
(2p − 1)
1
(2p)! π
2p
2
(2p p!)2
× · · · × a0 = p 2 et a2p+1 =
· · · a1 = −
2p
2
(2 p!) 2
2p + 1
3
(2p + 1)!
((2n + 3)an+1 − (2n + 2)an )x2n+2 = 1
n=0
d'où
2n + 2
an
2n + 3
(1 − x2 )y 00 − xy 0 − y = 0
avec les conditions initiales y(0) = 0 et y 0 (0) = 1.
Analyse
P :
Soit an xn une série entière de rayon de convergence R > 0 et de somme S .
La fonction S vérie sur ]−R ; R[ l'équation diérentielle proposée et les
conditions initiales imposées si, et seulement si,
2
2 (n!)
(2n + 1)!
Puisque pour x 6= 0
an+1 x2n+3 4(n + 1)2 x2
2
an x2n+1 = (2n + 3)(2n + 2) → x
a0 = 0, a1 = 1 et ∀n ∈ N, an+2 =
on obtient R = 1.
Ceci donne
a2p = 0 et a2p+1 =
Exercice 5 : [énoncé]
f admet un développement en série entière en 0 par produit fonctions
développables en série entière.
De plus son rayon de convergence vérie R ≥ 1.
On peut donc écrire
f (x) =
+∞
X
n
an−1
n+1
De plus a0 = f (0) = π/2 donc
a2p =
+∞
X
a1 = −1 et ∀n ≥ 1, an+1 =
n=0
donc
(1 − x2 )f 0 (x) − xf (x) = a0 +
5
Qp
k=1
n2 + 1
an
(n + 2)(n + 1)
(2p − 1)2 + 1
(2p + 1)!
Synthèse
P :
Soit an xn la série entière déterminée par les coecients précédemment
proposés.
Pour x 6= 0 et up = a2p+1 x2p+1 ; on a
up+1 2
up → |x|
an xn sur ]−1 ; 1[
n=0
f est dérivable et f est solution de l'équation diérentielle
donc le rayon de convergence de la série entière étudiée vaut 1. Par les calculs qui
précèdent on peut alors armer que sa somme S est solution de l'équation
diérentielle
(x2 − 1)y 0 + xy − 1 = 0
(1 − x2 )y 00 − xy 0 − y = 0
Or
2
0
(x − 1)f (x) + xf (x) − 1 = −(a1 + 1) +
+∞
X
n=1
(nan−1 − (n + 1)an+1 ) x
n
vériant les conditions initiales y(0) = 0 et y 0 (0) = 1. Par unicité des solutions à
un tel problème diérentiel, on peut conclure que f est la somme des la série
entière introduite sur ]−1 ; 1[.
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Corrections
Exercice 7 : [énoncé]
(a) La fonction f est impaire car produit d'une fonction paire par la primitive
s'annulant en 0 d'une fonction paire.
(b) f est solution de l'équation diérentielle
y 0 = xy + 1
(c) La fonction t 7→ e−t /2 est développable en série entière sur R, ces primitives
le sont donc aussi et, par produit de fonctions développable en série entière,
on peut armer que f est développable en série entière sur R. Par imparité,
on peut écrire ce développement
6
On en déduit que f est de classe C 1 et
f 0 (x) = −
f (x) =
an x
f 0 (x) − f (x) = −
e−1
x+1
(b) Analyse : Soit an xn une série entière de rayon de convergence R > 0
solution de l'équation diérentielle précédente. Pour tout x ∈ ]−R ; R[, on a
P
+∞
X
((n + 1)an+1 − an ) xn =
n=0
n=0
+∞
X
(−1)n+1 e−1 xn
n=0
Par unicité des coecients d'un développement en série entière, on a
∀n ∈ N, (n + 1)an+1 = an + (−1)n+1 e−1
∀n ∈ N∗ , (2n + 1)an = an−1 et a0 = 1
On en déduit
e−t
dt
(x + t)2
Par intégration par parties, on obtient
2n+1
et l'équation diérentielle donne
+∞
1
2
+∞
X
Z
Après résolution de la relation de récurrence
2n n!
an =
(2n + 1)!
n−1
∀n ∈ N, an =
X (−1)(n−1−k) k!
a0
+ e−1
n!
n!
k=0
Exercice 8 : [énoncé]
(a) Posons u(x, t) = e−t /(x + t) dénie sur ]−1 ; +∞[ × [1 ; +∞[.
Pour chaque x > −1, t 7→ u(x, t) est continue par morceaux sur [1 ; +∞[ et
t2 u(x, t) −−−−→ 0.
t→+∞
La fonction f est donc bien dénie sur ]−1 ; +∞[.
Pour chaque t ≥ 1, x 7→ u(x, t) est dérivable et
e−t
∂u
(x, t) = −
∂x
(x + t)2
La fonction
a > −1
∂u
∂x
est continue par morceaux en t, continue en x et pour tout
∂u
e−t
∀(x, t) ∈ [a ; +∞[ × [1 ; +∞[, (x, t) ≤
= ϕa (t)
∂x
(a + t)2
avec ϕa : [1 ; +∞[ → R+ continue par morceaux et intégrable par des
arguments analogues aux précédents.
Synthèse : Soit an xn la série entière déterminée par les coecients
précédents. On a
P
|an | ≤ |a0 | + e
−1
n−1
X
k=0
(n − 1)!
= |a0 | + e−1
n!
La suite (an ) est bornée donc le rayon de convergence R de la série entière est
au moins égal à 1 et, par les calculs qui précédent, on peut armer que la
somme S de la série entière est solution de l'équation diérentielle sur ]−1 ; 1[.
En ajoutant la condition initiale a0 = f (0), on peut armer que f (x) = S(x)
sur ]−1 ; 1[ par unicité d'une solution à un problème de Cauchy pour une
équation diérentielle linéaire d'ordre 1.
Exercice 9 : [énoncé]
On a
f (x) =
1 (1+i)x
1 x
e + e−x eix + e−ix =
e
+ e(1−i)x + e(−1+i)x + e(−1−i)x
4
4
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Corrections
On en déduit
donc pour tout x ∈ R
+∞
X
(1 + i)n + (1 − i)n + (−1 + i)n + (−1 − i)n n
x
f (x) =
4n!
n=0
√
On a 1 + i = 2e
iπ/4
7
xf (x) + (k + 1)f (x) =
0
Finalement
f (x) =
+∞ p
X
2 cos( pπ )
2
(2p)!
p=0
x2p =
+∞
X
(−1)q 22q
q=0
(4q)!
x4q
Retrouvons ce résultat, en exploitant l'équation diérentielle y (4) + 4y = 0.
La fonction f est développable en série entière sur R par produit de telles
fonctions. De plus, la fonction f est paire donc le développement en série entière
de f est de la forme
+∞
X
f (x) =
an xn
n=0
Par l'équation diérentielle y
(4)
+ 4y = 0, on obtient
(n + 4)(n + 3)(n + 2)(n + 1)an+4 + 4an = 0
Puisque a0 = 1, a1 = a3 = 0 (par imparité) et a2 = 0 (par calculs), on obtient
q q
a4q =
(−1) 4
et a4q+1 = a4q+2 = a4q+3 = 0
(4q)!
ce qui conduit au développement précédent.
Exercice 10 : [énoncé]
(a) (x, t) 7→ tk sin(xt) est continue sur R × [0 ; 1] donc, par intégration sur un
segment, f est continue.
d
(b) (x, t) 7→ dx
(tk sin(xt)) est continue sur R × [0 ; 1] donc par intégration sur un
segment, f est de classe C 1 avec
f 0 (x) =
Z
1
xtk cos(xt) dt
d k
t sin(xt) dt = sin x
dt
(c) Par analyse synthèse, on obtient une seule fonction solution :
etc, donc
√ n
3nπ
nπ
+ cos
(1 + i)n + (1 − i)n + (−1 + i)n + (−1 − i)n = 2 2 cos
4
4
nπ nπ √ n
= 4 2 cos
cos
4
2
1
Z
0
x 7→
+∞
X
(−1)n
x2n+2
(2n
+
1)!(2n
+
2
+
k)
n=0
de rayon de convergence +∞.
Exercice 11 : [énoncé]
P
(a) Soit v la somme d'une série entière an xn de rayon de convergence R > 0.
La fonction v est de classe C ∞ sur ]−R ; R[ et
tv 0 (t) + v(t) =
+∞
X
(n + 1)an tn
n=0
Parallèlement, sur R
3t2 cos(t3 /2) =
+∞
X
(−1)n 3n+2
3t
(2n)!
n=0
Par unicité des coecients d'un développement en série entière, v est solution
de (E) sur ]−R ; R[ si, et seulement si,
a3n = a3n+1 = 0 et a3n+2 =
(−1)n 1
(2n)! n + 1
Ainsi la fonction v est déterminée de manière unique et de plus celle-ci existe
puisque le rayon de convergence de la série entière dénie par les an ci-dessus
est R = +∞.
(b) (E) est une équation diérentielle linéaire d'ordre 1 dénie sur ]0 ; +∞[.
La solution générale homogène est y(t) = λ/t.
Par la méthode de la variation de la constante, on peut proposer la solution
particulière
y(t) =
2 cos(t3/2 ) + 2t3/2 sin(t3/2 )
t
et nalement la solution générale
y(t) =
2 cos(t3/2 ) + 2t3/2 sin(t3/2 ) λ
+
t
t
Parmi les solutions, la seule pouvant être prolongée par continuité en 0 , et
donc correspondre à v , est celle obtenue pour λ = −2.
0
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