Corrigé CCP PC maths 2 2007 Partie I

Corrigé CCP PC maths 2 2007
Partie I
1. Remarque (f0; f1)est la base introduite dans le cours pour l’étude des solutions.
Par récurrence :
Soit yune solution de (E)sur I,yest de classe C2sur I.
Supposons yde classe Cnsur I. Alors y00 =':y est de classe Cncar 'est de classe C1, donc yde classe Cn+2
et donc aussi de classe Cn+1 sur I.
Par récurrence sur n,yest de classe Cnsur Ipour tout n2N
yest de classe C1sur I
2. Soit ysolution de (E)sur I. Comme Iest symétrique par rapport à 0, on peut dé…nir sur Ila fonction z:8x2I,
z(x) = y(x)et elle est de classe C1sur Icar yl’est.
De plus,
8x2I; z0(x) = y0(x)et z00(x) = y00(x)
Donc comme 'est paire
8x2I z00(x) + '(x)z(x) = y00(x) + '(x):y(x) = 0
La fonction zest donc solution de (E)sur I.
Si yest solution de (E),x> y(x)est aussi solution
3. Soit z0la fonction dé…nie sur Ipar 8x2I; z0(x) = f0(x).
D’après la question précédente : z0est solution de (E)sur Iet véri…e les conditions initiales z0(0) = f0(0) = 1,
z0
0(0) = f0 0(0) = 0. D’après le résultat rappelé en préambule (ou d’après le théorème de Cauchy Lipchitz) , il existe
une unique solution de (E)sur Ivéri…ant ces conditions initiales : par conséquent z0=f0et la fonction f0est paire
.
Soit z1la fonction dé…nie sur Ipar z1(x) = f1(x).
D’après I.2,z1est solution de (E)sur I(opposé d’une solution d’une équation linéaire homogène) , et z1(0) = f1(0) = 0
et z0
1(0) = f0 1(0) = 1.
D’après l’unicité de la solution de (E)véri…ant ces conditions initiales, z1=f1et la fonction f1est impaire.
(E)est une équation di¤érentielle linéaire homogène du second ordre, résoluble dont les coe¢ cients sont des fonctions
continues sur I: on sait alors que l’ensemble des solutions de (E)sur Iest un espace vectoriel de dimension 2.
(f0; f1)est un système de solutions de (E)sur I, de cardinal 2. De plus il est libre :
Pour tout (0; 1)2R2tel que 0f0+1f1= 0, en prenant la valeur en 0puis la dérivée en 0,0= 0 et 1= 0
On en déduit que (f0; f1)est une base de l’espace vectoriel des solutions de (E)sur I. ce que l’on peut encore
traduire en disant que la solution générale de (E)est du type :
ysolutions de (E)si et seulement si 9(0; 1)2R2,y=0f0+1f1(0; 1)2R2
Remarque : on peut aussi calculer le Wronskien des deux fonctions.
Soit f=0f0+1f1une solution de (E). Or dans C1(I; R)l’ensemble des fonctions paires et celui des fonctions
impaires sont deux sous espaces vectoriels supplémentaires . Donc fest paire (impaire) si et seulement si 1= 0 (
0= 0)
Les solutions de (E)paires sont les fonctions de Vect (f0)et les solutions de (E)impaires sont les fonctions de Vect (f1).
4. Soit W=f0
1f0f1f0 0le Wronskien de f0et f1. Comme on a montré que (f0; f1)est un système fondamental de solution,
West toujours non nul.

1. uest C1sur Icomme quotient à dénominateur non nul de fonctions C1et
u0=f0
1f0f0 0f1
f2
0
=W
f2
0
Donc u0ne s’annule pas sur I.
D’autre part,
u00 =W0f02W f0
0
f3
0
Mais W0=f00
1f0f00 0f1='f1f0+'f0f1= 0 et
u00
u0=2f0
0
f0
2. On a donc Zu00
u0=2Zf0
0
f0
Soit
ln (ju0j) = 2 ln (jf0j) + K
et donc
u0=eK1
f2
0
d’où le résultat voulu en posant B=K(Best bien constante car les fonctions étant continues sans racines , ne
peuvent pas changer de signe).
Remarque : on peut aussi partir de W0= 0 pour en déduire que West constante. ( le rapport du jury signale que
cette méthode a été acceptée aussi)
3. De plus u0(0) = f0
1(0)f0(0) f0 0(0)f1(0)
f2
0(0) = 1 et 1
f2
0(0) = 1 , donc B= 1 .
On a donc :
8x2I:u(x) = u0+C
Si x= 0 on trouve C= 0. D’où :
f1=f0u0
5.
1. 8x2I; f(x) = cos2(x),f0(x) = 2 cos(x) sin(x)et f00(x) = 2 sin2(x)cos2(x)
Comme fne s’annule pas sur Iet qu’elle est solution de (E), on a donc :
8x2I; '(x) = f00(x)
f(x)= 2 1tan(x)2
'= 2 1tan2
On remarque que f(0) = 1 et f0(0) = 0. et donc par unicité f0=f.
2. On a pour tout x2]=2; =2[ comme 1
cos2= 1 + tan2= tan0
u0(x) = Zx
0
dt
cos(t)4=Zx
0
1 + tan(t)2
cos(t)2dt =Zx
01 + tan(t)2(tan(t))0dt =tan(t) + 1
3tan(t)3x
0
8x2]=2; =2[; u0(x) = tan (x) + 1
3tan(x)3
2

3. D’après I.4.3, pour tout x2I=] =2; =2[,
f1(x) = u0(x)f0(x) = tan x+1
3tan3xcos2x
f1(x) = tan (x) + 1
3tan (x)3cos (x)2
On a une base de l’espace vectoriel des solutions .Donc la solution générale de (E)sur Iest :
y(x) = 0cos2x+1tan x+1
3tan3xcos2x(0; 1)2R2:
plusieurs variantes possibles . Par exemple f1(x) = tan(x) + 1
3tan(x)3cos(x)2= tan(x)cos(x)2+sin(x)2 3=  
Partie II
1. Soit yune solution de (E)sur R. D’après I.1,yest de classe C1sur R, donc la fonction dé…nie par 8x2R; Y (x) = y(x+2)
est aussi de classe C1sur Ret on a pour tout x2R,Y0(x) = y0(x+ 2)et Y00(x) = y00(x+ 2).
De plus, pour tout x2R, comme 'est 2-périodique,
Y00(x) + '(x)Y(x) = y00(x+ 2) + '(x+ 2)y(x+ 2) = 0:
Si yest solution de (E)sur R,Y:x7! y(x+ 2)l’est également
2. En particulier les fonctions :8x2R,x> f0(x+ 2)et :8x2R; x> f1(x+ 2)sont solutions de (E)sur R.
Comme (f0; f1)est une base de l’espace vectoriel des solutions , elles sont combinaisons linéaires de f0et f1ce qui assure
l’existence de constantes (wi;j )telles que :
8x2R:f0(x+ 2) = w00f0(x) + w10 f1(x)f1(x+ 2) = w01f0(x) + w11f1(x)
On a alors en dérivant :
8x2R:f0
0(x+ 2) = w00f0 0(x) + w10f0 1(x)f0 1(x+ 2) = w01f0 0(x) + w11f0 1(x)
En considérant les valeurs en x= 0, on obtient w0;0=f0(2); w10 =f0
0(2); w01 =f1(2); w11 =f0 1(2)
8x2R,f0(x+ 2) = f0(2)f0(x) + f0
0(2)f1(x)
f1(x+ 2) = f1(2)f0(x) + f0
1(2)f1(x)
3. Remarque : West la valeur en 2du Wronskien de f0et f1
Soit gune solution de (E) 2périodique non identiquement nulle. Notons (; )les coordonnées de gdans la base
(f0; f1). On a donc g=f0+f1.
Alors pour tout x2R, on a d’après II.2.
g(x) = g(x+ 2) = f0(x+ 2) + f(x+ 2)
= (w0;0+w0;1)f0(x)+(w1;0+w1;1)f1(x)
et donc comme on a une base :=w0;0+w0;1
=w1;0+w1;1). c’est-à-dire  =W
De plus gn’est pas identiquement nulle donc 
6= (0)
Wadmet 1pour valeur propre et 
comme vecteur propre associé.
Réciproquement si 1est valeur propre il existe un vecteur propre noté 
. La fonction g=f0+f1véri…e alors
bien g(x+ 2) = g(x)et g6=e 0
(E)admet une solution non nulle 2périodique ssi 1est valeur propre de W
3

4. Soit gune solution de (E)non nulle et 2-périodique.
D’après la question I.2, la fonction x7! g(x)est encore solution de (E).
De plus par linéarité les fonctions g+:x7! g(x) + g(x)et g:x7! g(x)g(x)sont encore solutions de (E)et sont
2périodique.
Or g+est paire et donc d’après I.3 92R,g+=:f0
De même gest impaire et donc 9; g=f1
Si == 0 alors g=g++g
2=e
0absurde.
Si 6= 0 f0=g+
est paire
Si 6= 0 :f1=g
est impaire.
5. Soit f(x; t) = K(x; t)f0(t)sur R[; ]
1. Pour tout x2R, la fonction t7! K(x; t)f0(t)est continue sur [; ]donc Fest bien dé…nie sur R. De plus comme
pour tout (x; t)2R[; ],K(x; t) = K(x; t), la fonction Fest paire.
Pour montrer que fest C2on utilise le théorème de Leibniz :
par théorèmes d’opérations et composition, la fonction fest de classe C2sur R2.
fadmet donc des dérivées partielles @f
@x et @2f @x2continues sur Ret :
8(x; t)2R[; ];8
>
<
>
:
@f
@x (x; t) = kcos tsin x ekcos tcos xf0(t)
@2f
@x2(x; t) = k2cos2tsin2x ekcos tcos xf0(t)kcos tcos x ekcos tcos xf0(t)
 8x2R,t7! f(x; t)t7! @f
@x (x; t)et t7! @2f @x2(x; t)sont continues sur [; ](segment) donc elles y sont
intégrables.
Domination de la dérivée seconde :
8(x; t)2R[; ];
@2f
@x2(x; t)(k2+jkj):ejkjjf0(t)j:
Cette fonction est continue sur [; ](segment) donc y est intégrable.
On déduit du théorème de dérivation des intégrales à paramètre que la fonction Fest de classe C2sur Ret
8x2R;8
>
>
<
>
>
:
F0(x) = Z kcos tsin xekcos tcos xf0(t)dt
F00(x) = Z (k2cos2tsin2xkcos tcos x)kcos tcos xf0(t)dt
2. On a : K(x; t) = K(t; x)donc on peut utiliser une symétrie pour réduire le nombre de calculs.
si on dérive :
@K
@t (x; t) = (kcos xsin t)K(x; t)et@2K @t2(x; t) = (k2cos2xsin2tkcos xcos t)K(x; t)
et par symétrie
@2K
@x2(x; t) = (k2cos2tsin2xkcos tcos x)K(x; t)
8(x; t)2R2;@2K
@x2(x; t)+(ak2sin2x)K(x; t) = (k2cos2tsin2xkcos tcos x+ak2sin2x)K(x; t)
= [k2sin2xsin2tkcos tcos x+a]K(x; t):
=@2K
@t2(x; t)+(ak2sin2t)K(x; t)toujours par symétrie.
4

8(x; t)2R2@2K
@x2(x; t)+(ak2sin2x)K(x; t) = @2K @t2(x; t)+(ak2sin2t)K(x; t)
En utilisant l’expression de F00 trouvée précédemment, 8x2R;
F00(x)+(ak2sin 2x)F(x) = Z
@2F
@x2(x; t):f0(t)dt + (ak2sin2x)Z
K(x; t)f0(t)dt
=Z
 @2K
@xc2(x; t)+(ak
2
sin2x)K(x; t)!f0(t)dt
=Z
 @2K
@t2(x; t)dt + (ak
2
sin2t)K(x; t!)f0(t)dt
=Z
@2K
@t2(x; t)f0(t)dt +Z
(ak2sin2t)K(x; t))f0(t)dt
les fonctions t7! @K
@t (x; t)et f0sont de classe C1sur Ret en intégrant par parties on obtient :
Z
@2K
@t2(x; t)f0(t)dt =@K @t (x; t)f0(t)
Z
@K
@t (x; t):f0
0(t)dt
Mais t7! K(x; t)est 2périodique donc t7! @K
@t (x; t)l’est également et par hypothèse la fonction f0est 2-
périodique.
On en déduit que @K
@t (x; t)f0(t)
= 0.
On a donc Z
@2K
@t2(x; t)f0(t)dt =Z
@K
@t (x; t):f0
0(t)dt
Une nouvelle intégration par partie donne :
Z
@2K
@t2(x; t)f0(t)dt = [K(x; t):f0
0(t)]
+Z
K(x; t)f00
0(t)dt:
t7! K(x; t)f0
0(t)est 2-périodique en tant que produit de deux fonctions 2-périodiques et donc [K(x; t):f0 0(t)]
= 0.
Finalement,
F00(x)+(ak2sin2x)F(x) = Z K(x; t)f00
0(t) + Z
(ak2sin2t)K(x; t))f0(t)dt
=Z
f00
0(t)+(ak2sin2t)f0(t)K(x; t)dt
= 0 car f0solution de (E)
8x2R; F 00(x)+(ak2sin2x)F(x) = 0
3. La fonction Fest paire et solution de (E)sur R. D’après I.3, il existe 2Rtel que F=f0, ce qui s’écrit encore :
92R8x2RZ ekcos tcos xf0(t)dt =f0(x)
Partie III
1. (E)y00 +!2y= 0 avec ! > 0est une équation linéaire à coe¢ cients constants classique:la solution générale de (E)sur
Iest :
y(x) = cos (!x) + sin (!x)avec (; )2R2
compte tenu des conditions initiales f0et f1sont dé…nies sur Ipar :
8x2I f0(x) = cos (!x)f1(x) = 1
!sin (!x)
5