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 y une solution de (E) sur I, y est de classe C 2 sur I.
Supposons y de classe C n sur I . Alors y 00 =
et donc aussi de classe C n+1 sur I.
':y est de classe C n car ' est de classe C 1 , donc y de classe C n+2
Par récurrence sur n, y est de classe C n sur I pour tout n 2 N
y est de classe C 1 sur I
2. Soit y solution de (E) sur I. Comme I est symétrique par rapport à 0, on peut dé…nir sur I la fonction z : 8x 2 I ,
z(x) = y( x) et elle est de classe C 1 sur I car y l’est.
De plus,
8x 2 I; z 0 (x) =
y 0 ( x) et z 00 (x) = y 00 ( x)
Donc comme ' est paire
8x 2 I
z 00 (x) + '(x)z(x) = y 00 ( x) + '( x):y( x) = 0
La fonction z est donc solution de (E) sur I.
Si y est solution de (E) , x
3.
> y( x) est aussi solution
Soit z0 la fonction dé…nie sur I par 8x 2 I; z0 (x) = f0 ( x).
D’après la question précédente : z0 est solution de (E) sur I et véri…e les conditions initiales z0 (0) = f0 (0) = 1,
z00 (0) = f00 (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 I véri…ant ces conditions initiales : par conséquent z0 = f0 et la fonction f0 est paire
.
Soit z1 la fonction dé…nie sur I par z1 (x) = f1 ( x).
D’après I.2, z1 est solution de (E) sur I (opposé d’une solution d’une équation linéaire homogène) , et z1 (0) = f1 (0) = 0
et z10 (0) = f10 (0) = 1.
D’après l’unicité de la solution de (E) véri…ant ces conditions initiales, z1 = f1 et la fonction f1 est 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 I est 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 ) 2 R2 tel que 0 f0 + 1 f1 = 0, en prenant la valeur en 0 puis 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 :
y solutions de (E) si et seulement si 9 (
0;
1)
2 R2 , y =
0 f0
+
1 f1
(
0;
1)
2 R2
Remarque : on peut aussi calculer le Wronskien des deux fonctions.
Soit f = 0 f0 + 1 f1 une solution de (E). Or dans C 1 (I; R) l’ensemble des fonctions paires et celui des fonctions
impaires sont deux sous espaces vectoriels supplémentaires . Donc f est 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 = f10 f0 f1 f00 le Wronskien de f0 et f1 . Comme on a montré que (f0 ; f1 ) est un système fondamental de solution,
W est toujours non nul.
1. u est C 1 sur I comme quotient à dénominateur non nul de fonctions C 1 et
u0 =
f10 f0
Donc u0 ne s’annule pas sur I .
D’autre part,
W 0 f0
u00 =
Mais W 0 = f100 f0
f000 f1 =
f00 f1
f02
=
W
f02
2W f00
f03
'f1 f0 + 'f0 f1 = 0 et
2. On a donc
Z
Soit
u00
=
u0
2
f00
f0
u00
=
u0
2
Z
ln (ju0 j) =
f00
f0
2 ln (jf0 j) + K
et donc
u0 =
eK
1
f02
d’où le résultat voulu en posant B = K (B est bien constante car les fonctions étant continues sans racines , ne
peuvent pas changer de signe).
Remarque : on peut aussi partir de W 0 = 0 pour en déduire que W est constante. ( le rapport du jury signale que
cette méthode a été acceptée aussi)
3. De plus u0 (0) =
f10 (0)f0 (0) f00 (0)f1 (0)
1
= 1 et 2
= 1 , donc B = 1 .
f02 (0)
f0 (0)
On a donc :
8x 2 I : u(x) = u0 + C
Si x = 0 on trouve C = 0. D’où :
f1 = f0 u0
5.
1. 8x 2 I; f (x) = cos2 (x) , f 0 (x) = 2 cos(x) sin(x) et f 00 (x) = 2 sin2 (x) cos2 (x)
Comme f ne s’annule pas sur I et qu’elle est solution de (E), on a donc :
f 00 (x)
=2 1
f (x)
8x 2 I; '(x) =
'=2 1
tan(x)2
tan2
On remarque que f (0) = 1 et f 0 (0) = 0. et donc par unicité f0 = f .
2. On a pour tout x 2]
u0 (x) =
Z
0
1
= 1 + tan2 = tan0
cos2
Z x
1 + tan(t)2
1
2
0
dt =
1 + tan(t) (tan(t)) dt = tan(t) + tan(t)3
cos(t)2
3
0
=2; =2[ comme
x
dt
=
cos(t)4
Z
x
0
8x 2]
=2; =2[;
u0 (x) = tan (x) +
2
1
tan(x)3
3
x
0
3. D’après I.4.3, pour tout x 2 I =]
=2; =2[,
1
f1 (x) = u0 (x)f0 (x) = tan x + tan3 x cos2 x
3
f1 (x) =
tan (x) +
1
3
2
tan (x) cos (x)
3
On a une base de l’espace vectoriel des solutions .Donc la solution générale de (E) sur I est :
y(x) =
0
cos2 x +
1
tan x +
plusieurs variantes possibles . Par exemple f1 (x) =
1
tan3 x cos2 x
3
tan(x) +
(
0;
1)
2 R2 :
1
sin(x)2
tan(x)3 cos(x)2 = tan(x) cos(x)2 +
3
3
=
Partie II
1. Soit y une solution de (E) sur R. D’après I.1, y est de classe C 1 sur R, donc la fonction dé…nie par 8x 2 R; Y (x) = y(x+2 )
est aussi de classe C 1 sur R et on a pour tout x 2 R, Y 0 (x) = y 0 (x + 2 ) et Y 00 (x) = y 00 (x + 2 ).
De plus, pour tout x 2 R, comme ' est 2 -périodique,
Y 00 (x) + '(x)Y (x) = y 00 (x + 2 ) + '(x + 2 )y(x + 2 ) = 0:
Si y est solution de (E) sur R, Y : x 7! y(x + 2 ) l’est également
2. En particulier les fonctions : 8x 2 R , x
> f0 (x + 2 ) et : 8x 2 R; 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 f0 et f1 ce qui assure
l’existence de constantes (wi;j ) telles que :
8x 2 R : f0 (x + 2 ) = w00 f0 (x) + w10 f1 (x) f1 (x + 2 ) = w01 f0 (x) + w11 f1 (x)
On a alors en dérivant :
8x 2 R : f00 (x + 2 ) = w00 f00 (x) + w10 f10 (x) f10 (x + 2 ) = w01 f00 (x) + w11 f10 (x)
En considérant les valeurs en x = 0, on obtient w0;0 = f0 (2 ); w10 = f00 (2 ); w01 = f1 (2 ); w11 = f10 (2 )
8x 2 R,
f0 (x + 2 ) = f0 (2 )f0 (x) + f00 (2 )f1 (x)
f1 (x + 2 ) = f1 (2 )f0 (x) + f10 (2 )f1 (x)
3. Remarque : W est la valeur en 2 du Wronskien de f0 et f1
Soit g une solution de (E) 2 périodique non identiquement nulle. Notons ( ; ) les coordonnées de g dans la base
(f0 ; f1 ). On a donc g = f0 + f1 .
Alors pour tout x 2 R, on a d’après II.2.
g(x)
et donc comme on a une base :
= g(x + 2 ) = f0 (x + 2 ) + f (x + 2 )
= (w0;0 + w0;1 )f0 (x) + (w1;0 + w1;1 )f1 (x)
= w0;0 + w0;1
. c’est-à-dire
= w1;0 + w1;1 )
De plus g n’est pas identiquement nulle donc
W admet 1 pour valeur propre et
=W
6= (0)
comme vecteur propre associé.
Réciproquement si 1 est valeur propre il existe un vecteur propre noté
bien g(x + 2 ) = g(x) et g 6= e
0
. La fonction g = f0 + f1 véri…e alors
(E) admet une solution non nulle 2 périodique ssi 1 est valeur propre de W
3
4. Soit g une solution de (E) non nulle et 2 -périodique.
D’après la question I.2, la fonction x 7! g( x) est encore solution de (E).
De plus par linéarité les fonctions g + : x 7! g(x) + g( x) et g : x 7! g(x)
2 périodique.
g( x) sont encore solutions de (E) et sont
Or g + est paire et donc d’après I.3 9 2 R , g + = :f0
De même g
est impaire et donc 9 ; g = f1
Si
=
= 0 alors g =
Si
6= 0 f0 =
Si
6= 0 : f1 =
g+
g
g+ + g
2
est paire
=e
0 absurde.
est impaire.
5. Soit f (x; t) = K(x; t)f0 (t) sur R
[
; ]
1. Pour tout x 2 R, la fonction t 7! K(x; t)f0 (t) est continue sur [ ; ] donc F est bien dé…nie sur R. De plus comme
pour tout (x; t) 2 R [ ; ], K( x; t) = K(x; t), la fonction F est paire.
Pour montrer que f est C 2 on utilise le théorème de Leibniz :
par théorèmes d’opérations et composition, la fonction f est de classe C 2 sur R2 .
@f
@2f
continues sur R et :
f admet donc des dérivées partielles
et
@x
@x2
8
@f
>
<
(x; t) = k cos t sin x ek cos t cos x f0 (t)
@x
8(x; t) 2 R [ ; ];
2
>
: @ f (x; t) = k 2 cos2 t sin2 x ek cos t cos x f0 (t) k cos t cos x ek cos t cos x f0 (t)
@x2
@f
@2f
8x 2 R, t 7! f (x; t) t 7!
(x; t) et t 7!
(x; t) sont continues sur [
@x
@x2
intégrables.
Domination de la dérivée seconde :
8(x; t) 2 R [
; ];
@2f
(x; t)
@x2
; ] (segment) donc elles y sont
(k 2 + jkj):ejkj jf0 (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 F est de classe C 2 sur R et
8
Z
>
0
>
k cos t sin xek cos t cos x f0 (t)dt
< F (x) =
Z
8x 2 R;
2
>
>
(k 2 cos2 t sin x k cos t cos x)k cos t cos x f0 (t)dt
: F 00 (x) =
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
(x; t) =
@t
(k cos x sin t) K(x; t)et
@2K
(x; t) = (k 2 cos2 x sin2 t
@t2
k cos x cos t)K(x; t)
et par symétrie
@2K
(x; t) = (k 2 cos2 t sin2 x
@x2
8(x; t)
k cos t cos x)K(x; t)
@2K
(x; t) + (a k 2 sin2 x)K(x; t) = (k 2 cos2 t sin2 x k cos t cos x + a
@x2
= [ k 2 sin2 x sin2 t k cos t cos x + a]K(x; t):
@2K
=
(x; t) + (a k 2 sin2 t)K(x; t) toujours par symétrie.
@t2
2
R2 ;
4
k 2 sin2 x)K(x; t)
8(x; t) 2 R2
@2K
(x; t) + (a
@x2
k 2 sin2 x)K(x; t) =
@2K
(x; t) + (a
@t2
k 2 sin2 t)K(x; t)
En utilisant l’expression de F 00 trouvée précédemment, 8x 2 R;
Z
Z
@2F
2
2
(x;
t):f
(t)dt
+
(a
k
sin
x)
K(x; t)f0 (t)dt
F 00 (x) + (a k 2 sin 2x)F (x) =
0
@x2
!
Z
2
@2K
=
(x;
t)
+
(a
k
sin2 x)K(x; t) f0 (t)dt
@xc2
!
Z
2
@2K
2
=
(x; t)dt + (a k sin t)K(x; t )f0 (t)dt
@t2
Z
Z
@2K
2
(x; t)f0 (t)dt +
(a k sin2 t)K(x; t))f0 (t)dt
=
@t2
les fonctions t 7!
@K
(x; t) et f0 sont de classe C 1 sur R et en intégrant par parties on obtient :
@t
Z
Z
@2K
@K
@K
(x; t) f0 (t)dt =
(x; t) f0 (t)
(x; t):f00 (t)dt
@t2
@t
@t
@K
(x; t) l’est également et par hypothèse la fonction f0 est 2 Mais t 7! K(x; t) est 2 périodique donc t 7!
@t
périodique.
@K
= 0.
(x; t) f0 (t)
On en déduit que
@t
On a donc
Z
@2K
(x; t) f0 (t)dt =
@t2
Une nouvelle intégration par partie donne :
Z
t 7!
Z
@K
(x; t):f00 (t)dt
@t
@2K
(x; t) f0 (t)dt = [ K(x; t):f00 (t)]
@t2
+
Z
K(x; t)f000 (t)dt:
K(x; t)f00 (t) est 2 -périodique en tant que produit de deux fonctions 2 -périodiques et donc [ K(x; t):f00 (t)]
= 0.
Finalement,
F 00 (x) + (a
k 2 sin2 x)F (x)
=
=
=
8x 2 R;
F 00 (x) + (a
Z
K(x; t)f000 (t) +
Z
f000 (t) + (a
Z
(a
2
k sin2 t)K(x; t))f0 (t)dt
2
k sin2 t)f0 (t) K(x; t)dt
0 car f0 solution de (E)
k 2 sin2 x)F (x) = 0
3. La fonction F est paire et solution de (E) sur R. D’après I.3, il existe
9 2 R 8x 2 R
Z
2 R tel que F = f0 , ce qui s’écrit encore :
ek cos t cos x f0 (t)dt = f0 (x)
Partie III
1. (E) y 00 + ! 2 y = 0 avec ! > 0 est une équation linéaire à coe¢ cients constants classique:la solution générale de (E) sur
I est :
y(x) = cos (!x) + sin (!x) avec ( ; ) 2 R2
compte tenu des conditions initiales f0 et f1 sont dé…nies sur I par :
8x 2 I
f0 (x) = cos (!x)
5
f1 (x) =
1
sin (!x)
!
2. Comme sin est C 1 sur ]
1; 1[ , on a bien y 2 C 1 (I; R)
=2; =2[ sur ]
De plus,
y 0 (x) = z 0 (sin x): cos x
8x 2 I
y solution de (E) sur I ;
y 00 (x) = cos 2xz 00 (x)
(1 sin2 x)z 00 (sin x) sin xz 0 (sin x) + ! 2 z(sin x) = 0
1; 1[ (1 X 2 )z 00 (X) Xz 0 (X) + ! 2 z(X) = 0
() 8x 2 I
() 8X 2]
en posant X = sin(x) qui décrit bien ]
sin xz 0 (sin x)
1; 1[ entier si x décrit ]
=2; =2[
3.
1. cette question est une analyse , la suivante sera la véri…cation.
degré: Dans le membre de droite de (E 0 ) chaque terme est de degré au plus d , et le coe¢ cient de X d est
d(d 1) d + ! 2 ad et donc ! = d , et les quantité étant positives ! = d. Ce qui impose que ! soit entier
(non nul par hypothèse)
relation entre les coe¢ cients : Pour tout X 2 ] 1; 1[,
z(X) =
d
X
an X n ; z 0 (X) =
n=0
d
X
nan X n
1
d
X
; z 00 (X) =
n=1
1)an X n
n(n
2
n=2
on a donc
Xz 0 (X) =
d
X
nan X n =
d
X
nan X n et X 2 z 00 (X) =
1)an X n =
n(n
+1
X
1)an X n
n(n
n=0
n=2
n=0
n=1
+1
X
car pour n = 1 et n = 0, les termes sont nuls.
En e¤ectuant le changement d’indice n > n + 2,
z 00 (X) =
d 2
X
(n + 2)(n + 1)an+2 X n :
n=0
z est solution de (E 0 ) si et seulement si
d 2
X
((n + 2)(n + 1)an+2 ) X n +
n(n
nan + ! 2 an X n
1)an
=
0
=
0:
n=0
n=0
d 2
X
d
X
(n + 2)(n + 1)an+2 + (! 2
n2 )an X n + (! 2
(d
1)2 )ad
1X
d 1
+ !2
d2 ad X d
n=0
Les deux fonctions polynômes sont égales sur ]
coe¢ cients sont égaux.
1; 1[ de cardinal in…ni, donc les polynômes sont égaux donc les
z véri…e (E 0 ) si et seulement si 8n 2 [[0; d
2]] ;
(n2
(n + 2)(n + 1)an+2
! 2 )an = 0 et ad
Comme pour tout n 2 N, (n + 2)(n + 1) 6= 0, on a :
8n 2 [[0; d
2]] ;
an+2 =
a2p =
(2p 2)2
(2p)(2p
n2 ! 2
an
(n + 2)(n + 1)
calcul des coe¢ cients :
– si n = 2p d est pair : ,
!2 )
a2p
1)
2
puis par récurrence sur p :
8p
1; p
p
Y
d
(2k 2)2
: a2p = a0
2
(2k)(2k
k=1
6
!2 )
= a0
1)
Qp
1
2
k=0 (4k
(2p)!
!2 )
:
1
=0
p 1
a0 Y
!2
(4k 2 ! 2 ) =
a0 = a2 .
(2p)!
2
k=0
Si l’égalité est vraie pour un certain p 2 N,
p 1
p
Y
4p2 ! 2
a0 Y
a0
a2p+2 =
:
(4k 2 ! 2 ) =
: (4k 2
(2p + 2)(2p + 1) (2p)!
(2p + 2)!
k=0
k=0
L’égalité est vraie au rang p + 1: la récurrence est établie.
En e¤et pour p = 1,
– De même, pour tout n = 2p + 1
8p
contrainte : on veut ad
– si d = ! est pair , d
1
! 2 ).
(2p 1)2 ! 2
a2p 1 . Par récurrence sur p, on a alors
(2p + 1)(2p)
Qp 1
((2k + 1)2 ! 2 )
d 1
a2p+1 = a1 k=0
2
(2p + 1)!
d, a2p+1 =
1; p
=0
1 est impair or ((2k + 1)2 ! 2 ) ne peut pas être nul (impair 6= pair) donc a1 = 0 et
0
!1
Qp 1
!=2
2
2
X
(4k
!
)
k=0
z(X) = a0 @1 +
X 2p A
(2p)!
p=1
– de même si d = ! est impair :
0
!
z(X) = a1 @X +
Qp
1
2
X
1
k=0 ((2k
p=1
+ 1)2
(2p + 1)!
!2 )
!1
X 2p+1 A
2. Réciproquement si ! est entier non nul les deux relations qui caractérisent les solutions polynômiales de (E 0 ) sont
véri…ées :
8n 2 [[0; d 2]] ; (n + 2)(n + 1)an+2 (n2 ! 2 )an = 0 et a! 1 = 0
ce sont des polynômes (de degré ! )
a! 1 est nul
si n n’a pas la parité de ! : (n + 2)(n + 1)0
si n a la parité de !
(n + 2)(n + 1)an+2
(n2
(n2
! 2 )an
! 2 )0 = 0
=
(n + 2)(n + 1)
=
0
n2 ! 2
an
(n + 2)(n + 1)
(n2
! 2 )an
En prenant a0 6= 0 , on a bien une solution polynômiale non nul
il existe des solutions polynômiale non nul ssi ! 2 N
Dans ce cas l’ensemble des solutions polynômiales est un espace vectoriel de dimension 1 alors que l’ensemble des
solutions de (E 0 ) sur ] 1; 1[ est un espace vectoriel de dimension 2 ( 1 X 2 n’a pas de racine sur ] 1; 1[ et les
coe¢ cients sont continus).
Si ! 2
= N , toutes les solutions sont non polynômiales.
Pour tout ! > 0 il existe des solutions non polynômiales de (E 0 )
3. Des solutions polynômiales de (E 0 ) on déduit des solutions de (E) :
!
Qp 1
!=2
2
X
!2 )
2p
k=0 (4k
Si ! = 2m est pair : y0 : x > 1 +
(sin(x)) est une solution paire de (E) , donc
(2p)!
p=1
proportionnelle à f0 = cos(!x) ( I.3): .De plus les deux fonctions valent 1 en 0 et sont donc égales.
!
Qp 1
m
2
X
4m2 )
2p
k=0 (4k
8x 2 ] =2; =2[ cos(2mx) = 1 +
sin (x)
(2p)!
p=1
Soit Pm la fonction polynômiale : X 7! 1 +
Qp
m
X
1
k=0
p=1
7
!
4(k 2 m2 ) 2p
X
. On véri…e :
(2p)!
– deg(Pm ) = 2m car
m 1
4m Y 2
(k
(2m)!
m2 ) 6= 0
k=0
– Les deux fonctions dé…nie sur R : x > cos(2mx) et x > Pm (sin(x)) sont continues sur R; périodique
et elles sont égales sur ]
=2; =2[ . Par passage à la limite, elles sont égales sur [ =2; =2] donc aussi
sur R par période.
On peut simpli…er le polynôme car :
pY1
(4k
2
2
4m )
p
pY1
=
( 4)
=
(m + p 1)!
( 4) m
(m p)!
k=0
(m + k)
pY1
k=0
k) = ( 4)p
k=0
m! (m + p 1)!
(m p)! (m 1)!
p
m
X
( 4)p m(m + p 1)! 2p
X
(2p)!(m p)!
p=1
!
Qp 1
2
!2 )
2p+1
k=0 ((2k + 1)
sin
(x) est une solution impaire de (E) ,
(2p + 1)!
Pm (X) = 1 +
Si ! = 2m + 1 : y1 : x 7! sin(x) +
(m
+m
X
p=1
1
donc proportionnelle à f1 = sin(!x) ( I.3): .De plus les dérivées des deux fonctions valent 1 en 0 , elles sont
!
égales.
8x 2]
=2; =2[
Qp
m
X
sin((2m + 1)x)
= sin x +
2m + 1
p=1
Soit Qm la fonction polynômiale : : X 7! (2m + 1)X +
1
k=0 ((2k
p 1
2m + 1 Y
((2k + 1)2
(2p + 1)!
+m
X
p=1
m 1
2m + 1 Y
((2k + 1)2
– deg(Qm ) = 2m + 1 car
(2m + 1)!
k=0
+ 1)2 (2m + 1)2 ))
(sin x)2p+1
(2p + 1)!
2
(2m + 1) )X
!
2p+1
k=0
!
:
(2m + 1)2)) 6= 0.
– Les fonctions dé…nie sur R : x > sin ((2m+)x) et x > Qm (sin(x)) sont continues, d’antipériodique
et sont égales sur ]
=2; =2[ : Par continuité elles sont égales sur [- =2; =2] puis en utilisant leur
-antipériodicité, elles sont égales sur R.
On a aussi une expression factorielle :
Qm (X) = (2m + 1)X +
+m
X
p=1
(2m + 1) ( 4)p (m + p)! 2p+1
X
(2p + 1)!(m p)!
4. compléments à étudier après le cours sur les séries entières : : si on cherche un développement en série entière
+1
X
an X n avec un rayon de convergence strictement positif , les calculs sont du type précédent et donne :
z(X) =
n=0
z véri…e (E 0 ) ()
+1
X
(n + 2)(n + 1)an+2 + (! 2
n2 )an X n = 0
n=0
d’où la même relation de récurrence
8n 2 N;
an+2 =
n2 ! 2
an
(n + 2)(n + 1)
d’où le calcul des an selon la parité de n :
z(x)
= a0
1+
+1
X
p=1
Qp
1
2
k=0 (4k
(2p)!
!2 )
!
X
2p
!
= a0 u0 + a1 u1
+ a1
X+
+1
X
p=1
Qp
1
k=0 ((2k
+ 1)2
(2p + 1)!
!2 )
!
X
2p+1
!
la fonction u0 étant un polynôme ssi le produit est nul à partir d’un certain rang : 9p : ! = 2p . idem pour u1 . Dans le
cas polynômiale la série entière est de rayon +1:
8
si les fonctions u0 et u1 ne sont pas des polynômes la Règle de D’Alembert donne pour ces deux séries un rayon de
convergence 1 :
an+2 2
X
= X2
lim
an
On a donc bien des solutions sur ]
obtenues.
1; 1[ , et la dimension des sous espaces vectoriels montre que toutes les solutions sont
5. En se ramenant aux solutions paires et impaires de (E) on obtient pour x 2]
=2; =2[
!
Qp 1
+1
2
X
!2 )
2p
k=0 (4k
cos(!x) = 1 +
(sin(x))
(2p)!
p=1
+1 Qp 1
2
X
! 2 ))
sin(!x)
k=0 ((2k + 1)
= sin x +
(sin x)2p+1
!
(2p
+
1)!
p=1
Le problème de l’étude en
1 des séries entières , donc du prolongement des relations précédentes à R n’était pas posé.
9