Équations différentielles : correction du devoir 2
Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques
1. Équation différentielle vérifiée par \(f\)
Soit \(f\) une fonction définie et dérivable sur \(\mathbb R^*\) telle que :
\[ (\forall x\in\mathbb R^*)\qquad f'(x)=f\left(\frac1x\right). \tag{*} \]Montrer que :
\[ (\forall x\in\mathbb R^*)\qquad x^2f''(x)+f(x)=0. \]Lire la correction + Masquer la correction −
La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb R^*\). La fonction \(x\mapsto \dfrac1x\) est également dérivable sur \(\mathbb R^*\). Par conséquent, la fonction :
\[ x\longmapsto f\left(\frac1x\right) \]est dérivable sur \(\mathbb R^*\).
Or, d’après la relation \((*)\) :
\[ f'(x)=f\left(\frac1x\right). \]Ainsi, \(f'\) est dérivable sur \(\mathbb R^*\). La fonction \(f\) est donc deux fois dérivable sur \(\mathbb R^*\).
En dérivant la relation \((*)\), on obtient, pour tout \(x\in\mathbb R^*\) :
\[ \begin{aligned} f''(x) &=\left[f\left(\frac1x\right)\right]'\\ &=f'\left(\frac1x\right)\left(-\frac1{x^2}\right). \end{aligned} \]On applique maintenant la relation \((*)\) au réel non nul \(\dfrac1x\) :
\[ f'\left(\frac1x\right) =f\left(\frac1{1/x}\right) =f(x). \]Par conséquent :
\[ f''(x)=-\frac{f(x)}{x^2}. \]Comme \(x\neq0\), on peut multiplier par \(x^2\) :
2. Équation différentielle vérifiée par \(g\)
Soit \(g\) la fonction définie sur \(\mathbb R\) par :
\[ g(x)=f(e^x). \]En déduire que la fonction \(g\) est solution de l’équation différentielle :
\[ y''-y'+y=0. \]Lire la correction + Masquer la correction −
Pour tout \(x\in\mathbb R\), on a \(e^x>0\), donc \(e^x\in\mathbb R^*\). La fonction \(g\) est donc bien définie sur \(\mathbb R\).
D’après la question précédente, \(f\) est deux fois dérivable sur \(\mathbb R^*\). La fonction \(g\) est alors deux fois dérivable sur \(\mathbb R\).
Calculons sa dérivée :
\[ g'(x)=e^x f'(e^x). \]En dérivant une seconde fois :
\[ \begin{aligned} g''(x) &=e^x f'(e^x)+e^x\times e^x f''(e^x)\\ &=e^x f'(e^x)+e^{2x}f''(e^x)\\ &=g'(x)+e^{2x}f''(e^x). \end{aligned} \]La relation obtenue à la question 1 a), appliquée au réel \(e^x\), donne :
\[ (e^x)^2f''(e^x)+f(e^x)=0. \]Donc :
\[ e^{2x}f''(e^x)=-f(e^x)=-g(x). \]En remplaçant dans l’expression de \(g''(x)\) :
\[ g''(x)=g'(x)-g(x). \]La fonction \(g\) est donc bien une solution de l’équation différentielle demandée.
3. Détermination de toutes les fonctions \(f\)
Déterminer toutes les fonctions \(f\) vérifiant la relation \((*)\).
Lire la correction + Masquer la correction −
A. Détermination de \(f\) sur \(]0;+\infty[\)
On reprend la fonction :
\[ g(t)=f(e^t), \qquad t\in\mathbb R. \]La question 1 b) montre que \(g\) vérifie :
\[ g''-g'+g=0. \]L’équation caractéristique associée est :
\[ r^2-r+1=0. \]Son discriminant vaut :
\[ \Delta=1-4=-3. \]Les racines complexes conjuguées sont :
\[ r_1=\frac12+i\frac{\sqrt3}2, \qquad r_2=\frac12-i\frac{\sqrt3}2. \]Il existe donc deux réels \(A\) et \(B\) tels que :
\[ g(t)=e^{t/2} \left[ A\cos\left(\frac{\sqrt3}2t\right) +B\sin\left(\frac{\sqrt3}2t\right) \right]. \tag{1} \]Comme \(x=e^t\), on a \(t=\ln x\) pour \(x>0\). L’équation différentielle du second ordre fournit donc d’abord :
\[ f(x)=\sqrt x \left[ A\cos\left(\frac{\sqrt3}2\ln x\right) +B\sin\left(\frac{\sqrt3}2\ln x\right) \right], \qquad x>0. \]À partir de \((*)\), pour tout \(t\in\mathbb R\) :
\[ \begin{aligned} g'(t) &=e^t f'(e^t)\\ &=e^t f(e^{-t})\\ &=e^t g(-t). \end{aligned} \tag{2} \]Posons :
\[ \alpha=\frac{\sqrt3}2. \]En dérivant l’expression \((1)\), on obtient :
\[ g'(t)=e^{t/2} \left[ \left(\frac A2+\alpha B\right)\cos(\alpha t) +\left(\frac B2-\alpha A\right)\sin(\alpha t) \right]. \]D’autre part :
\[ e^t g(-t)=e^{t/2} \left[ A\cos(\alpha t)-B\sin(\alpha t) \right]. \]L’égalité \(g'(t)=e^t g(-t)\), valable pour tout \(t\), donne :
\[ \begin{cases} \dfrac A2+\alpha B=A,\\[4pt] \dfrac B2-\alpha A=-B. \end{cases} \]Ces deux égalités sont équivalentes à :
\[ A=\sqrt3\,B. \]En posant \(B=\lambda\), avec \(\lambda\in\mathbb R\), on obtient sur \(]0;+\infty[\) :
\[ f(x)=\lambda\sqrt x \left[ \sqrt3\cos\left(\frac{\sqrt3}2\ln x\right) +\sin\left(\frac{\sqrt3}2\ln x\right) \right]. \tag{3} \]B. Détermination de \(f\) sur \(]-\infty;0[\)
Pour traiter l’intervalle négatif, définissons la fonction \(h\) sur \(\mathbb R\) par :
\[ h(t)=f(-e^t). \]Posons \(x=-e^t\). On a alors \(x<0\) et :
\[ \frac{dx}{dt}=-e^t=x. \]Ainsi :
\[ h'(t)=x f'(x). \]En dérivant une seconde fois :
\[ \begin{aligned} h''(t) &=x f'(x)+x^2f''(x)\\ &=h'(t)+x^2f''(x). \end{aligned} \]Or, d’après la question 1 a) :
\[ x^2f''(x)=-f(x)=-h(t). \]Par conséquent :
\[ h''-h'+h=0. \]Il existe donc deux réels \(C\) et \(D\) tels que :
\[ h(t)=e^{t/2} \left[ C\cos(\alpha t)+D\sin(\alpha t) \right]. \tag{4} \]La relation initiale \((*)\) donne également :
\[ \begin{aligned} h'(t) &=-e^t f'(-e^t)\\ &=-e^t f(-e^{-t})\\ &=-e^t h(-t). \end{aligned} \tag{5} \]En dérivant \((4)\) :
\[ h'(t)=e^{t/2} \left[ \left(\frac C2+\alpha D\right)\cos(\alpha t) +\left(\frac D2-\alpha C\right)\sin(\alpha t) \right]. \]D’autre part :
\[ -e^t h(-t)=e^{t/2} \left[ -C\cos(\alpha t)+D\sin(\alpha t) \right]. \]L’égalité \(h'(t)=-e^t h(-t)\), valable pour tout \(t\), donne :
\[ \begin{cases} \dfrac C2+\alpha D=-C,\\[4pt] \dfrac D2-\alpha C=D. \end{cases} \]Ces deux égalités sont équivalentes à :
\[ D=-\sqrt3\,C. \]Pour \(x<0\), on a \(-x>0\) et \(t=\ln(-x)\). En posant \(C=\mu\), avec \(\mu\in\mathbb R\), on obtient :
\[ f(x)=\mu\sqrt{-x} \left[ \cos\left(\frac{\sqrt3}2\ln(-x)\right) -\sqrt3\sin\left(\frac{\sqrt3}2\ln(-x)\right) \right]. \tag{6} \]C. Synthèse et contrôle
Les deux constantes sont indépendantes, car aucune condition n’est imposée en \(0\) et la relation \((*)\) ne mélange pas les deux intervalles de \(\mathbb R^*\).
Toutes les fonctions cherchées sont les fonctions définies, pour \((\lambda,\mu)\in\mathbb R^2\), par :
\[ \boxed{ f(x)= \begin{cases} \lambda\sqrt x \left[ \sqrt3\cos\left(\dfrac{\sqrt3}2\ln x\right) +\sin\left(\dfrac{\sqrt3}2\ln x\right) \right], & x>0,\\[10pt] \mu\sqrt{-x} \left[ \cos\left(\dfrac{\sqrt3}2\ln(-x)\right) -\sqrt3\sin\left(\dfrac{\sqrt3}2\ln(-x)\right) \right], & x<0. \end{cases} } \]Réciproquement, les calculs précédents montrent que chaque fonction de cette forme est dérivable sur chacun des deux intervalles de \(\mathbb R^*\) et vérifie bien :
\[ f'(x)=f\left(\frac1x\right) \qquad \text{pour tout }x\in\mathbb R^*. \]
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