Soit \(f:\mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}\) de classe \(\mathcal{C}^{2}\) telle que \(\forall x \in \mathbb{R} , f''(x)+f(x)\geqslant 0\). Montrer que: \[\forall x \in \mathbb{R} , \quad f(x)+f(x+\pi) \geqslant 0\]
Considérer \(g(x)=f''(x)+f(x)\) Résoudre l’équation différentielle avec l’hypothèse \(g\geqslant 0\).
Soit \(p:\mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}\) une fonction continue non-nulle et positive. Montrer que toute solution de \[(E) \quad y''+p(x)y=0\] s’annule au moins une fois.
Par l’absurde, si \(y>0\), \(y''=-py\leqslant 0\)., \(y'\) est décroissante puis \(y'=0\), ensuite \(p=0\).
Soit \(u:[a,b] \mapsto \mathbb{R}\) une fonction de classe \(\mathcal{C}^{2}\) telle que \[u''(x) + p(x)u'(x) >0\] Montrer que \(u\) atteint son maximum en \(a\) ou en \(b\).
Sinon, en un point intérieur, \(u'(x)=0\), puis \(u''(x)>0\), d’où \(u\) serait localement convexe, une absurdité.
Soient deux fonctions \(f\) et \(g\) continues sur \([0, 1]\) telles que \(\forall x \in [0, 1]\), \[f(x) = \int_0^x g(t)\mathrm{ \;d}t \textrm{ et } g(x) = \int_0^x f(t) \mathrm{ \;d}t\] Montrer que \(f\) et \(g\) sont nulles.
D’après le théorème fondamental, puisque \(g\) est continue sur \([0, 1]\), la fonction \(f\) est de classe \(\class{1}\) sur \([0, 1]\), et de même, \(g\) est de classe \(\class{1}\) sur \([0, 1]\), avec \(\forall x \in [0, 1]\), \(f'(x) = g(x)\) et \(g'(x) = f(x)\). On en déduit que \(f\) et \(g\) sont deux fois dérivables sur \([0, 1]\) et que \(\forall x \in [0, 1]\), \(f''(x) = g'(x) = f(x)\), et \(g''(x) = g(x)\). Par conséquent, il existe quatre constantes \((A, B) \in \mathbb{R}^{2}\) et \((A', B') \in \mathbb{R}^{2}\) telles que \[\forall x\in [0, 1],~ f(x) = A\mathop{\mathrm{sh}}x + B\mathop{\mathrm{ch}}x \textrm{ et } g(x) = A' \mathop{\mathrm{sh}}x + B'\mathop{\mathrm{ch}}x\] En injectant dans \(f(x) = \int_0^x g(t)\mathrm{ \;d}t\), et dans \(g(x) = \int_0^x f(t)\mathrm{ \;d}t\), on trouve que \(A = B = A' = B' = 0\) et par conséquent, \(f = g = 0\).
Trouver les fonctions \(f : \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}\) continues vérifiant : \[\forall x \in \mathbb{R} ,~ f(x) = \cos x - x - \int_0^x (x - t) f(t)\mathrm{ \;d}t\]
D’après le théorème fondamental, puisque les fonctions \(f\) et \(t\mapsto tf(t)\) sont continues sur \(\mathbb{R}\), la fonction définie par \(F(x) = x \int_0^x f(t) \mathrm{ \;d}t - \int_0^x tf(t)\mathrm{ \;d}t\) est de classe \(\mathcal{C}^{1}\) sur \(\mathbb{R}\), avec \(\forall x \in \mathbb{R}\), \(F'(x) = \int_0^x f(t)\mathrm{ \;d}t + xf(x) - xf(x) = \int_0^x f(t)\mathrm{ \;d}t\). Par conséquent, la fonction \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^{1}\) sur \(\mathbb{R}\) et \[\forall x \in \mathbb{R} ,\quad f'(x) = -\sin x - 1 - \int_0^x f(t)\mathrm{ \;d}t\] En appliquant encore une fois le théorème fondamental, on montre que \(f\) est de classe \(\mathcal{C}^{2}\) sur \(\mathbb{R}\) et que \[\forall x \in \mathbb{R} , \quad f''(x) = -\cos x - f(x)\] donc que \(f\) vérifie une équation différentielle du second ordre à coefficients constants. En résolvant cette équation, il existe deux constantes \((A, B) \in \mathbb{R}{2}\) telles que \[\forall x \in \mathbb{R} ,~ f(x) = A\cos x + B\sin x + \dfrac{x^2}{2}\sin(x)\] Mais comme d’après l’équation vérifiée par \(f\), \(f(0) = 1\), et l’équation vérifiée par \(f'\), \(f'(0) = -1\), on en tire \(A = 1\) et \(B=-1\). Par conséquent, la seule solution possible est \[f(x) = \cos x - \sin x - \dfrac{x}{2}\sin x\] On vérifie réciproquement que cette fonction est bien solution de notre problème en calculant l’intégrale \(\int_0^x (x - t) f(t)\mathrm{ \;d}t\).
On considère l’équation différentielle \[(E)~: 3y^2(y'' + y') + 6yy'^2 + y^3 = e^{-x}\] On considère une solution \(y\) de \((E)\). Déterminer un entier \(n \in \mathbb N\) tel que la fonction \(y^n\) soit solution d’une équation différentielle linéaire à coefficients constants. Trouver alors une solution de \((E)\).
Pour \(n = 3\), \[z = y^3,~z' = 3y^2y',~ z'' = 6yy'^2 + 3y^2y''\] et par conséquent, \(z\) vérifie l’équation différentielle \[z'' + z' - z = e^{-x}\] En résolvant, il existe \((A, B) \in \mathbb{R}^{2}\) tels que \[z(x) = e^{-x} + A\mathop{\mathrm{ch}}\left( {\scriptstyle-1+\sqrt 5\over\scriptstyle 2}x\right) + B\mathop{\mathrm{sh}}\left( {\scriptstyle-1+\sqrt 5\over\scriptstyle 2}x\right)\]
Trouver les fonctions \(f : \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}\) de classe \(\mathcal{C}^{1}\) vérifiant \[\forall x \in \mathbb{R} ,~ f'(x) = f\left( {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2} - x\right)\]
Soit une telle fonction \(f\). Elle est de classe \(\mathcal{C}^{2}\) et en dérivant, elle doit vérifier : \[\forall x \in \mathbb{R} ,~ f''(x) = -f'\left( {\scriptstyle\pi\over\scriptstyle 2} - x\right) = -f(x)\] Par conséquent, il existe \((A, B) \in \mathbb{R}{2}\) tels que \[\forall x \in \mathbb{R} ,~f(x) = A\cos x + B\sin x\] En reportant dans l’équation, on trouve que \(A = 0\) et donc que \(f(x) = B\sin x\). On vérifie réciproquement que \(\forall B \in \mathbb{R}\), cette fonction convient.
Déterminer les fonctions \(f : \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}\) dérivables vérifiant \[\forall x \in \mathbb{R} ,~ f'(x) = f(-x)\]
Soit \(f\) une telle fonction. Elle est deux fois dérivable puisque \(f'\) est une composée de fonctions dérivable (puisque \(f = f' \circ \varphi\) où \(\varphi(x) = -x\)), et en dérivant, on trouve que \(\forall x \in \mathbb{R}\), \(f''(x) = - f'(-x) = f(x)\). Par conséquent, \(f\) est solution de l’équation différentielle \(y'' = y\) et donc il existe \(A, B \in \mathbb{R}\) tels que \(\forall x \in \mathbb{R}\), \[f(x) = Ae^x + Be^{-x}\] Mais alors \(\forall x \in \mathbb{R}\), \(f'(x) = Ae^x - Be^{-x} = Ae^{-x} + Be^{x}\) d’où nécessairement \(A=B\) et \(A = -B\) et donc \(f = 0\). La fonction nulle vérifie réciproquement la propriété.