12.3 Exercices d’approfondissement 307
On a alors, compte tenu des relations cos x + cos(x + p) = 0 et sin x + sin(x + p) = 0,
f (x) + f (x + p) =
x
0
q(t) sin(x − t) dt +
x+p
0
q(t) sin(x + p − t) dt
=
x
0
q(t) [sin(x − t) + sin(x + p − t)] dt +
x+p
x
q(t) sin(x + p − t) dt
= −
x+p
x
q(t) sin(x − t) dt
Avec le changement de variable t = x + u on obtient :
f (x) + f (x + p) =
p
0
q(x + u) sin u du
et donc f (x) + f (x + p) 0 puisque q(x + u) et sin u sont positifs ou nuls pour tout
u ∈ [0, p].
Exercice 12.22
Centrale PSI 2006
Soit f la solution sur R de l’équation différentielle (E) y
− (x
4 + 1)y = 0 telle
que f (0) = f
(0) = 1.
1. Justifier l’existence de f .
2. Montrer que g = f
2 est convexe ; calculer g(0) et g
(0).
3. Montrer que ∀t ∈ R + , f (t) 1.
4. La fonction t →
1
g(t)
est-elle intégrable sur R + ?
5. Montrer que h : x → f (x)
+∞
x
dt
g(t)
est solution de l’équation différentielle (E).
1. (E) est une équation différentielle du second ordre dont les coefficients sont des
fonctions continues de R dans R. Comme le coefficient de y
ne s’annule pas, le
théorème de Cauchy montre qu’il existe une et une seule solution de (E) vérifiant
les conditions initiales f (0) = f
(0) = 1.
2. g = f
2 est de classe C
2 sur R et on a g
= 2 f f
et
g
(x) = 2 f
(x)
2 + 2 f (x) f
(x) = 2 f
2 (x) + 2(x
4 + 1) f
2 (x) 0 pour tout x ∈ R.
g est donc convexe sur R.
On a de plus g(0) = f (0)
2 = 1 et g
(0) = 2 f (0) f
(0) = 2.
3. Comme g est convexe, la courbe d’équation y = g(x) est située au-dessus de sa
tangente, notamment au point d’abscisse x = 0. On a donc g(x) 1 + 2x, et
en particulier g(x) 1 pour tout x 0, c’est-à-dire | f (x)| 1. Comme f est
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
On a alors, compte tenu des relations cos x + cos(x + p) = 0 et sin x + sin(x + p) = 0,
f (x) + f (x + p) =
x
0
q(t) sin(x − t) dt +
x+p
0
q(t) sin(x + p − t) dt
=
x
0
q(t) [sin(x − t) + sin(x + p − t)] dt +
x+p
x
q(t) sin(x + p − t) dt
= −
x+p
x
q(t) sin(x − t) dt
Avec le changement de variable t = x + u on obtient :
f (x) + f (x + p) =
p
0
q(x + u) sin u du
et donc f (x) + f (x + p) 0 puisque q(x + u) et sin u sont positifs ou nuls pour tout
u ∈ [0, p].
Exercice 12.22
Centrale PSI 2006
Soit f la solution sur R de l’équation différentielle (E) y
− (x
4 + 1)y = 0 telle
que f (0) = f
(0) = 1.
1. Justifier l’existence de f .
2. Montrer que g = f
2 est convexe ; calculer g(0) et g
(0).
3. Montrer que ∀t ∈ R + , f (t) 1.
4. La fonction t →
1
g(t)
est-elle intégrable sur R + ?
5. Montrer que h : x → f (x)
+∞
x
dt
g(t)
est solution de l’équation différentielle (E).
1. (E) est une équation différentielle du second ordre dont les coefficients sont des
fonctions continues de R dans R. Comme le coefficient de y
ne s’annule pas, le
théorème de Cauchy montre qu’il existe une et une seule solution de (E) vérifiant
les conditions initiales f (0) = f
(0) = 1.
2. g = f
2 est de classe C
2 sur R et on a g
= 2 f f
et
g
(x) = 2 f
(x)
2 + 2 f (x) f
(x) = 2 f
2 (x) + 2(x
4 + 1) f
2 (x) 0 pour tout x ∈ R.
g est donc convexe sur R.
On a de plus g(0) = f (0)
2 = 1 et g
(0) = 2 f (0) f
(0) = 2.
3. Comme g est convexe, la courbe d’équation y = g(x) est située au-dessus de sa
tangente, notamment au point d’abscisse x = 0. On a donc g(x) 1 + 2x, et
en particulier g(x) 1 pour tout x 0, c’est-à-dire | f (x)| 1. Comme f est
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