12.3 Exercices d’approfondissement 309
1. Soient f une solution bornée de (E), et M ∈ R + tel que | f (x)| M pour tout
x ∈ R + . On a alors | f
| M |q|, ce qui montre que f
est intégrable sur R + . Il
en résulte que f
admet une limite finie en +∞. Démontrons, par l’absurde, que
= 0. Supposons = 0.
Quitte à remplacer f par − f (qui est aussi une solution bornée de (E)), on peut
supposer > 0. Il existe alors x 0 ∈ R + tel que f
(x)
2
pour tout x x 0 , et on
a alors ∀x x 0 , f (x) = f (x 0 ) +
x
x 0
f
(t)dt f (x 0 ) +
2
(x − x 0 ). Il en résulte
que lim
x→+∞
f (x) = +∞, ce qui est absurde.
2. Le Wronskien W = f g
− f
g est de classe C
1 sur R + , et
W
= f g
− f
g = −q f g + q f g = 0.
Ainsi W est constant.
3. Démontrons, par l’absurde, que (E) admet au moins une solution non bornée.
Pour cela supposons toutes les solutions de (E) bornées.
Soit ( f , g) un système fondamental de solutions de (E). Posons W = f g
− f
g.
D’après 2.,W est une constante, et comme f et g sont bornées, f
et g
tendent
vers 0 en +∞. Il en résulte que lim
x→+∞
f (x)g
(x) − f
(x)g(x) = 0, et donc que
W = 0, ce qui est absurde (le wronskien d’un système fondamental de solutions
est non nul).
Exercice 12.24
Mines-Ponts PSI 2007 K
Montrer l’existence et l’unicité d’une solution bornée sur R de l’équation différentielle (E) y
− y = e
−x
2
. Expliciter cette solution.
(E) est une équation différentielle linéaire du second ordre. Les solutions de
l’équation homogène associée sont toutes les fonctions de R dans R de la forme
y(x) = ae
x + be
−x où a et b sont deux constantes réelles. Notons que la seule
solution bornée de l’équation homogène est la fonction nulle, puisque, par exemple
si a est non nul, y(x) tend vers l’infini avec le signe de a lorsque x → +∞.
La méthode de « variation des constantes » montre que les solutions de l’équation
(E) sont de la forme y(x) = a(x)e
x + b(x)e
−x où a et b sont des fonctions de classe
C
1 sur R dont les dérivées vérifient
∀x ∈ R,
a
(x)e
x + b
(x)e
−x
=
0
a
(x)e
x
− b
(x)e
−x = e
−x
2
On en déduit a
(x) =
1
2
e
−x
2 −x et b
(x) = −
1
2
e
−x
2 +x .
Il en résulte que a(x) =
1
2
x
0
e
−t
2 −t dt + a et b(x) = −
1
2
x
0
e
−t
2 +t dt + b où a et b
sont deux constantes réelles.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
1. Soient f une solution bornée de (E), et M ∈ R + tel que | f (x)| M pour tout
x ∈ R + . On a alors | f
| M |q|, ce qui montre que f
est intégrable sur R + . Il
en résulte que f
admet une limite finie en +∞. Démontrons, par l’absurde, que
= 0. Supposons = 0.
Quitte à remplacer f par − f (qui est aussi une solution bornée de (E)), on peut
supposer > 0. Il existe alors x 0 ∈ R + tel que f
(x)
2
pour tout x x 0 , et on
a alors ∀x x 0 , f (x) = f (x 0 ) +
x
x 0
f
(t)dt f (x 0 ) +
2
(x − x 0 ). Il en résulte
que lim
x→+∞
f (x) = +∞, ce qui est absurde.
2. Le Wronskien W = f g
− f
g est de classe C
1 sur R + , et
W
= f g
− f
g = −q f g + q f g = 0.
Ainsi W est constant.
3. Démontrons, par l’absurde, que (E) admet au moins une solution non bornée.
Pour cela supposons toutes les solutions de (E) bornées.
Soit ( f , g) un système fondamental de solutions de (E). Posons W = f g
− f
g.
D’après 2.,W est une constante, et comme f et g sont bornées, f
et g
tendent
vers 0 en +∞. Il en résulte que lim
x→+∞
f (x)g
(x) − f
(x)g(x) = 0, et donc que
W = 0, ce qui est absurde (le wronskien d’un système fondamental de solutions
est non nul).
Exercice 12.24
Mines-Ponts PSI 2007 K
Montrer l’existence et l’unicité d’une solution bornée sur R de l’équation différentielle (E) y
− y = e
−x
2
. Expliciter cette solution.
(E) est une équation différentielle linéaire du second ordre. Les solutions de
l’équation homogène associée sont toutes les fonctions de R dans R de la forme
y(x) = ae
x + be
−x où a et b sont deux constantes réelles. Notons que la seule
solution bornée de l’équation homogène est la fonction nulle, puisque, par exemple
si a est non nul, y(x) tend vers l’infini avec le signe de a lorsque x → +∞.
La méthode de « variation des constantes » montre que les solutions de l’équation
(E) sont de la forme y(x) = a(x)e
x + b(x)e
−x où a et b sont des fonctions de classe
C
1 sur R dont les dérivées vérifient
∀x ∈ R,
a
(x)e
x + b
(x)e
−x
=
0
a
(x)e
x
− b
(x)e
−x = e
−x
2
On en déduit a
(x) =
1
2
e
−x
2 −x et b
(x) = −
1
2
e
−x
2 +x .
Il en résulte que a(x) =
1
2
x
0
e
−t
2 −t dt + a et b(x) = −
1
2
x
0
e
−t
2 +t dt + b où a et b
sont deux constantes réelles.
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit