\input exos
\fiche{Équations différentielles linéaires}



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\ex Équations linéaires d'ordre 1

Intégrer les équations suivantes :
\def\qq{\global\advance\qqnum1\hbox to7mm{\hfil\bf\the\qqnum) }\ignorespaces}
\halign{&\hskip\leftskip\qq#\hfil\cr
%
   $(2+x)y' = 2-y$.
   \reponse{$y = 2 + \dfracλ{x+2}$.}
%
&  $xy'+y = \cos x$.
   \reponse{$y = \dfrac{C+\sin x}x$.}
%
\cr$(1+x)y' + y = (1+x)\sin x$.
   \reponse{$y = -\cos x + \dfrac{\sin x + λ}{1+x}$.}
%
&  $x³y' -x²y = 1$.
   \reponse{$y = λ x - \dfrac 1{3x²}$.}
%
\cr$3xy' - 4y = x$.
   \reponse{$y = λ x^{4/3} - x$.}
%
&  $y'+y = \sin x + 3\sin 2x$.
   \reponse{$y = \dfrac{\sin x - \cos x}2 + \dfrac{3\sin 2x - 6\cos 2x}5 + λ e^{-x}$.}
%
\cr$2x(1-x)y' + (1-2x)y = 1$.
   \reponse{$y = \dfrac{\argch(1-2x)+λ}{2√{x²-x}}$ pour $x < 0$\par
               $y = \dfrac{\arcsin(2x-1)+µ}{2√{x-x²}}$ pour $0 < x < 1$\par
               $y = \dfrac{-\argch(2x-1)+ν}{2√{x²-x}}$ pour $1 < x$.}
%
&  $x(x+1)y' + y = \arctan x$.
   \reponse{%
      $y = \dfrac {x-1}{2x} \arctan x +
      \dfrac {x+1}{2x} \left(\ln\dfrac {|x+1|}{√{x²+1}} + λ \right)$.}
%
\cr$x(x²-1)y' + 2y = x\ln x - x²$.
   \reponse{$y = \dfrac{x}{1-x²}\Bigl( (1+x)\ln x + 1 + λ x\Bigr)$.}
\cr}

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\ex Équations d'ordre 2 à coefficients constants

Intégrer :
\def\qq{\global\advance\qqnum1\hbox to7mm{\hfil\bf\the\qqnum) }\ignorespaces}
\halign{&\hskip\leftskip\qq#\hfil\cr
%
   $y'' -2y' + 2y = xe^x$.
   \reponse{$y = (x + a\cos x + b\sin x) e^x$.}
%
&  $y'' - 4y' + 4y = 2(x-2)e^x$.
   \reponse{$y = (ax+b)e^{2x} + 2xe^x$.}
%
\cr$y'' - 4y' + 13y = 10\cos 2x + 25\sin 2x$.
   \reponse{$y = e^{2x}(a\cos3x + b\sin3x) + 2\cos2x + \sin 2x$.}
%
&  $y'' + y = \cotan x$.
   \reponse{$y = \sin x\ln\Bigl|\tan \dfrac x2\Bigr| + λ \cos x + µ\sin x$
            (variation de la constante avec sin).}
%
\cr$y'' + 3y' + 2y = \dfrac{x-1}{x²} e^{-x}$.
   \reponse{$y = (λ + \ln|x|)e^{-x} + µe^{-2x}$.}
%
&  $y'' + y = P(x)$ où $P$ est un polynôme.
   \reponse{$y = λ\cos x + µ\sin x + ⅀_{n=0}^∞ (-1)^n P^{(2n)}(x)$.}
%
\cr${y'}² + y² = 1$ (dériver).
   \reponse{$y = a\cos x + b\sin x$ avec $a² + b² = 1$ ou $y = ±1$.}
\cr}

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\ex Équations d'ordre 2 à coefficients non constants

Intégrer les équations suivantes :

\qq $y''-y'-e^{2x}y = e^{3x}$ (poser $u = e^x$).
    \reponse{$y = -e^x + λ e^{e^x} + µ e^{-e^x}$.}

\qq $y'' - \left(6x+\dfrac1x\right)y' + 8x²y = x⁴$ (poser $u=x²$).
    \reponse{$y = λ e^{x²} + µ e^{2x²} + \dfrac{2x²+3}{16}$.}

\qq $x(1-2\ln x)y'' + (1+2\ln x)y' - \dfrac4xy = 0$
    (chercher une solution de la forme $y = x^α$).
    \reponse{$y=λ x² + µ\ln x$.}

\qq $x²y''-2xy'+2y = 2+2x³\sin x$ (poser $u = \ln x$).
    \reponse{$y = ax + bx² + 1 - 2x\sin x$.}

\qq $x(x+1)y'' - y' - 2y = 3x²$
    (chercher une solution de l'équation homogène de la forme $y = x^α$).
    \reponse{$y = x²\ln|x+1| + λ \left(x²\ln\left|\dfrac x{x+1}\right| + x-\dfrac12\right) + µ x²$.}

\qq $x²y'' + 4xy' + (2-x²)y = 1$ $\Bigl($poser $y = \dfrac u{x²}\Bigr)$.
    \reponse{$y = \dfrac{-1 + a\ch x + b\sh x}{x²}$.}

\qq $(x²+3)y'' + xy' - y = 1$ (chercher les solutions polynomiales).
    \reponse{$y = λ√{x²+3} + µx - 1$.}

\qq $xy''-2y'-xy = 0$ (dériver deux fois).
    \reponse{$y^{(4)} - 2y'' + y = 0 ⇒ y = a(\ch x -x\sh x) + b(x\ch x -\sh x)$.}

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\ex Résolution par DSE

Chercher les solutions développables en série entière des équations suivantes
et résoudre complètement ces équations.
\def\qq{\global\advance\qqnum1\hbox to7mm{\hfil\bf\the\qqnum) }\ignorespaces}
\halign{&\hskip\leftskip\qq#\hfil\cr
%
 $4xy'' - 2y' + 9x²y = 0$.
 \reponse{$2n(2n-3)a_n = -9a_{n-3}
               ⇒ y = \cases{ a₀\cos(x^{3/2})  &si $x⩾0$\cr
                             a₀\ch(|x|^{3/2}) &si $x⩽0.$\cr}$\par
          Solution générale :
          $y = \cases{ a\cos u + b\sin u &si $x⩾0$\cr
                       a\ch u + b\sh u   &si $x⩽0$,\cr}$ avec $u = |x|^{3/2}$.}
%
&$xy'' + 2y' - xy = 0$.
 \reponse{$n(n+1)a_n = a_{n-2} ⇒ y = a₀\dfrac{\sh x}x$.\par
          Solution générale : $y = \dfrac{a\ch x + b\sh x}x$.}
%
\cr$4xy'' + 2y' - y = 0$.
 \reponse{$(2n+1)(2n+2)a_{n+1} = a_n ⇒ y = a₀\ch(√ x\,)$.\par
          Solution générale sur $ℝ⁺$ : $u = a\ch(√x) + b\sh(√x)$.}
%
&$y'' + xy' + 3y = 0$.
 \reponse{$n(n-1)a_n + (n+1)a_{n-2} = 0
               ⇒ y = a₀(1-x²)e^{-x²/2} + a₁z$.\par
          Solution générale : $y = (1-x²)e^{-x²/2}(a+bF(x)) + bx$
          avec $F(x) = ∫_{t=0}^x e^{t²/2}\,𝕕t$.}
%
\cr$x²y'' + 6xy' + (6-x²)y = -1$.
 \reponse{$(n+2)(n+3)a_n = a_{n-2} ⇒ y = \dfrac{x-\sh x}{x³}$.\par
          Solution générale : $y = \dfrac{a\ch x + b\sh x + x}{x³}$.}
%
&$x(x-1)y'' + 3xy' + y = 0$.
 \reponse{$na_{n+1} = (n+1)a_n ⇒ y = \dfrac{λ x}{(1-x)²}$.\par
          Solution générale : $y = \dfrac {ax + b(1+x\ln|x|)}{(1-x)²}$.}
\cr}

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\ex $y^{(4)}+y''+y = |\sin x|$

Montrer que l'équation : $y^{(4)}+y''+y = |\sin x|$ admet une et une seule solution
$π$-périodique.
\reponse{$|\sin x| = \dfrac2π -\dfrac 4π⅀_{n=1}^∞ \dfrac{\cos 2nx}{4n²-1}
⇒ y = \dfrac2π -\dfrac4π⅀_{n=1}^∞ \dfrac{\cos 2nx}{(4n²-1)(16n⁴-4n²+1)}$.
\par
Cette série converge et définit une fonction de classe $𝓒⁴$ solution de l'équation.

Unicité : les solutions de l'équation homogène sont combinaison de
$e^{jx}$, $e^{-jx}$, $e^{j²x}$ et $e^{-j²x}$ donc non $π$-périodiques.}

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\ex $y'' + k²y = ⅀_{n=1}^∞ \dfrac{\cos nx}{n²}$

Soit $k ∈ ℝ$.
Résoudre $y'' + k²y = ⅀_{n=1}^∞ \dfrac{\cos nx}{n²}$.
\reponse{$k∉ℤ$ : $y = ⅀_{k=1}^∞ \dfrac{\cos nx}{n²(k²-n²)} + a\cos kx + b\sin kx$.\par
         $k∈ℤ$ : remplacer $\dfrac{\cos kx}{k²(k²-k²)}$ par $\dfrac{x\sin kx}{2k³}$.}


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\ex $y' = |x-y|$

Résoudre l'équation : $y' = |x-y|$. Étudier les problèmes de raccordement.
\reponse{$y = x+1 + λe^x$ ou $y = x - 1 + λe^{-x}$.}


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\ex $y'' + |y| = 1$

Résoudre l'équation $y'' + |y| = 1$, avec $y(0) = 0$, $y'(0) = 1$.
\reponse{%
$y = e^x-1$ si $x < 0$~;
$y=1-\cos x + \sin x$ si $0⩽x<\frac {3π}2$~;
$y=e^{3π/2-x}-1$  si $x⩾\frac {3π}2$.}


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\ex Mines MP 2000 

Résoudre $(E) : 4xy''+2y'+y=0$ sachant que $(E)$ admet deux solutions $y$ et $z$ telles que
$yz=1$. Comment résoudre cette équation sans l'indication ?
\reponse{$4xz''+2z'+z = \dfrac{-1}{y²}\Bigl(4xy''+2y'-y-\dfrac{8x{y'}²}{y}\Bigr)
=\dfrac{2}{y³}(y²+4x{y'}²)$
donc $\dfrac{y'}{y} = ±\dfrac1{√{-4x}}$
et $y = λ\exp(±√{-x})$ pour $x<0$.
\smallskip
Résolution sans indication~: on pose $x=εt²$ et $y(x) = z(t)$
d'où $\dfrac{𝕕²z}{𝕕t²}+εz = 0$.}

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\ex Mines MP 2000

Soit $E=𝓒(ℝ⁺,ℝ)$, $b∈ ℝ$ et $a>0$.
\qq Montrer que, pour tout $f∈E$, il existe un unique $g$ de $𝓒¹(ℝ⁺,ℝ)$ tel que 
    $g'+ag=f$ et $g(0)=b$.
    \reponse{$g(x) = be^{-ax} + ∫_{t=0}^x e^{a(t-x)}f(t)\,𝕕t$.}
\qq Montrer que si $f$ est intégrable sur $ℝ⁺$, $g$ l'est également. Relation entre
    $∫_{t=0}^{+∞}f(t)\,𝕕t$ et $∫_{t=0}^{+∞}g(t)\,𝕕t$.
    \reponse{$∫_{x=0}^Xg(x)\,𝕕x
    = \dfrac{b}{\strut a}(1-e^{-aX}) + ∫_{t=0}^X∫_{x=t}^Xe^{a(t-x)}f(t)\,𝕕x\,𝕕t
    = \dfrac{b}{\strut a}(1-e^{-aX}) + ∫_{t=0}^X\dfrac{1-e^{a(t-X)}}{\strut a}f(t)\,𝕕t$

    $\phantom{∫_{x=0}^Xg(x)\,𝕕x}⟶_{X→+∞}
     \dfrac{b}{a}+ \dfrac{1}{a}∫_{t=0}^{+∞}f(t)\,𝕕t$.

    Donc l'intégrale de~$g$ converge. On montre la convergence
    absolue par majoration élémentaire.}

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\ex Solution $L²$, X 2013
Soit $a∈ℝ_+^*$. Soit $f$ : $ℝ→ℝ$, continue, $L²$.
On considère l'équation différentielle
$y' - ay = f(t)$. Montrer qu'il existe une unique fonction
$y$ : $ℝ→ℝ$ vérifiant cette équation et qui est $L²$.
\reponse{Comme deux solutions diffèrent par un multiple de~$e^{at}$, il y en
a au plus une de carré sommable. En s'inspirant de la formule de Duhamel,
on essaye $y(t) = -∫_{s=t}^{+∞}e^{a(t-s)}f(s)\,𝕕s=-∫_{u=0}^{+∞}e^{-au}f(t+u)\,𝕕u$.
La deuxième intégrale converge car $u↦e^{-au}$ et $u↦f(t+u)$ sont de carrés
intégrables et on vérifie avec la première intégrale que c'est bien une solution
de~$y'-ay=f$.
De plus, avec l'inégalité de Cauchy-Schwarz~:
$y²(t)⩽∫_{u=0}^{+∞}e^{-2au}\,𝕕u×∫_{u=0}^{+∞}f²(t+u)\,𝕕u
⩽\dfrac1{2a}∫_{u=t}^{+∞}f²(u)\,𝕕u$. En particulier $y²$ est bornée sur~$ℝ$.
\medskip
Ensuite, on a $yy'-ay²=yf⩾-\frac12(ay²+f²/a)$, d'où
$\dfrac a2y²⩽\dfrac1{2a}f²+yy'$ et en intégrant~:

$\dfrac a2∫_{t=α}^βy²(t)\,𝕕t⩽\dfrac1{2a}∫_{t=α}^βf²(t)\,𝕕t+\dfrac{y²(β)-y²(α)}2$.

Ainsi, les intégrales $∫_{t=α}^βy²(t)\,𝕕t$ sont bornées, ce qui prouve
que $y∈L²$.}

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\ex Systèmes différentiels à coefficients constants

$x,y,z$ sont des fonctions de $t$. Résoudre les systèmes :
\def\qq{\global\advance\qqnum1\hbox to7mm{\hfil\bf\the\qqnum) }\ignorespaces}
\halign{&\hskip\leftskip\qq#\hfil\cr
%
 $\cases{ x' = 2y + 2z\cr y' = -x + 2y + 2z\cr z' = -x + y  + 3z.\cr}$
 \reponse{$x = 2αe^t + (2γt + 2β-γ)e^{2t}$, \quad
          $y = (γt + β) e^{2t}$, \quad
          $z = αe^t + (γt + β)e^{2t}$.}
%
&$\cases{ y'+y = z \cr z'+2z = y-1. \cr}$
 \reponse{$y = -1 + λe^{αt} + µe^{βt}$,\quad
          $z = -1 + λ(1+α)e^{αt} + µ(1+β)e^{βt}$,\quad
          $α = \frac{-3+√5}2$,
          $β  = \frac{-3-√5}2$.}
%
&$\cases{ y' = y+z+ \sin t\cr z'=-y+3z.\cr}$
 \reponse{$y = \dfrac{-9\cos t-13\sin t}{25} + (at+b)e^{2t}$,\quad
          $z = \dfrac{-4\cos t- 3\sin t}{25} + (at+a+b)e^{2t}$.}
%
\cr$\cases{ x' = x+y-z \cr y'=2x+y-2z\cr z'=-2x+2y+z.\cr}$
 \reponse{$x = (a+bt+ct²)e^t$,\quad
          $y = \left({a+\dfrac{b-c}2 + (b+c)t+ct²}\right)e^t$,\quad
          $z = \left({a-\dfrac{b+c}2 + (b-c)t+ct²}\right)e^t$.}
%
&$\cases{ x' = 2x + y + z   \cr
          y' = x - y - z    \cr
          z' = -x + 2y + 2z.\cr}$
 \reponse{$x = -(b+c)e^t + (a+b+c)e^{2t}$,\par
          $y = \frac12(-a+5b+3c) - 2(b+c)e^t + \frac12(a+b+c)e^{2t}$,\par
          $z = \frac12(a-5b-3c)  + 3(b+c)e^t - \frac12(a+b+c)e^{2t}$.}
%
&$\cases{ x' = 2x + z + \sh t\cr
          y' = x - y - z + \ch t\cr
          z' = -x + 2y + 2z - \ch t.\cr}$
 \reponse{$x = (at² + (a+b+\frac12)t + a+b+c)e^t$,\par
          $y = (at² + (b-a+\frac12)t + a+c)e^t - \frac12e^{-t}$,\par
          $z = (-at² + (a-b-\frac12)t -c)e^t + \frac12e^{-t}$.}
\cr}

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\ex Système différentiel à coefficients non constants
Résoudre le système différentiel suivant :
$\cases{(t²+1)x' = tx + y + 2t²-1\cr
        (t²+1)y' = x - ty + 3t.\cr}$
\reponse{$y = (t²+1)x' -tx -2t²+1 ⇒ (t²+1)x'' + 2tx' -2x = 6t$.\par
Résolution par DSE $⇒ x = a(1+t\arctan t) + bt + t\ln(1+t²)$,
                        $y = a\arctan t + b + 1 + \ln(1+t²)$.}

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\ex Lemme des noyaux, Matexo

Soit $(p,q)∈ℝ²$ et $(E)$ l'équation~: $y'' + py' + qy = 0$.
On note $S$ l'ensemble des solutions de $(E)$ et $D$ l'application de $S$ dans 
$S$ définie par $D(f) = f'$.

\qq $D$ peut elle être une homothétie ?
\qq Déterminer les valeurs de $p$ et $q$ pour lequelles $D$ n'est pas un 
    isomorphisme de~$S$.
\qq Vérifiez que $D∘D + pD + q\id_S=0$ et montrer qu'il existe des 
    nombres complexes $r₁$ et $r₂$ tels que :
    $(D - r₁ \id_S)∘(D - r₂ \id_S) = 0$.
\qq Les applications $D - r₁ \id_S$, $D - r₂ \id_S$
    peuvent-elles être inversibles ?

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\ex $y'' + xy' + y = 0$, Matexo

On désigne par $y$ la solution de l'équation différentielle
$y'' + xy' + y = 0$,
avec les conditions de Cauchy $y(0) = 0$, $y'(0) = 1$.

\qq Montrer que les dérivées de $y$ vérifient
$y^{(n)} + x\ y^{(n-1)} + (n-1)y^{(n-2)} = 0, \quad ∀n⩾2$.
\qq Calculer par récurrence les dérivées successives de $y$ en zéro.
\qq Montrer que $y$ admet le développement limité à l'origine
$(x → 0)$:

$$y(x) = x - \dfrac{2 x³}{3!} + \dfrac{8x^5}{5!} +… 
       + \dfrac{(-2)^kk!\,x^{2k+1}}{(2 k+1)!} + o(x^{2k+2}).$$

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\ex $f''(x) + f(-x) = x\cos x$

Trouver les fonctions $f:ℝ→ℝ$ de classe $𝓒²$ telles que :
$∀x ∈ ℝ$, $f''(x) + f(-x) = x\cos x$.
\reponse{Dériver deux fois. $f(x) = \dfrac{\sin x-x\cos x}2 + λ\sh x + µ\cos x$.}

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\ex $y'' + \dfrac {2y'}{\th x} + y = 0$

On considère l'équation différentielle :
$(*) ⇔ y'' + \dfrac {2y'}{\th x} + y = 0$.

\qq  On pose $z(x) = y'(x) + \dfrac {y(x)}{\th x}$.
     Écrire l'équation différentielle (d'ordre 1) sur $z$ déduite de $(*)$.
     \reponse{$z'+ \dfrac z{\th x} = 0$.}

\qq  Résoudre sur $]-∞,0[$ et $]0,+∞[$ l'équation en $z$, puis $(*)$.
     \reponse{$y = \dfrac {ax+b}{\sh x}$.}

\qq  Parmi les solutions trouvées, quelles sont celles prolongeables en 0 ?

     On note $y₀$ la solution de $(*)$ telle que $y₀(x) ⟶_{x→0-}1$.

\qq  Démontrer que $y₀$ est de classe $𝓒¹$ et que $\dfrac {y₀'(x)}{\th x}$
     admet une limite finie en $0$.

     En déduire que $y₀$ est de classe $𝓒²$ sur $ℝ$.

\qq  Est-ce que l'aire comprise entre la courbe de $y₀$
     et l'axe des abscisses est finie~?

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\ex $y'' + 2xy' + (x²-1)y = 0$

Soit $E = 𝓒^∞(ℝ,ℂ)$ et
$\application Φ E E f {g:t↦f'(t)+tf(t).}$

\qq Trouver les valeurs propres et les vecteurs propres de $Φ$.
    \reponse{spectre ${}= ℂ$, $f_λ(t) = e^{-t²/2}e^{λ t}$.}

\qq Trouver les valeurs propres et les vecteurs propres de $Φ²$.
    \reponse{Pour $λ ≠ 0$, $Φ²(f) = λ²f ⇔
             f = af_λ + bf_{-λ}$.\par
             Pour $λ = 0$, $Φ²(f) = 0 ⇔ f(t) = (at+b)e^{-t²/2}$.}

\qq Résoudre l'équation : $y'' + 2xy' + (x²-1)y = 0$.
    \reponse{$Φ²(y)=-2y ⇔ y = e^{-t²/2}\bigl( ae^{t√2} + be^{-t√2}\bigr)$.}

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\ex $x²f''(x) + xf'(x) = λf(x)$

Déterminer les éléments propres des endomorphismes suivants :

\qq $E = ℝ[X]$,
   $Φ(P)(X) = X²P''(X) + XP'(X)$.
   \reponse{$λ = n²$ : $P(X) = aX^n$.}

\qq $E = 𝓒^∞(]0,+∞[,ℝ)$,
   $Φ(f)(x) = x²f''(x) + xf'(x)$.
   \reponse{$λ > 0$ : $f(x) = α x^{√λ} + β x^{-√λ}$.\par
            $λ = 0$ : $f(x) = α + β\ln x$.\par
            $λ < 0$ : $f(x) = α\cos\bigl(√{-λ}\ln x\bigr)
                                  + β \sin\bigl(√{-λ}\ln x\bigr)$.}

\qq $E = 𝓒^∞(]0,1[,ℝ)$
  $Φ(f)(x) = √{\dfrac{1-x}x}f'(x)$.
  \reponse{$λ ∈ ℝ$ : $f(x) = α\expλ\bigl( \arcsin√ x  - √{x(1-x)} \bigr)$.}

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\ex $AP' - nA'P = λP$

Soit $A$ un polynôme à coefficients réels de degré 2 donné.
Au polynôme $P$ de degré inférieur ou égal à $2n$ on fait correspondre le
polynôme $Q = AP' - nA'P$.

\qq Montrer qu'on définit ainsi un endomorphisme $Φ$ de $ℝ_{2n}[X]$.
\qq Chercher les valeurs propres et les vecteurs propres de $Φ$ dans les
    cas particuliers :\par
\def\sq{\global\advance\sqnum1\hbox to7mm{\hfil\bf\char\the\sqnum) }\ignorespaces}
\halign{&\hskip\leftskip\sq#\hfil\cr
    $A = X²-1$, \reponse{$λ = 2k$, $P = α(X-1)^{n-k}(X+1)^{n+k}$ pour $-n⩽k⩽n$.}
   &$A = X²$,   \reponse{$λ = 0$, $P = α X^{2n}$.}
   &$A = X²+1$. \reponse{$λ = 0$, $P = α (X²+1)^n$.}
   \cr}

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\ex Équation intégrale

Trouver les applications $g:ℝ⁺→ℝ⁺$ continues vérifiant pour tout
$x > 0$ :
$$\dfrac12∫_{t=0}^x g²(t)\,dt = \dfrac1x\left(∫_{t=0}^x g(t)\,𝕕t\right)².$$
\reponse{$y = ∫_{t=0}^x g(t)\,𝕕t ⇒ \dfrac{y'}y = \dfrac{2±√2}x
          ⇒ g(x) = α x^{1±√2}$.
          Continuité en $0 ⇒ g(x) = α x^{1+√2}$.}

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\ex Inéquations différentielles

Soient $a,b:ℝ→ℝ$ continues, et $y,z$ solutions de
$\cases{y(0) = z(0)\cr y' = a(t)y + b(t)\cr z'⩽a(t)z + b(t).}$

Démontrer que : $∀t⩾0$, on a $y(t)⩾z(t)$.

\reponse{Étudier $e^{-A}(y-z)$, $A'=a$.}

%----------------------------------------------------------------------
\ex Tangentes parallèles ou concourantes

Soit l'équation $(*) ⇔ y' = a(x)y + b(x)$ et $x₀$ un réel fixé.
Montrer que les tangentes aux courbes intégrales au point d'abscisse $x₀$ sont
parallèles ou concourantes.
\reponse{Point de concours : $\Bigl(x₀-\dfrac1{a(x₀)}, -\dfrac{b(x₀)}{a(x₀)}\Bigr)$.}

%----------------------------------------------------------------------
\ex $y' + ay =$ fct périodique

Soit $λ ∈ ℂ$ et $φ:ℝ→ℂ$, $T$-périodique, continue.
On considère l'équation : $(*) ⇔ y' + λy = φ(x)$.

\qq Montrer que si $y$ est solution de $(*)$, alors $x↦y(x+T)$ est aussi solution.
\qq En déduire que $y$, solution de $(*)$, est $T$-périodique si et seulement si $y(0) = y(T)$.
\qq Montrer que, sauf pour des valeurs exceptionnelles de $λ$, l'équation
    $(*)$ admet une et une seule solution $T$-périodique.

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\ex Coefficients périodiques

Soit l'équation $(*) ⇔ y' + a(x)y = b(x)$ où $a,b$ sont des fonctions
continues, $T$-périodiques.

\qq Montrer que si $y$ est solution de $(*)$, alors la fonction définie par
    $z(x) = y(x+T)$ est aussi solution.
\qq En déduire que si $∫_{t=0}^T a(t)\,𝕕t ≠ 0$, alors $(*)$ admet une unique
    solution $T$-périodique.
    \reponse{Soient $y₀$ une solution particulière et $y₁$ une solution
             non nulle de l'équation homogène : $y₁(x) = e^{-A(x)}$ avec
             $A'=a$. Alors $y₀(x+T) = y₀(x) + αy₁(x)$, et pour
             une solution $y$ quelconque, $y = y₀ + λy₁$ :
             $y(x+T)-y(x) = (α + λ(e^{-I}-1))y₁(x)$ où
             $I = ∫_{t=0}^T a(t)\,𝕕t$.}

%----------------------------------------------------------------------
\ex Équation intégrale

Soit $E = ⦃$ fcts : $[0,1] → ℝ$ continues $⦄$
et $\application Φ E E f g$ avec $g(x) = ∫_{t=0}¹ \inf(t,x)f(t)\,𝕕t$.

Chercher les valeurs propres et les fonctions propres de $Φ$.

\reponse{%
$λ ≠ 0 :\quad f(x) = a\sin(α x),\quad
 α ≡ \frac π4 \pmod π$

$λ = 0 : \quad f = 0$.
}

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\ex Matexo

Soit $k∈ℝ^*$ fixé. On considère :
$E=⦃f∈𝓒²([0,1],ℝ)\tq f(0) = 0 \text{ et } f(1)=3⦄$.

Déterminer $\displaystyle \inf_{f∈ E} ∫_{t=0}¹ (f'(t)+kf(t))²\,𝕕t$.
{\it Indication~: poser $f'+kf = g$ et calculer $f(1)$ en fonction de~$g$.}
\reponse{%
$f(1) = e^{-k}∫_{t=0}¹ g(t)e^{kt}\,𝕕t$.

Avec Cauchy-Schwarz on obtient
 $∫_{t=0}¹ (f'(t)+kf(t))²\,𝕕t ⩾
            \dfrac{2k}{1-e^{-2k}}f(1)² = 9\dfrac{2k}{1-e^{-2k}}$.

Il y a égalité pour $f(t) = 3\dfrac{e^{kt}-e^{-kt}}{e^{k}-e^{-k}}$.}

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\ex Ulm-Lyon-Cachan MP$^*$ 2000

Soient $u,v,w$ trois applications bornées et de classe~$𝓒¹$ sur~$ℝ$,
à valeurs dans~$ℝ³$, vérifiant~:
$u'+v' = w$; $w'=-v$; $∫_{0}^{∞}∥u'∥²<+∞$.
On suppose qu'il existe une suite de terme général $t_n$ tendant vers~$+∞$
telle que $u(t_n)$ tend vers~$a∈ℝ³$.

\qq Montrer que la suite de terme général $u_n=\dfrac1{2π}∫_{t=t_n}^{t_n+2π} u(t)\,𝕕t$
    tend vers~$a$.
\reponse{$u_n-u(t_n) =  \dfrac1{2π}∫_{t=t_n}^{t_n+2π}∫_{x=t_n}^t u'(x)\,𝕕x\,𝕕t$
et on majore l'intégrale interne par Cauchy-Schwarz.}

\qq Montrer que les suites de termes généraux $v_n=\dfrac1{2π}∫_{t=t_n}^{t_n+2π} v(t)\,𝕕t$
    et $w_n=\dfrac1{2π}∫_{t=t_n}^{t_n+2π} w(t)\,𝕕t$ tendent vers~$0$.
\reponse{%
$w+w''=u'$ donc $w(t) = ∫_{x=t_n}^t\sin(t-x)u'(x)\,𝕕x + α\cos t + β\sin t$
puis 
$$\eqalign{∫_{t=t_n}^{t_n+2π}w(t)\,𝕕t\ 
&= ∫_{t=t_n}^{t_n+2π}∫_{x=t_n}^t\sin(t-x)u'(x)\,𝕕x\,𝕕t\cr
&= ∫_{x=t_n}^{t_n+2π}∫_{t=x}^{t_n+2π}\sin(t-x)u'(x)\,𝕕t\,𝕕x\cr
&= ∫_{x=t_n}^{t_n+2π} u'(x)(\cos(t_n-t)-1)\,𝕕x\cr
&⟶_{n→∞}0,\cr}$$
et
$∫_{t=t_n}^{t_n+2π}v(t)\,𝕕t
= w(t_n)-w(t_n+2π)
= -∫_{x=t_n}^{t_n+2π}\sin(t-x)u'(x)\,𝕕x$.
}

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\ex Centrale MP 2001

Soit $f$ continue et intégrable sur~$ℝ$. On considère l'équation
différentielle $(E)$ : $y' - y + f = 0$.

\qq Montrer que $(E)$ admet une unique solution $F$ bornée sur~$ℝ$.
    \reponse{Formule de Duhamel : $y(t) = -∫_{x=0}^t e^{t-x}f(x)\,𝕕x + λe^t$.

    Par convergence dominée, l'intégrale tend vers $0$ quand $t$ tend vers $-∞$
    donc toutes les solutions de~$(E)$ sont bornées au voisinage de $-∞$.

    Pour $t⩾ 0$ on a $y(t) = e^t\Bigl(λ-∫_{x=0}^t e^{-x}f(x)\,𝕕x\Bigr)$
    donc il y a au plus une valeur de $λ$ telle que $y$ soit éventuellement
    bornée au voisinage de $+∞$, c'est $λ = ∫_{x=0}^{+∞} e^{-x}f(x)\,𝕕x$.

    Pour ce choix on a~:
    $|y(t)| = \Bigl|∫_{x=t}^{+∞}e^{t-x}f(x)\,𝕕x\Bigr|
    ⩽∫_{x=t}^{+∞}|f(x)|\,𝕕x ⟶_{t→+∞}0$.}
    
\qq Montrer que $F$ est intégrable sur $ℝ$ et comparer $∫_{-∞}^{+∞} F$ et  $∫_{-∞}^{+∞} f$.
    \reponse{$$\eqalign{∫_{t=a}^b|F(t)|\,𝕕t
    &⩽ ∫_{t=a}^b∫_{x=t}^{+∞}e^{t-x}|f(x)|\,𝕕x𝕕t\cr
    &⩽ ∫_{x=a}^b∫_{t=a}^xe^{t-x}|f(x)|\,𝕕t𝕕x
       + ∫_{x=b}^{+∞}∫_{t=a}^be^{t-x}|f(x)|\,𝕕t𝕕x\cr
    &⩽ ∫_{x=a}^b(1-e^{a-x})|f(x)|\,𝕕x
       + ∫_{x=b}^{+∞}(e^{b-x}-e^{a-x})|f(x)|\,𝕕t𝕕x\cr
    &⩽ ∫_{x=-∞}^{+∞}|f(x)|\,𝕕x\cr
    }$$
    donc $F$ est intégrable. $F' = F-f$ est aussi intégrable et
    $∫_{t=-∞}^{+∞}F'(t)\,𝕕t = \Bigl[F(t)\Bigr]_{t=-∞}^{+∞} = 0$
    d'où $∫_{-∞}^{+∞} F =∫_{-∞}^{+∞} f$.}

%----------------------------------------------------------------------
\ex Centrale MP 2001

Trouver les fonctions $f,g$ continues vérifiant~:
$∫_{t=0}^x f(t)\,𝕕t = x - 1 + g(x)$ et
$∫_{t=0}^x g(t)\,𝕕t = x - 1 + f(x)$.
\reponse{Poser $F(x) = ∫_{t=0}^x f(t)\,𝕕t$ et $G(x) = ∫_{t=0}^x g(t)\,𝕕t$
puis résoudre~: $F(x)= x-1+G'(x)$, $G(x) = x-1 + F'(x)$, $F(0) = G(0) = 0$.

On trouve $f(x) = g(x) = 1$.}

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\ex Polytechnique PC 2002
Soit l'équation différentielle~:
$(E)⇔ u''(x) + (k-2d\cos(x))u(x)= 0$.

\qq Existence et domaine de définition des solutions
    maximales $A$ et $B$ telles que
    $A(0)=1$, $A'(0)=0$ et $B(0)=0$, $B'(0)=1$.
\reponse{thm de Cauchy-Lipschitz linéaire.}

\qq Montrer que $A$ est paire et $B$ est impaire.
\reponse{$x↦A(-x)$ et $x↦-B(-x)$ sont solutions de $(E)$ et
    vérifient les bonnes conditions initiales.}

\qq Montrer que $A(k,d,x) = A(k,0,x) +
    2d∫_{t=0}^xB(d,0,x-t)A(k,d,x)\cos(t)\,𝕕t$.
\reponse{Résoudre $u''(x) + ku(x) = 2d\cos(x)u(x)$ par la formule de Duhamel.}

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\ex $f↦f+f'$ (Mines MP 2003)
Soit~$E$ l'ensemble des fonctions $f:ℝ→ℝ$ de classe $𝓒^∞$
telle que pour tout~$k∈ℕ$, $f^{(k)}$ est bornée.

Soit $\application u E E f {f+f'.}$

\qq Montrer que $u∈𝓛(E)$.
\qq Est-ce que~$u$ est injectif~?
    \reponse{Oui, $\Ker u = ⦃0⦄$.}
\qq Est-ce que~$u$ est surjectif~?
    \reponse{Oui~: si $g∈ E$ alors $f = t↦∫_{s=-∞}^t e^{s-t}g(s)\,𝕕s$
    appartient~à~$E$ et $f+f'=g$.}

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\ex Centrale MP 2004
On considère l'équation différentielle~: $-y'' + \dfrac y{p²} = f$
où $p∈ℕ^*$ et $f$ est une fonction continue donnée.

\qq Donner les solutions de cette équation.
    Montrer que $x↦ -∫_{t=0}^x pf(t)\sh\Bigl(\dfrac{x-t}p\Bigr)\,𝕕t$
    est solution.
\qq Montrer qu'il existe une unique solution telle que $y(0) = y(1) = 0$.
    On la note $u_p$.
    \reponse{$u_p(x) = -∫_{t=0}^x pf(t)\sh\Bigl(\dfrac{x-t}p\Bigr)\,𝕕t + \dfrac{\sh(x/p)}{\sh(1/p)}∫_{t=0}¹ pf(t)\sh\Bigl(\dfrac{1-t}p\Bigr)\,𝕕t$.}
\qq Montrer que $(u_p)$ converge simplement vers une fonction que l'on déterminera.
    \reponse{TCD : $u_p(x)⟶_{p→∞}-∫_{t=0}^x (x-t)f(t)\,𝕕t + x∫_{t=0}¹ (1-t)f(t)\,𝕕t = ∫_{t=0}^x t(1-x)f(t)\,𝕕t + ∫_{t=x}¹ x(1-t)f(t)\,𝕕t$
    (primitive deuxième de~$-f$ s'annulant en~$0$ et~$1$).}

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\ex Centrale MP 2004

Soit $λ∈ℝ$ et $(𝓔)⇔ \dfrac{𝕕²u(x)}{𝕕x²} + (1-λ)x²u(x) = 0$.

\qq Montrer que les solutions de~$(𝓔)$ sont de la forme $H(x)e^{-x²/2}$
    où $H$ est une fonction développable en série entière.
    \reponse{Il suffit de démontrer que les solutions de~$(𝓔)$ sont développables en série entière.
    La méthode des coefficients indéterminés donne $n(n-1)a_n = (λ-1)a_{n-4}$ si $n⩾ 4$
    et $a₂ = a_3 = 0$ d'où $$a_{4k} = \dfrac{(λ - 1)^ka₀}{ℿ_{i=1}^k4i(4i-1)},\ 
    a_{4k+1} = \dfrac{(λ - 1)^ka₁}{ℿ_{i=1}^k4i(4i+1)},\ 
    a_{4k+2} = a_{4k+3} = 0.$$
    On obtient une série de rayon infini pour tout choix de~$a₀,a₁$ donc les solutions DSE
    forment un ev de dimension~$2$ et on a ainsi trouvé toutes les solutions.}
\qq Déterminer les valeurs de~$λ$ telles que $H$ soit une fonction
    polynomiale non nulle.
    \reponse{On doit avoir $H''(x) - 2xH'(x) + ((2-λ)x² - 1)H(x) = 0$.
    Si $H$ est une fonction polynomiale non nulle, en examinant les termes de
    plus haut degré on obtient une contradiction. Donc il n'existe pas de
    telle solution.}

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\ex Lemme de Gronwall (X MP$^*$ 2003)

Soient~$f,g$ deux fonctions continues et $a∈ℝ$ vérifiant~:
$∀t⩾0$, $g(t)⩾0$ et $f(t)⩽ a + ∫_{u=0}^t f(u)g(u)\,𝕕u.$
Montrer~: $∀t⩾0,\ f(t)⩽ a\exp\Bigl(∫_{u=0}^t g(u)\,𝕕u\Bigr)$.
\reponse{Considérer $h(t) = a + ∫_{u=0}^t f(u)g(u)\,𝕕u$ et
résoudre l'inéquation différentielle $h'(t)⩽g(t)h(t)$ par la formule
de Duhamel.}

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\ex $y''+y⩾0$

Soit $f:ℝ→ℝ$ de classe $𝓒²$ telle que :
$∀x ∈ ℝ$, $f(x) + f''(x)⩾0$.

Montrer que : $∀x ∈ ℝ$, $f(x) + f(x+π)⩾0$.
\reponse{$f(x) = ∫_{t=0}^x g(t)\sin(x-t)\,𝕕t + λ\cos x + µ\sin x$
         avec $g = f+f''$.}

%-----------------------------------------------------------------------------
\ex $f'' + f' + f → 0$

Soit $f:ℝ→ℝ$ de classe $𝓒²$ telle que
$f''(t) + f'(t) + f(t) ⟶_{t→+∞} 0$. Démontrer que $f(t) ⟶_{t→∞} 0$.

\reponse{%
On pose $φ(t) = f''(t)+f'(t)+f(t)$.

$f(t) = e^{-t/2} \left[ -\dfrac 2{√3}
        ∫_{u=0}^t φ(u)e^{u/2} \sin\left({\dfrac {√3\,(u-t)}2 }\right), 𝕕u
        + A\cos\left(\dfrac {√3\,u}2 \right) + B\sin\left(\dfrac {√3\,u}2\right)
        \right ]$.
}
%-----------------------------------------------------------------------------
\ex $f''⩾f + 2/\ch(x)³$, Centrale PC 1997

Soit $f$ de classe $𝓒²$ de $ℝ$ dans~$ℝ$ telle que $f(0) = f'(0) = 0$
et pour tout $x$~: $f''(x)⩾f(x) + \dfrac 2{\ch(x)³}$.
Montrer pour tout $x$~: $f(x)⩾\dfrac{\sh(x)²}{\ch(x)}$.

%-----------------------------------------------------------------------------
\ex $y'+ay = b$, $y(-∞) = 0$

Soit $a,b:ℝ→ℝ$ continues telles que : $∀x∈ℝ$, $a(x)⩾ 1$
et $b(x)⟶_{x→+∞}0$.

\qq Montrer que toute solution de l'équation : $y' + ay = b$ tend vers $0$ en $+∞$.
    \reponse{$y = ∫_{t=α}^x b(t)e^{A(t)-A(x)}\,𝕕t + y(α)e^{-A(x)}$
             avec $A' = a$ et $A(α) = 0$.\par
             Comme $a⩾1$, on a $A(x)⩾x-α$ et $A(t)-A(x)⩽t-x$ pour $t⩽x$.\par
             Donc $|y|⩽∫_{t=α}^z |b(t)|e^{t-x}\,𝕕t +
                           ∫_{t=z}^x |b(t)|e^{t-x}\,𝕕t + |y(α)|e^{α-x}
                      ⩽∥b∥_{∞} e^{z-x} +
                           \sup\limits_{[z,+∞[}|b| + |y(α)|e^{α-x}$.\par
             On choisit $z$ tel que $z→+∞$ et $x-z→+∞ ⇒$ cqfd.}

\qq On suppose $b(x)⟶_{x→-∞}0$. Montrer qu'il y a une unique solution $y$
    qui tend vers $0$ en $-∞$.
    \reponse{Comme $A(t)-A(x)⩽t-x$ pour $t⩽x$, l'intégrale
             $∫_{t=-∞}^x b(t)e^{A(t)-A(x)}\,𝕕t$ converge et fournit
             une solution nulle en $-∞$.
             Comme $e^{-A(x)}⟶_{x→-∞}+∞$, c'est la seule.}

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\ex  $y'' + ay = 0$, $a > 0 ⇒ y$ s'annule

Soit $a:ℝ→ℝ^{+*}$ une fonction continue.

\qq Soit $y$ une solution de l'équation $ y'' + a(x)y = 0$.
    Montrer que $y$ s'annule au moins une fois sur $ℝ$.
    \reponse{Sinon, la convexité de $y$ est incorrecte.}

\qq Soit $z$ une solution de l'équation $ z'' - a(x)z = 0$.
    Montrer que $z=0$ ou bien $z$ s'annule au plus une fois sur $ℝ$.
    \reponse{S'il existe $x$ tel que $z(x) = z'(x) = 0$, alors $z=0$ ce qui
             est absurde.\par
             S'il existe $x$ tel que $z(x) = 0 ≠ z'(x)$, alors par convexité,
             $z$ ne peut s'annuler ailleurs.}

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\ex $y'' + ay = 0$ avec $a$ croissante positive $⇒ y$ est bornée

Soit $a:ℝ→ℝ$ une fonction de classe $𝓒¹$ croissante strictement positive et
$y$ une solution de l'équation : $y'' + a(t)y = 0$.
Montrer que $y$ est bornée au voisinage de $+∞$
(on étudiera $z = y² + {y'}²/a$).

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\ex $y'' + ay =0$, $a$ intégrable

Soit $a:ℝ⁺→ℝ$ continue intégrable. Montrer l'équation
$y'' + a(t)y =0$ admet des solutions non bornées sur $[0,+∞[$
(on commencera par prouver que si $y₁,y₂$ sont deux solutions alors le déterminant
wronskien de $y₁$ et $y₂$ est constant).

\reponse{Si $y₁$ et $y₂$ sont deux solutions bornées alors $y₁''$ et
$y₂''$ sont intégrables donc $y_i'(t)⟶_{t→+∞}0$ et $W_{y₁,y₂}(t)= 0$
pour tout~$t$.}

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\ex Zéros entrelacés (Centrale MP 2003)
Soient $r$ et $q$ deux fonctions continues définies sur~$I={[a,b]}$ telles que~:
$∀x∈ I$, $r(x)⩾ q(x)$.
On considère les équations différentielles~:
$(E₁)⇔ y'' + qy = 0$, et $(E₂)⇔ z'' + rz = 0$.
\qq Soit~$y$ une solution de~$(E₁)$ et $x₀,x₁$ deux zéros consécutifs
    de~$y$. $y'(x₀)$ et $y'(x₁)$ peuvent-ils être nuls~? Que dire de leurs signes~?
    \reponse{On suppose $y≠0$ sinon $y$ n'a pas de zéros consécutifs.
    Comme $y(x₀) = 0$, on a $y'(x₀)≠ 0$ sinon $y=0$. Ceci implique que chaque
    zéro de~$y$ est isolé, donc la notion de zéros consécutifs est pertinente.
    Enfin, $y'(x₀)$ et $y'(x₁)$ sont de signes opposés sinon il existe un
    autre zéro dans~$]x₀,x₁[$.}
\qq Soit~$z$ une solution de~$(E₂)$. On considère
    $W(x) = \mat|y(x)&z(x)\cr y'(x)&z'(x)\cr|$. Calculer $W'(x)$
    et $W(x₁)-W(x₀)$.
    \reponse{$W' = (q-r)yz$. $W(x₁)-W(x₀) = y'(x₀)z(x₀) - y'(x₁)z(x₁)$ (non simplifiable).}
\qq Montrer que $z$ a un zéro dans~$]x₀,x₁[$ ou $z(x₀)=z(x₁)=0$.
    \reponse{Si $z$ ne s'annule pas dans $]x₀,x₁[$ alors $W'$ est de signe constant
    sur cet intervalle. L'examen des différents cas possibles de signe apporte une
    contradiction entre les signes de~$W'$ et de~$W(x₁)-W(x₀)$ si $z(x₀)≠ 0$
    ou $z(x₁) ≠ 0$.}
\qq Soit~$u$ une solution de~$(E₁)$. Montrer que $u$ est soit proportionnelle
    à~$y$, soit admet un unique zéro dans~$]x₀,x₁[$.
    \reponse{On prend $r=q$, $z=u$. Si $u(x₀)≠ 0$
    alors $u$ admet un zéro dans~$]x₀,x₁[$ et en permutant les rôles de~$u$ et~$y$,
    le prochain zéro éventuel de~$u$ vient après $y₁$.
    Sinon, $u = \dfrac{u'(x₀)}{y'(x₀)}y$.}

%-----------------------------------------------------------------------------
\ex Zéros des solutions de $y''+ay'+by = 0$

On considère l'équation $(*) ⇔ y'' + a(t)y' + b(t)y = 0$, avec $a,b$ continues.

\qq Soit $y$ une solution non nulle de $(*)$. Montrer que les zéros de $y$ sont isolés.
\qq Soient $y,z$ deux solutions de $(*)$ non proportionelles.

\sq Montrer que $y$ et $z$ n'ont pas de zéros commun.
\reponse{Wronskien.}

\sq Montrer que si $u,v$ sont deux zéros consécutifs de $y$, alors $z$ possède un
    unique zéro dans l'intervalle $]u,v[$
    (étudier $z/y$).
\reponse{%
$(z/y)' = (z'y-zy')/y²$ est de signe constant
$⇒ z/y$ est monotone.

$z/y$ admet des limites infinies en $u$ et $v$. TVI
}

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\ex $y'' + \left(1+\dfracλ{t²}\right)y = 0$

Soit $λ > 0$ et $y$ une solution de
$y'' + \left(1+\dfracλ{t²}\right)y = 0$.
Montrer que pour tout $a ∈ ℝ$, $y$ a un zéro dans l'intervalle $]a,a+π[$
(étudier $z = y'φ - yφ'$ où $φ(t) = \sin(t-a)$).
\reponse{$z' = -\dfracλ{t²}\sin(t-a)y(t)$ donc si $y$ ne s'annule pas
sur $]a,a+π[$, alors $z$ est strictement monotone sur $[a,a+π]$.
Mais $z(a+π)-z(a) = y(a+π)+y(a) ⇒$ contradiction de signe.}

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\ex $y'' + e^t y = 0$

Soit $y:ℝ→ℝ$ une solution non identiquement nulle de
$y'' + e^t y = 0$.

\qq Montrer que l'ensemble des zéros de $y$ est infini dénombrable.
    \reponse{L'ensemble des zéros est localement fini d'après Cauchy-Lipchitz.

             Si $y$ ne s'annule pas sur $[a,+∞[$, par exemple $y > 0$,
             alors $y$ est concave positive donc minorée, donc $y''→-∞$
             ce qui implique $y',y→-∞$, contradiction.}

\qq On note $a_n$ le $n$ème zéro positif de $y$.

    En utilisant les fonctions
    $φ(t) = \sin\Bigl(e^{a_n/2}(t-a_n)\Bigr)$ et
    $ψ(t) = \sin\Bigl(e^{a_{n+1}/2}(t-a_n)\Bigr)$, montrer que
    $\dfracπ{e^{a_{n+1}/2}}⩽a_{n+1}-a_n⩽\dfracπ{e^{a_n/2}}$.

\qq Donner un équivalent de $a_n$ quand $n→∞$.
    \reponse{Soit $b_n = \dfracπ{e^{a_n/2}}$.
             Alors $b_{n+1}⩽2\ln\left(\dfrac {b_n}{b_{n+1}}\right)⩽b_n$ et
             $b_n → 0$ donc $b_n \sim b_{n+1} \sim 2\left(\dfrac{b_n}{b_{n+1}}-1\right)$.\par
             Alors $\dfrac 1{b_{n+1}} - \dfrac 1{b_n} → \dfrac 12$,
             $b_n \sim \dfrac 1{2n}$ et $a_n \sim 2\ln n$.}

%-----------------------------------------------------------------------------
\ex Conditions aux limites

Soient $f,g:[a,b]→ℝ$ continues avec $f$ positive.
Montrer qu'il existe une unique solution pour le problème aux limites~:
$y'' = f(t)y + g(t)$, $y(a) = y(b) = 0$.
\reponse{Les formes linéaires $y↦y(a)$ et $y↦y(b)$ sont linéairement
indépendantes sur l'espace des solutions de l'équation homogène.}

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\ex Comparaison de solutions

Soient $p,q:ℝ→ℝ$ continues avec : $∀x ∈ ℝ$, $q(x) < 0$.
Soient $y,z:ℝ→ℝ$ de classe $𝓒²$ vérifiant :
$$\cases{∀x ∈ ℝ,\ y''+p(x)y'+q(x)y⩽z''+p(x)z'+q(x)z\cr
         y(a)⩽z(a),\ y'(a)<z'(a).\cr}$$
Montrer que : $∀x > a$, $y(x) < z(x)$.
\reponse{On se ramène au cas $z=0$. Soit $x$ tel que $y(x) < 0$ et $y'(x) = 0$.
         Alors $y''(x) < 0$, donc $y$ n'est pas minimale en $x$. Donc $y$ n'a
         pas de minimum local sur $]a,+∞[$.}

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\ex Système différentiel à coefficients positifs
Soit $\application A {ℝ⁺} {𝓜_n(ℝ)} t {(a_{ij}(t))}$ continue avec~:
$∀t⩾ 0,\ ∀i,j,\ a_{ij}(t)⩾ 0$ et $X$ une solution
du système différentiel $X'(t) = A(t)X(t)$.
Montrer que si toutes les coordonnées de $X(0)$ sont positives ou
nulles il en est de même pour $X(t)$ pour tout~$t$ (commencer par
le cas strictement positif).
\reponse{Si $x_i(0)>0$ pour tout~$i$ on obtient une contradiction
en considérant le plus petit $t$ tel qu'il existe $i$ avec $x_i(t)<0$.

Cas général~: dépendance continue de la solution par rapport aux conditions
initiales…}

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\ex $∫₀^{+∞} \sin t/t\,𝕕t$

Soit $f(x) = ∫_{t=0}^{+∞} \dfrac{e^{-xt}}{1+t²}\,𝕕t$.

\qq Déterminer le domaine de définition de~$f$ et prouver que $f$ est continue.
\qq Justifier~: $∀x>0$, $f(x)+f''(x)=1/x$.
\qq Résoudre l'équation précédente par la méthode de variation des deux
    constantes.

    On introduira~:
    $C(x) = ∫_{t=x}^{+∞}\dfrac{\cos t}t\,𝕕t$ et
    $S(x) = ∫_{t=x}^{+∞}\dfrac{\sin t}t\,𝕕t$
\qq En déduire~: $∀x>0$, $f(x) = ∫_{t=0}^{+∞}\dfrac{\sin t}{t+x}\,𝕕t$.
\qq En déduire~: $∫_{t=0}^{+∞}\dfrac{\sin t}t\,𝕕t =\dfracπ2$.

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\ex Intégrale fonction d'un paramètre

On pose $f(x) = ∫_{t=0}^{+∞} e^{-t}e^{itx} \dfrac {𝕕t}{√t}$.
Former une équation différentielle satisfaite par $f$. En déduire $f$.

\reponse{%
$f'(x) = \dfrac {x+i}{2(x²+1)} f(x)
 ⇒ f(x) = √π (x²+1)^{-1/4}\exp\left(\dfrac i2\arctan x\right)$.
}

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\ex Ulm MP$^*$ 2000

Soit $I=[a,b]⊂ℝ$. On suppose que la fonction $Δ$ est strictement
positive sur $I$.

On pose $E=⦃f∈ 𝓒²(I)\tq f(a)=f(b)=0⦄$. On
considère enfin l'opérateur $K:f↦\dfrac{f''}{Δ}$.

\qq Montrer que Sp$(K)⊂{]-∞,0[}$.
    \reponse{Soit $f$ non identiquement nulle vérifiant $f''=λΔ f$ avec $λ > 0$~:
    sur tout intervalle où $f$ est strictement positive, $f$ est strictement convexe
    donc ne peut pas s'annuler aux deux bords~; idem quand $f$ est strictement
    négative, il y a contradiction. Le cas $λ=0$ est trivial.}
\qq Trouver un produit scalaire $(\ │\ )$ pour lequel deux vecteurs propres associés à des
    valeurs propres distinctes sont orthogonaux. 
    \reponse{$(f│g) = ∫_{t=a}^bf'(t)g'(t)\,𝕕t = -∫_{t=a}^bf''(t)g(t)\,𝕕t  = -∫_{t=a}^bf(t)g''(t)\,𝕕t$.}
\qq On suppose que $I=ℝ⁺$ et que $Δ (x)⩾ 1$ pour $x⩾ 2$. Soit $λ <0$.

\sq Montrer qu'il existe une unique $f_{λ}∈ 𝓒¹(ℝ⁺,ℝ)$ telle 
    $f''_{λ}=λΔf_λ$, $f_{λ}(0)=0$, $f'_{λ}(0)=1$.
\sq Montrer $f_{λ}$ a une infinité dénombrable de zéros $(x₀<x₁<…<x_n<…)$ et 
    que la suite $(x_n)$ tend vers~$+∞$.
    \reponse{Si $f_λ$ a un nombre fini de zéros, soit $x_n$ le
    dernier et $A=\max(x_n,2)$. 

    Sur $[A,+∞[$, $f$ est de signe constant, $ε$,
    et on a $f_λ''-λ f_λ = λ(Δ-1)f_λ = φ$
    d'où $$f_λ(x) = ∫_{t=A}^x\sin((x-t)√{-λ}\,)φ(t)\,𝕕t + α\cos(x√{-λ}\,) + β\sin(x√{-λ}\,).$$
    En particulier $f_λ(A)+f_λ\Bigl(A+\dfrac{π}{√{-λ}}\Bigr)
    = ∫_{t=A}^{A+π/√{-λ}}\sin((x-t)√{-λ}\,)φ(t)\,𝕕t$ est du
    signe de $-ε$, absurde.
    \smallskip
    Si l'ensemble des zéros de~$f$ admet un point d'accumulation~$x$ on
    a $f_λ(x) = f_λ'(x) = 0$ d'où $f_λ=0$, absurde.}

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\ex Centrale MP 2001

\qq Soit $f$ de classe $𝓒¹$ de $[0,π]$ dans $ℝ$ telle que $f(0) = f(π) = 0$.
Montrer que $∫₀^π f²⩽∫₀^π {f'}²$.

{\it Indication~: prolonger $f$ en une fonction impaire $2π$-périodique.}
\reponse{Après le prolongement indiqué on peut appliquer le relation
de Parseval à $f$ et $f'$ sachant que $c₀(f) = 0$ par imparité et
$|c_n(f)| = |c_n(f')|/n⩽ |c_n(f')|$ pour $n≠0$.}

\qq Soit une fonction $q$ de classe $𝓒¹$ sur $[0,π]$, à valeurs
dans $]-∞,1[$. Montrer que l'unique fonction $x$ de classe $𝓒²$
s'annulant en $0$ et en $π$ et vérifiant l'équation différentielle
$x''(t) + q(t)x(t) = 0$ est la fonction nulle.
\reponse{%
$x''(t) + q(t)x(t) = 0 ⇒ ∫₀^π {x'}² = \Bigl[xx'\Bigr]₀^π - ∫₀^π xx''
= ∫₀^π qx² ⇒ x'=0 ⇒ x=0$.

Rmq: il n'est pas nécessaire d'avoir $q$ de classe $𝓒¹$.}

\qq Soit $f$ une fonction de classe $𝓒¹$ sur $[0,π]$ et deux réels $a,b$ fixés.
Montrer qu'il existe une unique solution $x$ de classe $𝓒²$ vérifiant $x(0) = a$,
$x(π) = b$ et $x''(t) + q(t)x(t) = f(t)$.
\reponse{Il existe $x₀$ de classe $𝓒²$ vérifiant l'équation différentielle.
Par différence avec $x₀$ on se ramène au cas $f = 0$ et il faut montrer
que l'application $\application φ {𝓢} {ℝ²} x {(x(0),x(π))}$ est bijective,
en notant $𝓢$ l'espace des solutions de l'équation homogène $x'' + qx = 0$.
Or $φ$ est linéaire et est injective d'après la question précédente, c'est
donc une bijection car $\dim{𝓢} = 2$.

Remarque~: l'hypothèse $f$ de classe $𝓒¹$ est inutile, continue suffit.}

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\ex X MP$^*$ 2000

On considère l'équation différentielle à coefficients continus sur
$ℝ$ : $x''+p(t)x'+q(t)x=0$. Trouver une condtion nécessaire
portant sur $p$ et $q$ pour qu'il existe deux solutions sur $ℝ$ dont
le produit vaut constamment~un.

\reponse{$x$ et $1/x$ sont solution $⇒$ ${x'}²+qx²=0$ donc une condition nécessaire
est~: $q(t)⩽ 0$ et $q=-{x'}²/x²$ est de classe $𝓒¹$ .
Réciproquement, supposons $q$ négative de classe $𝓒¹$ et soit $r(t)=√{-q(t)}$.
Si $x$ est solution de $x'=r(t)x$ alors sur tout intervalle~$I$ où $q$ ne
s'annule pas on a $x'' = r(t)x' + r'(t)x$ donc
$$x''+p(t)x'+q(t)x = (r(t)+p(t))x'+(r'(t)+q(t))x = (r(t)p(t)+r'(t))x$$
donc une deuxième condition nécessaire est~: $p(t)q(t)=-\frac12q'(t)$.
Ces deux conditions sont suffisantes si $q$ est strictement négative.}


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\ex X MP$^*$ 2000

Soit $A$ coninue de $𝓜_n(ℝ)$ dans lui-même. On suppose
que les $a_{ij}(t)$ restent positifs quand $t$ décrit $ℝ⁺$, et l'on se donne un
vecteur $X₀$ dont toutes les composantes sont positives. Montrer
qu'en désignant par $X(t)$ la valeur en $t$ du système $Y'=AY$ valant
$X₀$ en $t=0$, on a pour tout $t⩾0$ et pour tout $i$ l'inégalité
$x_i(t)⩾ 0$. 

\reponse{La suite $(X_k)$ de fonctions définie par $X_k(t) = X₀$,
$X_{k+1}(t) = X₀ + ∫_{u=0}^t A(u)X_k(u)\,𝕕u$ converge localement
uniformément vers $X$ et $X_k(t)$ est clairement à composantes positives
pour $t⩾ 0$.}

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\ex ENS MP 2002

Soit une application $A$ de classe $𝓒^∞$ sur~$ℝ$ à valeurs dans~$𝓜_n(ℂ)$,
telle que les valeurs propres de $A(0)$ aient toutes une partie réelle
strictement positive. Soit~$F$ de classe $𝓒^∞$ sur~$ℝ$, à valeurs
dans~$𝓒^n$. Montrer qu'il existe $X$ de classe $𝓒^∞$ sur~$ℝ$, à valeurs
dans $𝓒^n$, solution de $tX'(t) + A(t)X(t) = F(t)$.

{\it Indication~: commencer par le cas $n=1$, $A$ constante.}
\reponse{Pour $n=1$ et $A(t)=a>0$ on trouve après les incantations usuelles
(équation homogène, variation de la constante et mise en forme de l'intégrale) que
$X\ :\ t↦∫_{u=0}¹F(tu)u^{a-1}\,𝕕u$ est l'unique solution
prolongeable en $0$ et qu'elle est de classe $𝓒^∞$ sur~$ℝ$.
Pour $n=1$ et $A$ non constante, on trouve de même~:
$$X(t) = ∫_{u=0}¹F(tu)u^{A(0)-1}\exp\Bigl(∫_{v=t}^{tu}\dfrac{A(v)-A(0)}v\,𝕕v\Bigr)\,𝕕u$$
et l'on voit que $X$ est $𝓒^∞$ en écrivant
$\dfrac{A(v)-A(0)}v = ∫_{w=0}¹A'(vw)\,𝕕w$.
\smallskip
Pour $n$ quelconque et $A$ constante~: alors la fonction $X : t↦∫_{u=0}¹u^{A(0)-I}F(tu)\,𝕕u$ est
l'unique solution prolongeable en $0$,
en convenant que $u^{A(0)-I} = \exp((A(0)-I)\ln(u))$ (l'intégrale converge en~$0$
car $u^{A(0)-I} = o(u^{α-1}\ln(u)^n)$ pour tout $α>0$
minorant les parties réelles des valeurs propres de~$A(0)$).
\smallskip
Pour $A$ non constante, on met l'équation sous forme intégrale~:
$$tX'(t) + A(t)X(t) = F(t)⇔X(t) = ∫_{u=0}¹u^{A(0)-I}⦃F(tu)-(A(tu)-A(0))X(tu)⦄\,𝕕u .$$
Soit $a>0$ à choisir.
Posons $E = 𝓒([-a,a],ℂ^n)$ et pour $X∈ E$~: $$Φ(X) = t↦∫_{u=0}¹u^{A(0)-I}⦃F(tu)-(A(tu)-A(0))X(tu)⦄\,𝕕u.$$
On a facilement~: $Φ(X)∈ E$ si $X∈ E$ et $Φ$ est contractante sur~$E$ pour $∥\ ∥_∞$
si $a$ est choisi suffisament petit. Donc l'équation $tX'(t) + A(t)X(t) = F(t)$
admet une solution (unique) définie au voisinage de $0$, et cette solution est prolongeable
en une solution sur~$ℝ$ car le théorème de Cauchy-Lipschitz s'applique
en dehors de~$0$. Par ailleurs, on a~:
$$∀t∈ℝ,\ X(t) = ∫_{u=0}¹u^{A(0)-I}⦃F(tu)-(A(tu)-A(0))X(tu)⦄\,𝕕u,$$
ce qui montre par récurrence sur~$k∈ℕ$ que $X$ est de classe $𝓒^k$ sur~$ℝ$.
}

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\ex X MP$^*$ 2003
\qq Soient $f,g:ℝ→ℝ$ continues et $k>0$, $t₀∈ℝ$
    tels que~: $∀t⩾ t₀,\ f(t)⩽ g(t) + k∫_{u=t₀}^t f(u)\,𝕕u$.

    Montrer que~: $∀t⩾ t₀,\ f(t)⩽g(t) + k∫_{u=t₀}^t e^{k(t-u)}g(u)\,𝕕u$.
    \reponse{Poser $F(t) = ∫_{u=t₀}^t f(u)\,𝕕u$ et résoudre l'inéquation
    différentielle $F'(t)⩽g(t) + kF(t)$ par la formule de Duhamel.}

\qq Soient $A,B:ℝ→{𝓜_n(ℝ)}$ continues, $T>t₀$, $K>0$ et $η>0$
    tels que~: $∀t∈[t₀,T],\ \∥A(t)\∥⩽ K$
    et $\∥A(t)-B(t)\∥⩽η$.

    On note~$M₀$ (resp. $N₀$) la solution du problème de Cauchy~:
    $M(t₀)=I,\ M'(t) = A(t)M(t)$ (resp. $N(t₀)=I,\ N'(t) = B(t)N(t)$).
    Montrer que~: $∀t∈[t₀,T],\ \∥M₀(t)-N₀(t)\∥ ⩽e^{K(t-t₀)}(e^{η(t-t₀)}-1)$.
    \reponse{$$\eqalign{
    M' = AM
    &⇒ \∥M'(t)\∥⩽K\∥M(t)\∥\cr
    &⇒ \∥M(t)-I\∥⩽K∫_{u=t₀}^t\∥M(u)\∥\,𝕕u\cr
    &⇒ \∥M(t)\∥⩽1 + K∫_{u=t₀}^t\∥M(u)\∥\,𝕕u\cr
    &⇒ \∥M(t)\∥⩽1 + K∫_{u=t₀}^te^{K(t-u)}\,𝕕u = e^{K(t-t₀)}.\cr
    \noalign{\smallskip}
    (M-N)' &= (A-B)M + B(M-N)\cr
    &⇒ \∥(M-N)'(t)\∥⩽η e^{K(t-t₀)} + (K+η)\∥(M-N)(t)\∥\cr
    &⇒ \∥(M-N)(t)\∥⩽\dfracη K (e^{K(t-t₀)}-1) + (K+η)∫_{u=t₀}^t\∥(M-N)(u)\∥\,𝕕u\cr
    &⇒ \∥(M-N)(t)\∥⩽\underbrace{\dfracηK (e^{K(t-t₀)}-1) + \dfrac{(K+η)η}K∫_{u=t₀}^te^{(K+η)(t-u)}(e^{K(u-t₀)}-1)\,𝕕u}_{\textstyle=e^{K(t-t₀)}(e^{η(t-t₀)}-1)}\cr
    }$$}

\qq On note $X₀$ (resp. $Y₀$) la solution du problème de Cauchy dans~$ℝ^n$~:
    $X(t₀) = α,\ X'(t) = A(t)X(t)$ (resp. $Y(t₀) = α,\ Y'(t) = B(t)Y(t)$)
    où $α∈ℝ^n$. Quelle majoration a-t-on sur $∥X₀(t)-Y₀(t)∥$~?
    \reponse{$X₀(t) = M₀(t)α$ et $Y₀(t) = N₀(t)α$, d'où
    $∥X₀(t)-Y₀(t)∥⩽e^{K(t-t₀)}(e^{η(t-t₀)}-1)∥α∥$.}

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\ex $y'+y=φ$, Mines 2015

\qq Soit l'équation différentielle $f'+f=φ$, avec $φ: ℝ⁺→ℝ$ continue. Exprimer
$f$ en fonction de $φ$.
\reponse{Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions $t ↦λe^{-t}$.
La variation de la constante donne ensuite
$f(t)=  λe^{-t}+e^{-t} ∫₀^t e^u φ(u)\,𝕕u$.}

\qq On suppose que $φ²$ intégrable sur $[0,+∞[$.
\sq Montrer que $f$ est bornée.
\reponse{L'inégalité de Cauchy-Schwarz donne
$$\bigl|∫₀^t e^u φ(u)\,𝕕u\bigr| ⩽
\bigl(∫₀^t e^{2u}\,𝕕u\bigr)^{\dfrac{1}{2}}\bigl(∫₀^t φ²(u)\,𝕕u\bigr)^{\dfrac{1}{2}}
⩽e^t \bigl( ∫₀^{+∞} φ²(u)\,𝕕u\bigr)^{\dfrac{1}{2}}$$
On en déduit que $f$ est bornée sur $ℝ⁺$.}

\sq Montrer que $f²$ est intégrable sur $[0,+∞[$.
\reponse{On  a $f²=fφ-ff'$, donc
$∫₀^t f²(u)𝕕u=∫₀^t f(u)φ(u)\,𝕕u -\dfrac{1}{2}(f²(t)-f²(0))
⩽\bigl|∫₀^t f(u)φ(u)\,𝕕u\bigr| +\dfrac{1}{2}f²(0)$.
On a donc $∫₀^t f²(u)𝕕u
⩽\bigl(∫₀^t f²(u)𝕕u\bigr)^{\dfrac{1}{2}}
\bigl( ∫₀^{+∞} φ²(u)\,𝕕u\bigr)^{\dfrac{1}{2}}+\dfrac{1}{2}f²(0)$.
Si $f$ est nulle alors elle est de carré intégrable. Sinon il existe $t₀$ tel
que $∫₀^{t₀} f²(u)𝕕u>0$. On a alors, pour tout $t⩾t₀$,
$\bigl(∫₀^t f²(u)𝕕u\bigr)^{\dfrac{1}{2}}⩽
\bigl( ∫₀^{+∞} φ²(u)\,𝕕u\bigr)^{\dfrac{1}{2}}
+\dfrac{1}{2}\dfrac{f²(0)}{\bigl(∫₀^{t₀} f²(u)𝕕u\bigr)^{\dfrac{1}{2}}}$.
On en déduit que $f²$ est intégrable sur $[0,+∞[$.}

\sq Montrer que $f(x)$ tend vers $0$ quand $x$ tend vers $+∞$.
\reponse{On a $\dfrac{1}{2}f²(t)
=\dfrac{1}{2}f²(0)+∫₀^t f(u)φ(u)\,𝕕u -∫₀^t f²(u)𝕕u$.
$f$ et $φ$ sont de carré intégrable, on en déduit que $fφ$ est intégrable
(utiliser par exemple $|fφ|⩽\dfrac{1}{2}(f²+φ²))$, on en déduit que 
$f²(t)$ a une limite quand $t$ tend vers $+∞$. Or $f²$ est intégrable en $+∞$,
donc la limite de $f²$ est nulle.}

\qq Montrer que l'on a les mêmes résultats en supposant $φ$ intégrable sur
$[0,+∞[$.
\reponse{On a $\bigl| ∫₀^t e^{u-t} φ(u)\,𝕕u \bigr| ⩽ ∫₀^t  |φ(u)|\,𝕕u $,
on en déduit que  $f$ est bornée sur $ℝ⁺$. $f$ est bornée, $φ$ est intégrable
sur $ℝ⁺$, donc $fφ$ est intégrable sur $ℝ⁺$. On a 
$∫₀^t f²(u)𝕕u⩽\dfrac{1}{2}f²(0)+∫₀^t |f(u)φ(u)|\,𝕕u$, ce qui montre que
$f²$ est intégrable sur $[0,+∞[$. La relation
$\dfrac{1}{2}f²(t)=\dfrac{1}{2}f²(0)+∫₀^t f(u)φ(u)\,𝕕u -∫₀^t f²(u)𝕕u$ permet
à nouveau de conclure que  $f(t)$ tend vers $0$ quand $t$ tend vers $+∞$.}

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\ex $y''+y=f$, Mines-Ponts 2015
Soit $f∈𝓒¹(ℝ⁺,ℝ)$ monotone admettant une limite finie à l'infini.
Montrer que toute solution de l'équation différentielle $y''+y=f$ est bornée.
\reponse{$y(x) = a\cos(x) + b\sin(x) + ∫_{t=0}^x\sin(x-t)f(t)\,𝕕t$ donc
$$y(x+2π)-y(x)=∫_{t=x}^{x+2π}\sin(x-t)f(t)\,𝕕t
=∫_{t=0}^π\sin(t)(f(x+2π-t)-f(x+π-t))\,𝕕t.$$
Lorsque $f$ est croissante, on obtient
$0⩽y(x+2π)-y(x)⩽f(x+2π)-f(x)$ puis $$0⩽y(x+2kπ)-y(x)⩽f(x+2kπ)-f(x)⩽2∥f∥_∞$$ pour
tout~$k∈ℕ$. Ainsi, $y(x)$ est compris entre $m-2∥f∥_∞$ et $M+2∥f∥_∞$
où $m,M$ sont le minimum et le maximum de~$y_{|[0,2π]}$.
On traite de même le cas où $f$ est décroissante. L'hypothèse $f$ de classe
$𝓒¹$ n'a pas servi, il y a peut-être une solution plus simple~?}
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\ex Équation de Legendre, ENS 2015
Pour $k∈ℕ$, on considère l'équation différentielle~:
$(1-x²)y'' - 2xy' + k(k+1)y = 0$.
\qq Montrer qu'il existe une solution particulière~$y_k$ continue sur~$ℝ$.
    \reponse{Il faut comprendre~: continue sur~$ℝ$, solution sur
             les trois intervalles $]-∞,-1[$, $]-1,1[$, $1,+∞[$, et
             non identiquement nulle.
             \medskip
             En posant $y = ⅀_{n=0}^∞a_nx^n$, on obtient
             $(n+1)(n+2)a_{n+2} = (n(n+1)-k(k+1))a_n$, ce qui donne une famille
             de solutions sur~$]-1,1[$ dépendant des deux paramètres
             $a₀$ et $a₁$.
             On a donc un ensemble de solutions sur~$]-1,1[$ qui constitue
             un espace vectoriel de dimension~$2$~; on les a toutes.
             \medskip
             Comme $k$ est entier, l'une des deux suites $(a_{2p})$ ou
             $(a_{2p+1})$ est presque nulle et la « demi-série » associée
             est en fait un polynôme solution de l'équation sur~$]-1,1[$
             donc solution partout.
             \medskip
             Remarque~: $y_k$ est à un facteur près le $k$-ème
             polynôme de Legendre.}
\qq Montrer que toutes les solutions de classe~$𝓒²$ sur l'intervalle~$[-1,1]$
    sont proportionnelles à~$y_k$.
    \reponse{Soit $z_k$ l'autre « demi-série », avec un coefficient $a₀$ ou $a₁$
             non nul. Alors $(y_k,z_k)$ est une base de l'ensemble des solutions
             sur $]-1,1[$ donc toute fonction $y$ solution sur~$[-1,1]$
             est combinaison linéaire de~$y_k,z_k$ sur $]-1,1[$. On doit
             prouver que le coefficient devant~$z_k$ est nul, ce qui revient
             à prouver que $z_k$ n'est pas de classe~$𝓒²$ au voisinage de~$1$
             ou au voisinage de~$-1$. Considérons le déterminant wronskien
             $w = \matr|y_k&z_k\cr y_k'&z_k'\cr|$.
             On a $w' = \dfrac{2x}{1-x²}w$, ce qui donne
             $w = \dfrac{w(0)}{1-x²}$ avec $w(0)≠0$.
             Donc $|w|⟶_{x→±1}+∞$ et c'est forcément la faute à~$z_k$.}

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\ex Cauchy-Abel, X 2014
Soient $R>0$ et $b(z)=⅀_{k=0}^∞b_kz^k$ une série entière de rayon de convergence
au moins égal à~$R$. Soit $λ∈ℂ$.
Montrer qu'il existe une unique série entière $a(z)$ de rayon de convergence
au moins égal à~$R$ telle que $a(0)=λ$ et $∀z∈D(0,R)$, $a'(z)=b(z)a(z)$.
\reponse{En écrivant $a(z)=⅀_{k=0}^∞a_kz^k$, on obtient $a₀=λ$ et
         $(n+1)a_{n+1} = ⅀_{k=0}^na_kb_{n-k}$ ce qui définit une unique suite~$(a_k)$
         et donc prouve l'unicité de~$a$. Il reste à vérifier que le rayon de
         convergence est supérieur ou égal à~$R$.
         \medskip
         Soient $0<r<s<R$ et $M$ tel que $|b_ks^k|⩽M$ pour tout~$k$.
         En supposant $|a_kr^k|⩽M'$ pour $0⩽k⩽n$, il vient
         $|a_{n+1}r^{n+1}|⩽MM'rs/(n+1)(s-r)⩽M'$ pour~$n$ assez grand.
         On règle $M'$ de sorte que l'inégalité soit vraie lorsque $n$ est petit~;
         il y a un nombre fini de valeurs à considérer.}


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\ex Centrale 2014

Soit $A$ une matrice symétrique réelle dont toutes les valeurs propres sont positives et $t ↦ X(t)$ solution de $X'=AX$. Montrer que $t ↦ ∥ X(t)∥²$ est croissante sur $ℝ$. Que dire si $A$ est antisymétrique ?
\reponse{On pose $φ(t)= ∥ X(t)∥²$. Alors $φ'(t)=2(X'(t)|X(t))=2(AX(t)|X(t))$.  On écrit $A=PD^tP$ avec $P$ orthogonale et $D$ diagonale et on a, pour tout $X∈𝓜_{n,1}(ℝ)$, $^tXAX={}^tYDY$, avec $Y={}^tPX$, ou encore $^tXAX=⅀_{i=1}^n λ_i y_i²$. on en déduit que, pour tout $t$, $φ'(t)⩾0$. Si $A$ est antisymétrique alors, pour tout $X$, $(AX|X)=-^tXAX=-(AX|X)$, donc $(AX|X)=0$. Dans ce cas $φ$ est constante. 
On peut montrer également lorsque $A$ est antisymétrique que chaque courbe intégrale est contenue dans un hyperplan. 
}
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\ex Mines 2014
\qq Montrer que les solutions de~$y''+e^xy=0$ sont bornées sur~$ℝ⁺$.
    \reponse{$y'y+e^{-x}y'y''=0$ donc $y²+e^{-x}y'^2+∫_{t=0}^xe^{-t}y'^2(t)\,𝕕t=$ cste.}
\qq Trouver une solution bornée sur~$ℝ$. Le sont-elles toutes~?
    \reponse{La fonction nulle est une solution bornée sur~$ℝ$.
    Soit~$y$ une solution bornée~: $|y|⩽M$. Alors $|y''|⩽Me^x$ donc $y''$ est
    intégrable au voisinage de~$-∞$ puis $y'$ admet une limite finie
    en~$-∞$ et cette limite est nulle sans quoi $y$ ne serait pas bornée.
    Par intégration de~$|y''|⩽Me^x$ il vient $|y'|⩽Me^x$ et ainsi
    $L(y)=\lim_{-∞}y$ existe et est finie.
    \medskip
    Supposons $L(y)=0$~: on a alors $|y|⩽Me^x$ par intégration de la même
    relation pour~$y'$, puis $|y''|⩽Me^{2x}$, d'où après deux intégrations,
    $|y|⩽\frac14Me^{2x}$ et de proche en proche~:
    $|y|⩽\frac1{n!²}e^{nx}$ pour tous~$n$ et~$x$. Ainsi, la relation
    $L(y)=0$ implique $y=0$.
    \medskip
    Considérons alors l'ev~$E$ des solutions bornées~: $L$ est une forme
    linéaire injective sur cet ev d'où $\dim E⩽1$. Comme l'ensemble des
    solutions de l'équation différentielle est un ev de dimension~$2$,
    il existe des solutions non bornées.}

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\ex Mines MP 2012
Montrer qu'il existe une unique solution à l'équation $y'-y=e^{-x²}$
qui tend vers~$0$ en~$±∞$.

\reponse{La solution générale de $y'-y=e^{-x²}$ est donnée par
         $$y=∫_{t=0}^xe^{x-t}e^{-t²}\,𝕕t+λe^x
            =e^x\Bigl(λ+∫_{t=0}^xe^{-t-t²}\,𝕕t\Bigr).$$
         Comme $∫_{t=-∞}^{+∞}e^{-t-t²}\,𝕕t=∫_{t=-∞}^{+∞}e^{¼-(t+½)²}\,𝕕t$ est
         absolument convergente, toute solution tend vers~$0$ en~$-∞$.
         De plus, $$y=e^x\Bigl(\underbrace{λ+∫_{t=0}^{+∞}e^{-t-t²}\,𝕕t}_{\text{cste}}
                    -\underbrace{∫_{t=x}^{+∞}e^{-t-t²}\,𝕕t}_{=\,{\rm o}(1)}
                    \Bigr)$$
         et $0⩽e^x∫_{t=x}^{+∞}e^{-t-t²}\,𝕕t⩽∫_{t=x}^{+∞}e^{-t²}\,𝕕t⟶_{x→+∞}0$,
         donc $y$ tend vers~$0$ en~$+∞$ si et seulement si
         $$λ=-∫_{t=0}^{+∞}e^{-t-t²}\,𝕕t.$$}

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\ex Mines 2017
On s'intéresse à d'éventuelles solutions sur $ℝ⁺$ de l'équation :
$y'' + \dfrac x{1+x³}y = 0$.
\qq Soit $y$ une solution bornée. Montrez que
    $\lim_{x→+∞}y' = 0$.
    {\it Indication : commencez par montrer que $y'$ admet une limite finie
         en $+∞$.}
    \reponse{$y$ étant bornée, $y''=-\dfrac{xy}{1+x³}$ est intégrable
             sur~$[0,+∞[$ donc $y'$ admet une limite finie~$ℓ$ en~$+∞$.
             On montre classiquement qu'alors $y/x⟶_{x→+∞}ℓ$ d'où~$ℓ=0$
             puisque $y$ est bornée.}
\qq Montrez que l'équation admet des solutions non bornées.
    \reponse{Si $(y₁,y₂)$ est un système fondamental de solutions
             alors $w = \matc|y₁&y₂\cr y₁'&y₂'|$ est constant et non nul.
             Ceci empêche que $y₁$ et $y₂$ soient toutes les deux bornées.}

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\ex Mines 2017

On considère sur $ℝ$ l'équation différentielle $(E) : y''-y=\frac{1}{1+x²}$.

\qq Donner la solution générale de $(E)$. 
\reponse{Les solutions de l'équation homogène sont de la forme $Ae^x+Be^{-x}$.
La méthode de variations des constantes donne
$\cases{A'(x)e^x+B'(x)e^{-x}=0\cr A'(x)e^x-B'(x)e^{-x} =\frac{1}{1+x²},\cr}$
puis $A'(x)=\frac{e^{-x}}{2(1+x²)}$ et $B'(x)=\frac{-e^x}{2(1+x²)}$. Ainsi les
solutions sont les fonctions
$f(x)=e^x(A+\frac{1}{2}∫₀^x\frac{e^{-t}}{1+t²}\,𝕕t)+
e^{-x}(B-\frac{1}{2}∫₀^x\frac{e^{t}}{1+t²}\,𝕕t)$.}

\qq Montrer qu'il existe une unique fonction bornée solution de $(E)$.
\reponse{Pour tout $x⩾0$, $0⩽∫₀^x\frac{e^{t}}{1+t²}\,𝕕t
⩽e^x ∫₀^x\frac{1}{1+t²}\,𝕕t⩽\frac{πe^x}{2}$. On en déduit que la fonction
$e^{-x}(B-\frac{1}{2}∫₀^x\frac{e^{t}}{1+t²}\,𝕕t)$ est bornée sur $ℝ^+$. Pour
avoir $f$ bornée sur $ℝ^+$ il faut que
$A+\frac{1}{2}∫₀^{+∞}\frac{e^{-t}}{1+t²}\,𝕕t=0$. On a donc
$f(x)=e^x(-\frac{1}{2}∫_x^{+∞}\frac{e^{-t}}{1+t²}\,𝕕t)+
e^{-x}(B-\frac{1}{2}∫₀^x\frac{e^{t}}{1+t²}\,𝕕t)$. On montre de même que pour
avoir $f$ bornée sur $ℝ^-$ il faut que
$B=-\frac{1}{2}∫_{-∞}^{x}\frac{e^{t}}{1+t²}\,𝕕t$. Finalement la seule fonction
possible est 
$f(x)=-\frac{e^x}{2}∫_x^{+∞}\frac{e^{-t}}{1+t²}\,𝕕t-
\frac{e^{-x}}{2}∫_{-∞}^{x}\frac{e^{t}}{1+t²}\,𝕕t$. Pour tout $x$,
$0⩽\frac{e^x}{2}∫_x^{+∞}\frac{e^{-t}}{1+t²}\,𝕕t⩽
\frac{1}{2}∫_x^{+∞}\frac{1}{1+t²}\,𝕕t⩽\frac{π}{2}$. Pour tout $x$,
$\frac{e^{-x}}{2}∫_{-∞}^{x}\frac{e^{t}}{1+t²}\,𝕕t⩽
\frac{1}{2}∫_{-∞}^x\frac{1}{1+t²}\,𝕕t⩽\frac{π}{2}$. On en déduit que $f$ est
bornée sur $ℝ$.}

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\bye
