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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%% Header

\begin{center}
  {\LARGE \bf Corrigé du devoir en temps libre 5}
\end{center}
\bigskip

\begin{exo}
  \begin{enumerate}
  \item On commence par résoudre l'équation homogène associée,
    \[
      (H) : \ \forall x\in\R, y''(x) + \omega^2y(x) = 0.
    \]
    L'équation caractéristique associée est \(r^2 + \omega^2 = 0\), dont les racines sont \(i\omega\) et \(-i\omega\). Le théorème du cours s'applique, et les solutions (réelles) de \(H\) sont les éléments de l'ensemble
    \[
      S(H) = \{ x\mapsto \alpha \cos(\omega x) + \beta\sin(\omega x), (\alpha,\beta)\in\R^2\}.
    \]
  \item On cherche une solution particulière de la forme \(\phi_p:x\mapsto A\cos(\omega_0x) + B\sin(\omega_0x)\), où \(A\) et \(B\) sont des réels à déterminer. La fonction \(\phi_p\) est solution de \((E) : \forall t\in\R, y''(x) + \omega^2y(x) = \cos(\omega_0 x)\) si, et seulement si
    \[
      \forall x\in\R, -A\omega_0^2\cos(\omega_0x) - B\omega_0^2\sin(\omega_0x) + \omega^2(A\cos(\omega_0x) + B\sin(\omega_0x)) = \cos(\omega_0x)
    \]
    ce qui est équivalent, en regroupant les termes, à
    \[
      \begin{cases}
        (-\omega_0^2 + \omega^2)A = 1 \\
        (-\omega_0^2 + \omega^2)B = 0.
      \end{cases}
    \]
    Ainsi,
    \[
      \phi_p : x\mapsto \frac{1}{\omega^2-\omega_0^2}\cos(\omega_0 x)
    \]
    est une solution particulière de \((E)\).
  \item On en déduit que l'ensemble des solutions de \((E)\) est
    \[
      S(E) = S(H) + \phi_p = \left\{ x\mapsto \frac{1}{\omega^2-\omega_0^2}\cos(\omega_0 x)+\alpha \cos(\omega x) + \beta\sin(\omega x), (\alpha,\beta)\in\R^2\right\}.
    \]
  \item Soient \(\alpha,\beta\in\R\). La fonction
    \[
      \phi: x\mapsto \frac{1}{\omega^2-\omega_0^2}\cos(\omega_0 x)+\alpha \cos(\omega x) + \beta\sin(\omega x)
    \]
    est solution du problème de Cauchy si, et seulement si, \(\phi(0) = 1\) et \(\phi'(0)=0\),
    \[
      \iff
      \begin{cases}
        \frac{1}{\omega^2-\omega_0^2} + \alpha &= 1 \\
        \beta\omega = 0.
      \end{cases}
    \]
    On en conclut que l'unique solution du problème de Cauchy est la fonction
    \[
      \phi: x\mapsto \frac{1}{\omega^2-\omega_0^2}\cos(\omega_0 x) + \pare*{1-\frac{1}{\omega^2-\omega_0^2}} \cos(\omega x).
    \]
  \end{enumerate}
\end{exo}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}
  \begin{enumerate}
  \item
    Soient \(a,b,c\in\R\). On cherche une solution particulière de \((E)\) de la forme \(\phi:x\mapsto ax^2+bx+c\).
    \begin{align*}
      \hspace{-2em}  \phi\text{ est solution de }(E) & \iff \forall x\in\R,\, x(x-1)(2ax + b) - (3x-1)(ax^2+bx+c) + x^2(x+1)=0 \\
                                                     & \iff \forall x\in\R,\, 2ax^3+bx^2-2ax^2-bx-3ax^3-3bx^3-3cx + ax^2 + bx + c + x^3 + x^2 =0 \\
                                                     & \iff \forall x\in\R,\, (2a-3a+1)x^3+(b-2a-3b+a+1)x^2 + (-b-3c+b)x + c =0, 
    \end{align*}
    donc \(\phi\) est solution de \((E)\) si, et seulement si,
    \[
      \begin{cases}
        -a + 1 = 0 \\
        -2b -a + 1 = 0 \\
        -3c = 0 \\
        c= 0
      \end{cases}
      \iff
      \begin{cases}
        a = 1 \\
        b = 0 \\
        c= 0.
      \end{cases}
    \]
    La fonction \(\phi:x\mapsto x^2\) est donc une solution particulière de \((E)\).
  \item Soient \(a,b\in\R\), et soit \(x\in\R\setminus\{0,1\}\).
    \[
      \frac a x + \frac b{x-1} = \frac{a(x-1) + bx }{x(x-1)} = \frac{(a+b)x - a  }{x(x-1)},
    \]
    donc
    \[
      \frac{3x-1}{x(x-1)} =       \frac a x + \frac b{x-1}
    \]
    pour tout \(x\in\R\setminus\{0,1\}\) si, et seulement si, \(a+b=3\) et \(-a=-1\), c'est-à-dire que \(a=1\) et \(b=2\). On a donc montré que 
    \[
      \forall x\in\R\setminus\{0,1\}\,\quad \frac{3x-1}{x(x-1)} =       \frac1 x + \frac 2{x-1}.
    \]
  \item Comme la fonction \(x\mapsto x(x-1)\) s'annule en 0 et en 1, on ne peut pas écrire \((E)\) sous forme normalisée sur \(\R\) tout entier. Par contre, si on se restreint à des intervalles qui ne contiennent ni 0 ni 1, il n'y a pas de problème : on définit donc \(I_1 = \osbra{-\infty, 0}\), \(I_2=\osbra{0,1}\), et \(I_3=\osbra{1,+\infty}\). Considérons l'un de ces intervalles, par exemple \(I_1\). L'équation différentielle peut se réécrit :
    \[
      (E_1): \forall x\in I_1,\quad y'(x) - \frac{3x-1}{x(x-1)}y(x) = -\frac{x^2(x+1)}{x(x-1)}.
    \]
    On commence par résoudre l'équation homogène associée. Il suffit donc de trouver une primitive de la fonction définie sur \(I_1\), \(a:x\mapsto - \frac{3x-1}{x(x-1)}\). Or, la question précédente permet d'affirmer que sur cet intervalle, la fonction \(A:x\mapsto -\ln(\abs x) - 2\ln(\abs{x-1}) = -\ln(\abs x(x-1)^2)\) est une primitive de \(a \). Comme on connaît par ailleurs une solution particulière grâce à la question 1, on en déduit que les solutions de \((E_1)\) sont les éléments de l'ensemble
    \[
      S(E_1) = \left\{
        \begin{array}[h]{rl}
          \psi_\lambda : \osbra{-\infty,0} \to &\R \\
          x \mapsto& x^2 + \lambda \abs x(x-1)^2
        \end{array},
        \lambda \in\R\right\}.
    \]
    Le raisonnement est le même pour les deux autres intervalles. On définit alors, pour \(i\in\{1,2,3\}\) et \(\lambda\in\R\),
    \[
      \begin{array}[h]{rl}
        \phi_{i,\lambda} : I_i \to &\R \\
        x \mapsto& x^2 + \lambda x(x-1)^2
      \end{array},
    \]
  et on peut remarquer que si \(x<0\), alors \(\psi_\lambda(x) = x^2 - \lambda x(x-1)^2 = x^2 + (-\lambda) x(x-1)^2=\phi_{1,-\lambda}(x)\), et donc pour tout \(i\in\{1,2,3\}\),
    \[
      S(E_i) = \left\{\phi_{i,\lambda}, \lambda \in\R\right\}.
    \]
  \item On suppose que \(f\) est une solution de \((E)\). En particulier, la fonction \(f\) restreinte à \(I_1\), notée \(f|_{I_1}\), est solution de \((E_1)\). Par conséquent, d'après le résultat de la question précédente, il existe une constante \(\lambda_1\in\R\) telle que \(f|_{I_1}=\phi_{1,\lambda_1}\). Il en va de même pour les restrictions de \(f\) à \(I_1\) et à \(I_2\) : on a donc montré l'existence de \(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3 \in\R\) telles que, pour tout \(x\in\R\),
    \[
      \begin{cases}
        \text{si }x<0, & f(x) = x^2 + \lambda_1 x(x-1)^2, \\
        \text{si }0<x<1, & f(x) = x^2 + \lambda_2 x(x-1)^2, \\
        \text{si }1<x, & f(x) = x^2 + \lambda_3 x(x-1)^2. \\
      \end{cases}
    \]
  \item Par hypothèse, \(f\) est de classe \(\mc C^1\) sur \(\R\). En particulier, \(f\) et \(f'\) sont continues en \(0\) (respectivement, en \(1\)), ce qui implique que la restriction de \(f\) à \(I_1\) admet la même limite en 0 que la restriction de \(f\) à \(I_2\) (respectivement, en sur \(I_2\) et \(I_3\), en 1). Calculons ces limites  
    \[
      \lim_{x\to 0, x\in I_1}x^2 + \lambda_1 x(x-1)^2 = 0 = \lim_{x\to 0, x\in I_2}x^2 + \lambda_2 x(x-1)^2,
    \]
    et donc la fonction \(f\) est continue en 0 indépendamment des valeurs de \(\lambda_1\) et \(\lambda_2\). De la même manière,
    \[
      \lim_{x\to 1, x\in I_2}x^2 + \lambda_2 x(x-1)^2 = 1 = \lim_{x\to 1, x\in I_3}x^2 + \lambda_3 x(x-1)^2.
    \]
    Calculons maintenant la dérivée de \(f\) : pour tout \(i\in\{1,2,3\}\) et \(x\in I_i\), \(f'(x)=2x+\lambda_i(x-1)(3x-1)\). L'argument de continuité en 0 et en 1 vaut pour \(f'\) comme pour \(f\), calculons donc la limite de \(f\) en 0 en se restreignant à \(I_1\) et \(I_2\) :
    \[
      \lim_{x\to 0, x\in I_1} f'(x) = \lambda_1,\quad       \lim_{x\to 0, x\in I_2} f'(x) = \lambda_2.
    \]
    Ainsi, \(f'\) étant continue, on a nécessairement l'égalité \(\lambda_1=\lambda_2\). Par contre,
    \[
      \lim_{x\to 1, x\in I_2} f'(x) = 2 = \lim_{x\to 1, x\in I_3} f'(x),
    \]
    donc on ne trouve pas de condition reliant \(\lambda_2\) et \(\lambda_3\).
  \item On a montré que si \(f\) est solution de \((E)\) et de classe \(\mc C^1\) sur \(\R\), alors il existe deux constantes réelles \(\lambda_1\) et \(\lambda_3\) telles que pour tout \(x\in\R\),
    \[
      \begin{cases}
        \text{si }x<0, & f(x) = x^2 + \lambda_1 x(x-1)^2, \\
        \text{si }0<x<1, & f(x) = x^2 + \lambda_1 x(x-1)^2, \\
        \text{si }1<x, & f(x) = x^2 + \lambda_3 x(x-1)^2. \\
      \end{cases}
    \]
    On a déterminé \(f\) sur \(I_1\), \(I_2\) et \(I_3\) : il suffit maintenant de ``recoller'' les morceaux par continuité. On peut affirmer que
    \begin{equation}
      f : x\mapsto
      f(x)=\begin{cases}
        x^2 + \lambda_1 x(x-1)^2 & \text{si }x<1 \\
        x^2 + \lambda_3 x(x-1)^2 & \text{si }x\geq 1.
      \end{cases}\label{eq1}
    \end{equation}

    La démonstration n'est pas terminée : on a montré que si \(f\) est solution, alors elle a la forme~\eqref{eq1}. Il faut s'assurer de la réciproque pour conclure : soient \(\lambda_1,\lambda_3\) des constantes réelles. Alors, la fonction définie par la formule~\eqref{eq1} est bien de classe \(\mc C^1\) sur \(\R\) (d'après les considérations de la question 5), et c'est une solution de l'équation différentielle \((E)\) sur \(I_1\), sur \(I_2\), et sur \(I_3\). En particulier, pour tout \(x\in \R\setminus\{0,1\}\),
    \[
      x(x-1)f'(x) - (3x-1)f(x) + x^2(x+1) = 0.
    \]
    Par continuité de \(f\) et \(f'\), cette relation est encore vérifiée pour \(x=0\) et \(x=1\), et donc \(f\) est bien une solution de \((E)\) sur \(\R\).

    On peut conlure : les solutions de \((E)\) de classe \(\mc C^1\) sont les éléments de l'ensemble
    \[
      \left\{       f : x\mapsto
      \begin{cases}
         x^2 + \lambda_1 x(x-1)^2 & \text{si }x<1 \\
         x^2 + \lambda_3 x(x-1)^2 & \text{si }x\geq 1.
      \end{cases}, \lambda_1,\lambda_3 \in\R
    \right\}.
    \]
  \end{enumerate}
\end{exo}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}
  \begin{enumerate}
  \item La fonction constante égale à 0 est une solution du problème.
  \item Soit \(f\) une fonction qui vérifie l'équation fonctionnelle. En particulier, en choisissant \(x=0\) et \(y=0\), on trouve que \(f(0) = 2f(0)\), et donc \(f(0) = 0\).
  \item Fixons \(x\in\R\). Les fonctions \(y\mapsto f(x+y)\) et \(y\mapsto e^xf(y)+e^yf(x)\) sont dérivables sur \(\R\), et on en déduit donc que pour tout \(y\in\R\),
    \[
      f'(x+y) = e^xf'(y) + e^yf(x).
    \]
    En particulier, pour \(y=0\), on obtient que
    \[
      f'(x) = e^xf'(0) + f(x).
    \]
    Cette relation étant vraie pour tout \(x\in\R\), on en conclut que \(f\) est solution de l'équation différentielle
    \[
    (E) : \forall x\in\R,\quad f'(x) = f(x) + Ce^x,
    \]
    où \(C=f'(0)\).
  \item On commence par résoudre l'équation homogène associée, \((H) : \forall x\in\R, y'(x)=y(x).\) L'ensemble des solutions de cette équation est
    \[
    S(H) = \{ x\mapsto \alpha e^x, \alpha\in\R\}.
    \]
    Pour trouver une solution particulière, on procède par variation de la constante : on cherche une solution de la forme \(\phi_p : x\mapsto \alpha(x)e^x\), où \(\alpha\) est une fonction dérivable sur \(\R\). Alors \(\phi_p\) est solution de \((E)\) si, et seulement si, pour tout \(x\in\R\),
    \[
    \phi'_p(x) = \phi_p(x) + Ce^x \iff \alpha'(x)e^x = Ce^x.
    \]
    Ainsi, la fonction \(\alpha :x\mapsto Cx \) convient. On en déduit que
    \[
    S(E) = \{ x\mapsto \alpha e^x + Cxe^x, \alpha\in \R\},
    \]
    et la solution de \((E)\) qui vérifie la condition initiale \(y(0)=0\) est nécessairement la fonction
    \[
    \phi : x\mapsto Cxe^x.
    \]
  \item On a montré que si \(f\) est dérivable et vérifie l'équation fonctionnelle, alors \(f\) est solution du problème de Cauchy de la question 4, et donc il existe \(C\in\R\) tel que \(f:x\mapsto Cxe^x\).

    Réciproquement, soit \(C\in\R\). On considère \(f:x\mapsto Cxe^x\). Alors, si \(x,y\in\R\), on a
    \begin{align*}
      f(x+y) &= C(x+y)e^{x+y} \\
      &= Cxe^{x+y} + Cye^{x+y} \\
      &= e^{y} Cxe^x + e^x Cye^y \\
      &= e^yf(x) + e^xf(y),
    \end{align*}
    et \(f\) est bien une solution de l'équation fonctionnelle.

    Finalement, l'ensemble des solutions \(f:\R\to\R\) vérifiant, pour tout \(x,y\in\R\), \(f(x+y)=e^yf(x) + e^xf(y)\) est l'ensemble
    \[
    \{ x\mapsto Cxe^x, C\in\R\}.
    \]
  \end{enumerate}
\end{exo}

\end{document}
