Une équations différentielle

(Oral Centrale Mp)
On considère l’équation différentielle: {(1-x)^3y''(x)=y(x)}.

Soit {y} la solution de {(E)} sur {]-\infty,1[} telle que {\begin{cases}y(0)=0\\y'(0)=1\end{cases}}

On pose : {\forall\, n \in \mathbb{N},\;a_n=\dfrac{y^{(n)}(0)}{n!}}.

  1. Justifier les définitions de {y(x)} et des {a_{n}}.

    Montrer que, pour tout {n\ge3} : {\begin{array}{rl}n(n-1)a_n&=3(n-1)(n-2)a_{n-1}\\\\& - (3n^2-15n+17)a_{n-2}\\\\&+(n-3)(n-4)a_{n-3}\end{array}}

  2. Déterminer {\alpha>0} tel que : {\forall\, n \in \mathbb{N},\;|a_n| \leq \alpha^n}.

    Que peut-on en déduire pour la solution {x\mapsto y(x)}?

  3. Montrer que: {\forall\, x \in [0,1[,\;y(x) \geq x + \displaystyle\int_0^x \dfrac{t(x-t)}{(1-t)^3}\,\text{d}t}.

    En déduire la limite de {y(x)} quand {x} tend vers 1.

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  1. L’existence et l’unicité de {y} résultent du théorème de Cauchy linéaire.

    L’égalité {y''(x)=\dfrac{y(x)}{(1-x)^3}} donne, par récurrence, que {y} est {{\mathcal C}^{\infty}} (d’où l’existence des {a_n}).

    Ensuite on applique la formule de Leibniz. Pour tout {n\ge3} :
    {\begin{array}{rl}y^{(n)}&=(1-x)^3 y^{(n+2)}-3n(1-x)^2 y^{(n+1)}\\\\&+ 3n(n-1)(1-x) y^{(n)}-n(n-1)(n-2)y^{(n-1)}\end{array}}On évalue en {0}, on revient à la définition de {a_n}, on change {n} en {n-2}.

    On trouve, pour tout {n\ge 3} : {\begin{array}{rl}n(n-1)a_n&=3(n-1)(n-2)a_{n-1} - (3n^2-15n+17)a_{n-2}\\\\&+(n-3)(n-4)a_{n-3}\end{array}}

  2. On se donne {\alpha>0}.

    Si l’inégalité vaut aux rangs {n-1}, {n-2}, {n-3} avec {n \geq 4 } alors : {\begin{array}{rl}|a_n| &\leq \dfrac 1{n(n-1)} ( 3(n-1)(n-2) \alpha^{n-1} \\\\&+ (3n^2-15n+17)\alpha^{n-2}+(n-3)(n-4) \alpha^{n-3})\end{array}} On aimerait pouvoir écrire : {\begin{array}{rl}3(n-1)(n-2) \alpha^{n-1} &+ (3n^2-15n+17)\alpha^{n-2}\\\\&+(n-3)(n-4) \alpha^{n-3} \leq n(n-1) \alpha^n \end{array}}c’est-à-dire : {\begin{array}{rl}3(n-1)(n-2) \alpha^{2} &+ (3n^2-15n+17) \alpha\\\\&+(n-3)(n-4) \leq n(n-1) \alpha^3 \end{array}}En ordonnant suivant les puissances de {n}, cela devient, pour tout {n\ge4} :
    {\begin{array}{rl}(3\alpha ^{2} + 1 + 3\alpha - \alpha ^{3})n^{2} &+ ( - 9\alpha ^{2} - 15\alpha + \alpha ^{3} - 7)n\\\\&+ 6\alpha ^{2} + 12 + 17\alpha\le 0 \end{array}}La quantité {f(\alpha)=3\alpha ^{2} + 1 + 3\alpha - \alpha ^{3}} doit donc être négative.

    Par exemple {f(4)=-3}.

    Pour {\alpha=4}, la condition s’écrit: {176 - 147 n - 3 n^2\le0}.

    Cette condition est vérifiée pour {n\ge2}.

    Ainsi, dès que {n \geq 2}, la récurrence passe.

    Il reste alors à vérifier que ça marche pour les premiers termes mais ça c’est facile.

    On a donc {\forall\, n \in \mathbb{N}, \; |a_n| \leq 4^n}.

    Ainsi {y} est développable en série entière avec un rayon {R\ge\dfrac 14}.

    • On montre d’abord que {y} reste positive (et donc {y''\ge0}) sur {[0,1[}.

      On a {y(0)=0} et {y'(0)=1} donc {y} prend des valeurs positives un peu après {0}.

      Si {y} devenait négative, elle s’annulerait en un premier {a>0}.

      On aurait ainsi {y(x)\ge0}, donc {y''(x)=\dfrac{y(x)}{(1-x)^3}\ge0} sur {[0,a]}.

      Ainsi {y'(x)} serait croissante sur {[0,a]}.

      On aurait donc {y(a) \geq a>0} ce qui est absurde.

    • En appliquant la formule de Taylor avec reste intégral on a : {y(x) = x + \displaystyle\int_0^x (x-t) \dfrac{y(t)}{(1-t)^3}dt}Mais on a vu que {y} est convexe.

      Il en résulte {y(t) \geq t} sur {t \in [0,1[} ce qui donne bien l’inégalité.

    • On trouve : {\begin{array}{rl}F(x)&=\displaystyle\int_0^x \dfrac{t(x-t)}{(1-t)^3}\,\text{d}t=\frac{(x-2) x}{2 (x-1)}+\log (1-x)\\\\&\stackrel{x\to1^{-}}{\sim}\dfrac{1}{2(1-x)}\end{array}}On peut donc affirmer que {\displaystyle\lim_{x\to1} y(x) = +\infty}.