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Exercice 1—Équation différentielle et condition de limite en l'infini

RMS 2024

Difficulté★★☆☆☆

Énoncé

Soit $g : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ une fonction de classe $C^1$ telle que $\lim_{t \to +\infty} g(t) = 0$ .

Soit $f$ une fonction telle que pour tout $t \in \mathbb{R}$ , $f'(t) - f(t) = g(t)$ . On pose $a = f(0)$ .

Montrer qu'il existe une unique valeur de $a$ pour laquelle $\lim_{t \to +\infty} f(t) = 0$ .

Indication›

1. Résoudre l'équation différentielle $y' - y = g$ .

2. Procéder par analyse-synthèse

Corrigé›

1. Résolution de l'équation différentielle

Considérons l'équation différentielle $(E) : y' - y = g$ .

L'équation homogène associée $(E_0) : y' - y = 0$ a pour solutions les fonctions $x \mapsto \lambda e^x$ avec $\lambda \in \mathbb{R}$ .

Par la méthode de variation de la constante, en cherchant une solution de la forme $y(x) = \lambda(x)e^x$ ,
on obtient $\lambda'(x)e^x = g(x)$ , soit $\lambda'(x) = g(x)e^{-x}$ . Comme $g$ est continue sur $\mathbb{R}$ , une primitive s'annulant
en 0 est $x \mapsto \int_0^x g(t)e^{-t}\mathrm{d}t$ .

L'ensemble des solutions de $(E)$ est donc :

S_{(E)} = \left\{ x \mapsto \left( \lambda + \int_0^x g(t)e^{-t}\mathrm{d}t \right) e^x \;\middle|\; \lambda \in \mathbb{R} \right\}

Ainsi, la fonction $f$ s'écrit nécessairement pour tout $x \in \mathbb{R}$ :

f(x) = \left( a + \int_0^x g(t)e^{-t}\mathrm{d}t \right) e^x

car en particulier $f(0) = \lambda = a$ .

2. Analyse (Unicité de $a$ )

Supposons qu'il existe $a \in \mathbb{R}$ tel que $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$ .

Comme $g$ admet une limite finie en $+\infty$ (égale à 0), $g$ est bornée sur $[0, +\infty[$ . On a donc $g(t)e^{-t} = O(e^{-t})$ au voisinage de $+\infty$ . Par comparaison aux intégrales de fonctions intégrables, l'intégrale impropre $\int_0^{+\infty} g(t)e^{-t}\mathrm{d}t$ converge.

Supposons par l'absurde que $a \neq -\int_0^{+\infty} g(t)e^{-t}\mathrm{d}t$ . Alors :

\lim_{x \to +\infty} \left( a + \int_0^x g(t)e^{-t}\mathrm{d}t \right) = a + \int_0^{+\infty} g(t)e^{-t}\mathrm{d}t \neq 0

Par produit de limites avec $\lim_{x \to +\infty} e^x = +\infty$ , on en déduirait que $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \pm \infty$ , ce qui contredit l'hypothèse $\lim_{+\infty} f = 0$ .

Par conséquent, la seule valeur possible de $a$ est :

a = -\int_0^{+\infty} g(t)e^{-t}\mathrm{d}t

3. Synthèse (Existence de la solution)

Réciproquement, posons $a = -\int_0^{+\infty} g(t)e^{-t}\mathrm{d}t$ .

Par la relation de Chasles, la fonction $f$ s'écrit pour tout $x \in \mathbb{R}$ :

f(x) = \left( -\int_0^{+\infty} g(t)e^{-t}\mathrm{d}t + \int_0^x g(t)e^{-t}\mathrm{d}t \right) e^x = -\left( \int_x^{+\infty} g(t)e^{-t}\mathrm{d}t \right) e^x

D'où l'inégalité triangulaire :

|f(x)| \leqslant \left( \int_x^{+\infty} |g(t)| e^{-t}\mathrm{d}t \right) e^x

Soit $\varepsilon > 0$ . Comme $\lim_{t \to +\infty} g(t) = 0$ , il existe $x_0 \in \mathbb{R}$ tel que pour tout $t \geqslant x_0$ , $|g(t)| \leqslant \varepsilon$ .

Alors, pour tout $x \geqslant x_0$ :

|f(x)| \leqslant \varepsilon \left( \int_x^{+\infty} e^{-t}\mathrm{d}t \right) e^x = \varepsilon e^{-x} e^x = \varepsilon

Ce qui prouve exactement que $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$ .

Conclusion : Il existe une unique valeur $a = -\int_0^{+\infty} g(t)e^{-t}\mathrm{d}t$ pour laquelle $\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$ .

Exercice 2—Propriété de valeur intermédiaire pour une expression différentielle

RMS 2024

Difficulté★★★☆☆

Énoncé

Soit $V = \left\{ f \in C^1([0,1], \mathbb{R}) \;\middle|\; f(0) = 0 \text{ et } f(1) = 1 \right\}$ .

Trouver tous les $\alpha \in \mathbb{R}$ tels que pour tout $f \in V$ , il existe $x \in [0,1]$ vérifiant :

f(x) + \alpha = f'(x)

Indication›

1. Pour l'analyse / recherche de candidats, considérer une solution de l'équation différentielle $y' - y = \alpha$ appartenant à $V$ .

2. Pour la synthèse, poser la fonction auxiliaire $\varphi(x) = (f(x) + \alpha) e^{-x}$ et appliquer le théorème de Rolle.

Corrigé›

On note $A$ l'ensemble des réels $\alpha \in \mathbb{R}$ vérifiant la propriété voulue :

A = \left\{ \alpha \in \mathbb{R} \;\middle|\; \forall f \in V, \, \exists x \in [0,1], \, f'(x) - f(x) = \alpha \right\}

1. Recherche des candidats (Analyse)

Afin de restreindre les valeurs possibles de $\alpha$ , cherchons si une solution de l'équation différentielle $(E) : y' - y = \alpha$ peut appartenir à l'ensemble $V$ .

Les solutions sur $[0,1]$ de l'équation $y' - y = \alpha$ sont de la forme $f(x) = \lambda e^x - \alpha$ avec $\lambda \in \mathbb{R}$ .

Pour qu'une telle fonction $f$ appartienne à $V$ , elle doit vérifier :

\begin{cases} f(0) = 0 \implies \lambda - \alpha = 0 \implies \lambda = \alpha \\ f(1) = 1 \implies \lambda e - \alpha = 1 \end{cases}

En remplaçant $\lambda$ par $\alpha$ dans la seconde condition, on obtient $\alpha e - \alpha = 1$ , d'où :

\alpha = \frac{1}{e - 1}

Pour cette fonction particulière $f_0(x) = \frac{e^x - 1}{e - 1} \in V$ , l'expression $f_0'(x) - f_0(x)$ est constante et égale à $\frac{1}{e - 1}$ pour tout $x \in [0, 1]$ .

Ainsi, la seule valeur candidate possible est $\alpha = \frac{1}{e - 1}$ (soit $A \subseteq \left\{ \frac{1}{e - 1} \right\}$ ).

2. Démontrer que $\alpha = \frac{1}{e - 1}$ convient (Synthèse)

Soit $f \in V$ quelconque. Posons $\alpha = \frac{1}{e - 1}$ et introduisons la fonction auxiliaire :

\varphi(x) = (f(x) + \alpha) e^{-x}

La fonction $\varphi$ est de classe $C^1$ sur $[0,1]$ comme produit de fonctions $C^1$ .

Calculons ses valeurs aux bornes :

• $\varphi(0) = (f(0) + \alpha) e^0 = \alpha$

• $\varphi(1) = (f(1) + \alpha) e^{-1} = (1 + \alpha) e^{-1}$

Or, comme $\alpha = \frac{1}{e - 1}$ , on a $1 + \alpha = 1 + \frac{1}{e - 1} = \frac{e}{e - 1} = \alpha e$ . D'où :

\varphi(1) = (\alpha e) e^{-1} = \alpha = \varphi(0)

La fonction $\varphi$ est continue sur $[0, 1]$ , dérivable sur $]0, 1[$ et $\varphi(0) = \varphi(1)$ . D'après le Théorème de Rolle, il existe $x \in ]0, 1[$ tel que $\varphi'(x) = 0$ .

Or, pour tout $x \in [0, 1]$ :

\varphi'(x) = f'(x)e^{-x} - (f(x) + \alpha)e^{-x} = (f'(x) - f(x) - \alpha) e^{-x}

Puisque $e^{-x} \neq 0$ , $\varphi'(x) = 0$ équivaut à :

f'(x) - f(x) = \alpha

Conclusion : L'unique valeur de $\alpha$ satisfaisant la propriété est $\alpha = \frac{1}{e - 1}$ (soit $A = \left\{ \frac{1}{e - 1} \right\}$ ).

Exercice 3—Étude asymptotique d'une équation différentielle non linéaire

RMS 2024

Difficulté★★★★☆

Énoncé

Soit $f : \mathbb{R}_+ \to \mathbb{R} \setminus \{0, 1\}$ une fonction de classe $\mathcal{C}^1$ telle que :

\forall x \in \mathbb{R}_+, \quad f'(x) = \frac{1}{f(x)} + \frac{1}{f(x) - 1}

Déterminer $\lim_{x \to +\infty} f(x)$ .

Indication›

1. Montrer que $f(\mathbb{R}_+)$ est entièrement inclus dans l'un des trois intervalles $]1, +\infty[$ , $]0, 1[$ ou $]-\infty, 0[$ .

2. Pour les cas $f(x) > 1$ et $f(x) < 0$ , montrer que $f$ est monotone puis raisonner par l'absurde.

3. Pour le cas $f(x) \in ]0, 1[$ , montrer d'abord que si $f$ atteint $\frac{1}{2}$ en un point $x_0$ , elle reste constante égale à $\frac{1}{2}$ sur $[x_0, +\infty[$ .

Corrigé›

1. Disjonction des cas selon l'image de f

Par hypothèse, $f$ ne prend jamais les valeurs 0 et 1. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, la fonction $f$ étant continue sur l'intervalle $\mathbb{R}_+$ , son image $f(\mathbb{R}_+)$ est nécessairement un intervalle. Comme cet intervalle ne contient ni 0 ni 1, on a trois cas possibles :

• Cas 1 : $\forall x \in \mathbb{R}_+, \; f(x) \in ]1, +\infty[$

• Cas 2 : $\forall x \in \mathbb{R}_+, \; f(x) \in ]0, 1[$

• Cas 3 : $\forall x \in \mathbb{R}_+, \; f(x) \in ]-\infty, 0[$

2. Étude du Cas 1 : $f(x) > 1$ sur $\mathbb{R}_+$

Si $f(x) > 1$ , alors $\frac{1}{f(x)} > 0$ et $\frac{1}{f(x)-1} > 0$ , d'où $f'(x) > 0$ . La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $\mathbb{R}_+$ .

D'après le théorème de la limite monotone, $\ell = \lim_{x \to +\infty} f(x)$ existe dans $]1, +\infty]$ .

Supposons par l'absurde que $\ell < +\infty$ . En passant à la limite dans la relation différentielle :

\lim_{x \to +\infty} f'(x) = \frac{1}{\ell} + \frac{1}{\ell - 1} = a > 0

Par définition de la limite, il existe $x_0 \ge 0$ tel que pour tout $x > x_0$ , $f'(x) \ge \frac{a}{2}$ . En intégrant entre $x_0$ et $x$ :

f(x) \ge f(x_0) + \frac{a}{2}(x - x_0)

Par comparaison, $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$ , ce qui contredit $\ell < +\infty$ .

Ainsi, dans ce cas : $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$ .

3. Étude du Cas 3 : $f(x) < 0$ sur $\mathbb{R}_+$

Par un raisonnement parfaitement analogue (avec $f'(x) < 0$ et $f$ strictement décroissante), on obtient :
$\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$ .

4. Étude du Cas 2 : $f(x) \in ]0, 1[$ sur $\mathbb{R}_+$

En réécrivant la dérivée sous forme d'un même dénominateur :

f'(x) = \frac{1}{f(x)} + \frac{1}{f(x) - 1} = \frac{2f(x) - 1}{f(x)(f(x) - 1)} = \frac{1 - 2f(x)}{f(x)(1 - f(x))}

Comme $f(x)(1 - f(x)) > 0$ sur $]0, 1[$ , le signe de $f'(x)$ est celui de $1 - 2f(x)$ :

• Si $f(x) > \frac{1}{2}$ , alors $f'(x) < 0$ ( $f$ décroît vers $\frac{1}{2}$ ).

• Si $f(x) < \frac{1}{2}$ , alors $f'(x) > 0$ ( $f$ croît vers $\frac{1}{2}$ ).

Premier sous-cas : Supposons qu'il existe $x_0 \ge 0$ tel que $f(x_0) = \frac{1}{2}$ .

Montrons que pour tout $x \ge x_0$ , $f(x) = \frac{1}{2}$ . Supposons par l'absurde qu'il existe $x_1 > x_0$ tel que $f(x_1) \neq \frac{1}{2}$ (par exemple $f(x_1) > \frac{1}{2}$ ).

L'idée est que si $f(x) = \frac{1}{2}$ a pu "partir" de $f(x) = \frac{1}{2}$ c'est qu'on a $f' > 0$ à un moment entre $x_0$ et $x_1$ ...

Posons $A = \{t \in [x_0, x_1] \mid f(t) = \frac{1}{2}\}$ . C'est une partie non vide ( $x_0 \in A$ ) et majorée par $x_1$ , elle admet donc une borne supérieure $m = \sup(A)$ . De plus, $f$ étant continue, $A$ est fermé donc $m \in A$ , c'est-à-dire $f(m) = \frac{1}{2}$ avec $m < x_1$ .

Par définition de $m$ , pour tout $x \in ]m, x_1]$ , $f(x) \neq \frac{1}{2}$ , donc $f(x) > \frac{1}{2}$ , ce qui implique $f'(x) < 0$ sur $]m, x_1]$ .

Cependant, d'après le théorème des accroissements finis appliqué à $f$ sur $[m, x_1]$ , il existe $c \in ]m, x_1[$ tel que :

f'(c) = \frac{f(x_1) - f(m)}{x_1 - m} = \frac{f(x_1) - \frac{1}{2}}{x_1 - m} > 0

Ceci est contradictoire avec $f'(c) < 0$ . On en déduit que $f(x) = \frac{1}{2}$ pour tout $x \ge x_0$ , et donc $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \frac{1}{2}$ .

Second sous-cas : Supposons que pour tout $x \ge 0$ , $f(x) \neq \frac{1}{2}$ .

Par le TVI, $f$ est soit strictement supérieure à $\frac{1}{2}$ , soit strictement inférieure à $\frac{1}{2}$ sur tout $\mathbb{R}_+$ . Dans les deux cas, le signe de $f'$ est constant, donc $f$ est strictement monotone et bornée sur $\mathbb{R}_+$ .

Elle admet donc une limite $\ell \in [0, 1]$ en $+\infty$ . Si $\ell \in \{0, 1\}$ ou si $\ell \neq \frac{1}{2}$ , $\lim_{x \to +\infty} f'(x)$ serait une constante non nulle, entraînant une divergence de $f$ vers $\pm\infty$ (comme dans le Cas 1), ce qui est absurde car $f$ est bornée sur $]0, 1[$ .

La seule limite possible est donc $\ell = \frac{1}{2}$ .

Conclusion générale :

• Si $f(0) > 1$ , alors $\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$ .

• Si $f(0) \in ]0, 1[$ , alors $\lim_{x \to +\infty} f(x) = \frac{1}{2}$ .

• Si $f(0) < 0$ , alors $\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$ .

Exercice 4—Espace vectoriel engendré par les translatées d'une fonction

RMS 2024

Difficulté★★★★☆

Énoncé

Pour une fonction $f \in C^\infty(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ et un réel $a \in \mathbb{R}$ , on note $f_a: x \mapsto f(x+a)$ .

On pose $F_f = \text{Vect}(\{f_a \mid a \in \mathbb{R}\})$ .

a) Trouver une fonction $f$ non nulle telle que $F_f$ soit de dimension finie. Préciser cette dimension.

b) Montrer que si $F_f$ est de dimension finie, alors $F_{f'}$ est aussi de dimension finie.

c) Déterminer toutes les fonctions $f$ telles que $\dim F_f = 1$ .

d) Déterminer toutes les fonctions $f$ telles que $\dim F_f = 2$ .

Indication›

b) Exprimer toute translatée de $f'$ comme la dérivée d'une translatée de $f$ .

c) Pour $\dim F_f = 1$ , tester 3 approches :

Méthode 1 : Établir la non-annulation de $f$ , puis passer au log de $|f|$ .
Méthode 2 : Traiter le scalaire $\lambda(a)$ comme une fonction et dériver une relation à deux variables.
Méthode 3 : Se ramener à l'équation fonctionnelle de Cauchy $f(a+x) = k f(a) f(x)$ .

d) Exprimer $f_a$ dans une base $(f, g)$ , montrer la régularité des coefficients $\lambda(a)$ et $\mu(a)$ , puis dériver pour obtenir une équation différentielle linéaire d'ordre 2.

Corrigé›

Question a)

Considérons la fonction $f = \cos$ . Pour tout $a \in \mathbb{R}$ et tout $x \in \mathbb{R}$ :

f_a(x) = \cos(x+a) = \cos(a)\cos(x) - \sin(a)\sin(x) = \cos(a) f_0(x) - \sin(a) f_{\pi/2}(x)

Ainsi, pour tout $a \in \mathbb{R}$ , $f_a \in \text{Vect}(f_0, f_{\pi/2})$ .

La famille $(f_0, f_{\pi/2}) = (\cos, -\sin)$ est clairement libre dans $C^\infty(\mathbb{R}, \mathbb{R})$ . Par conséquent :

F_f = \text{Vect}(f_0, f_{\pi/2}) \quad \text{et} \quad \dim F_f = 2

Question b)

Supposons que $F_f$ est de dimension finie $m+1$ . Il existe une famille génératrice $\mathcal{G} = (g_0, g_1, \dots, g_m)$ de $F_f$ .

Pour tout $a \in \mathbb{R}$ , la fonction $f_a$ s'écrit comme combinaison linéaire des éléments de $\mathcal{G}$ :

f_a = \sum_{k=0}^m \lambda_k g_k

Par ailleurs, on a par linéarité que tout élément de $F_f$ est $C^\infty$ sur $\mathbb{R}$ .

En dérivant par rapport à $x$ , on note que $(f_a)'(x) = f'(x+a) = (f')_a(x)$ . Donc :

(f')_a = \sum_{k=0}^m \lambda_k g_k'

Si l'on pose $\mathcal{G}' = (g_0', g_1', \dots, g_m')$ , on a pour tout $a \in \mathbb{R}$ , $(f')_a \in \text{Vect}(\mathcal{G}')$ . Ainsi :

F_{f'} = \text{Vect}(\{(f')_a \mid a \in \mathbb{R}\}) \subset \text{Vect}(\mathcal{G}')

Comme $\text{Vect}(\mathcal{G}')$ est de dimension au plus $m+1$ , $F_{f'}$ est un sous-espace vectoriel de dimension finie.

Question c) Recherche des fonctions telles que $\dim F_f = 1$

Comme $\dim F_f = 1$ , pour tout $a \in \mathbb{R}$ , $f_a$ et $f$ sont colinéaires. Il existe donc un unique scalaire $\lambda(a) \in \mathbb{R}$ tel que $f_a = \lambda(a) f$ .

Méthode 1 : Passage au logarithme

• Non-annulation : S'il existait $x_0 \in \mathbb{R}$ tel que $f(x_0) = 0$ , alors pour tout $a \in \mathbb{R}$ , $f_a(x_0) = f(a + x_0) = \lambda(a) f(x_0) = 0$ . En posant $y = a + x_0$ , cela impliquerait $f(y) = 0$ pour tout $y \in \mathbb{R}$ . Donc $f = 0$ , d'où $F_f = \{0\}$ et $\dim F_f = 0$ , ce qui est absurde.

Par conséquent, $f$ ne s'annule jamais sur $\mathbb{R}$ . Par le théorème des valeurs intermédiaires, $f$ garde un signe constant.

• Équation différentielle : Pour tout $(x,a) \in \mathbb{R}^2$ , $f(x+a) = \lambda(a) f(x)$ . En passant au logarithme (avec des valeurs absolues):

\ln(|f(x+a)|) = \ln(|\lambda(a)|) + \ln(|f(x)|)

En posant $h(x) = \ln(|f(x)|)$ et en dérivant par rapport à $x$ :

h'(x+a) = h'(x)

Cette égalité étant vraie pour tout $a \in \mathbb{R}$ , la fonction $h'$ est constante sur $\mathbb{R}$ . Soit $h'(x) = \alpha$ avec $\alpha \in \mathbb{R}$ .

En intégrant, il existe $C \in \mathbb{R}$ tel que $\forall x \in \mathbb{R}, \ h(x) = \alpha x + C$ .
D'où $\forall x \in \mathbb{R}, \ |f(x)| = \mathrm{e}^{\alpha x + C}$ .
C'est-à-dire comme f est de signe constant, $\forall x \in \mathbb{R}, \ f(x) = \mu \mathrm{e}^{\alpha x}$ avec $\mu = \pm \mathrm{e}^C \neq 0$ .

Méthode 2 : Dérivation bilatérale

On a $f(x+a) = \lambda(a) f(x)$ . Comme $f$ ne s'annule pas, en fixant un point $x_0$ , on a $\lambda(a) = \frac{f(a+x_0)}{f(x_0)}$ , ce qui prouve que $\lambda$ est de classe $C^\infty$ sur $\mathbb{R}$ .

Dérivons l'égalité $f(x+a) = \lambda(a) f(x)$ :

• Par rapport à $x$ : $f'(x+a) = \lambda(a) f'(x)$

• Par rapport à $a$ : $f'(x+a) = \lambda'(a) f(x)$

On en déduit : $\lambda(a) f'(x) = \lambda'(a) f(x)$ . Pour $a = 0$ , sachant que $\lambda(0) = 1$ , on obtient :

f'(x) = \lambda'(0) f(x)

En posant $\alpha = \lambda'(0)$ , la résolution de cette équation différentielle scalaire linéaire $y' - \alpha y = 0$ donne $f(x) = \mu \mathrm{e}^{\alpha x}$ avec $\mu \neq 0$ .

Méthode 3 : Équation fonctionnelle de Cauchy

En reprenant $f(x+a) = \lambda(a) f(x)$ , pour $x = 0$ , on a $f(a) = \lambda(a) f(0)$ . Comme $f(0) \neq 0$ , on en déduit $\lambda(a) = \frac{f(a)}{f(0)}$ . Ainsi :

f(x+a) = \frac{1}{f(0)} f(a) f(x)

En posant $k = \frac{1}{f(0)}$ et $g(x) = k f(x)$ , la fonction $g$ vérifie l'équation fonctionnelle classique de Cauchy :

g(x+a) = g(x) g(a)

Comme $g$ est continue (et non nulle), il existe $\alpha \in \mathbb{R}$ tel que $g(x) = \mathrm{e}^{\alpha x}$ , d'où $f(x) = \mu \mathrm{e}^{\alpha x}$ (avec $\mu = f(0) \neq 0$ ).

Synthèse : Réciproquement, si $f(x) = \mu \mathrm{e}^{\alpha x}$ avec $\mu \neq 0$ , alors $f$ est bien de classe $C^\infty$ et pour $a \in \mathbb{R},$
$f_a(x) = \mu \mathrm{e}^{\alpha (x+a)} = \mathrm{e}^{\alpha a} f(x)$ . Ainsi $F_f = \text{Vect}(f)$ est de dimension 1.

Conclusion : Les solutions sont les fonctions $x \mapsto \mu \mathrm{e}^{\alpha x}$ avec $(\mu, \alpha) \in \mathbb{R}^* \times \mathbb{R}$ .

Question d) Recherche des fonctions telles que $\dim F_f = 2$

1. Analyse :

Si $\dim F_f = 2$ , il existe $a_0 \in \mathbb{R}$ tel que la famille $(f, f_{a_0})$ soit libre. Posons $g = f_{a_0}$ . $(f, g)$ constitue une base de $F_f$ .

Pour tout $a \in \mathbb{R}$ , il existe un unique couple $(\lambda(a), \mu(a)) \in \mathbb{R}^2$ tel que :

f_a = \lambda(a) f + \mu(a) g \implies \forall x \in \mathbb{R}, \quad f(x+a) = \lambda(a) f(x) + \mu(a) g(x)

En évaluant cette relation en deux points bien choisis $x_1, x_2$ tels que $f(x_1)g(x_2) - f(x_2)g(x_1) \neq 0$ (possible par liberté de $(f,g)$ ), on exprime $\lambda(a)$ et $\mu(a)$ comme combinaisons linéaires de $f(a+x_1)$ et $f(a+x_2)$ . Cela prouve que $\lambda$ et $\mu$ sont de classe $C^\infty$ sur $\mathbb{R}$ .

On adapte la méthode 2 vu à la question c), les autres méthodes étaient trop spécifiques.

En dérivant $f(x+a) = \lambda(a) f(x) + \mu(a) g(x)$ :

• Par rapport à $x$ : $f'(x+a) = \lambda(a) f'(x) + \mu(a) g'(x)$

• Par rapport à $a$ : $f'(x+a) = \lambda'(a) f(x) + \mu'(a) g(x)$

En évaluant en $a = 0$ (avec $\lambda(0) = 1$ et $\mu(0) = 0$ ) :

f'(x) = \lambda'(0) f(x) + \mu'(0) g(x) \quad \text{--- (1)}

De même, en évaluant en $a = a_0$ (où $\lambda(a_0) = 0$ et $\mu(a_0) = 1$ ) :

g'(x) = f'(x+a_0) = \lambda'(a_0) f(x) + \mu'(a_0) g(x) \quad \text{--- (2)}

Si $\mu'(0) = 0$ , alors $f'$ serait proportionnel à $f$ , ce qui redonnerait $\dim F_f = 1$ (absurde). Donc $\mu'(0) \neq 0$ .

En dérivant $(1)$ et en y injectant $(2)$ ainsi que l'expression de $g(x)$ tirée de $(1)$ , on montre que $f$ satisfait une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants :

f''(x) + A f'(x) + B f(x) = 0 \quad (A,B \in \mathbb{R})

Selon le signe du discriminant du polynôme caractéristique, les solutions réelles sont de trois formes :

1. Deux racines réelles distinctes $\alpha_1 \neq \alpha_2$ : $f(x) = b \mathrm{e}^{\alpha_1 x} + c \mathrm{e}^{\alpha_2 x}$ avec $b \neq 0$ et $c \neq 0$ .

2. Une racine double $\alpha$ : $f(x) = (bx + c)\mathrm{e}^{\alpha x}$ avec $b \neq 0$ .

3. Deux racines complexes conjuguées $\alpha \pm \mathrm{i}\beta$ ( $\beta \neq 0$ ) : $f(x) = b \mathrm{e}^{\alpha x} \cos(\beta x + \varphi)$ avec $b \neq 0$ et $\beta \neq 0$ .

2. Synthèse pour chaque cas :

Déjà, tous les candidats sont $C^\infty$ sur $\mathbb{R}$

• Cas 1 : $f(x) = b \mathrm{e}^{\alpha_1 x} + c \mathrm{e}^{\alpha_2 x}$ ( $bc \neq 0, \alpha_1 \neq \alpha_2$ ).

On a $f_a(x) = b \mathrm{e}^{\alpha_1 a} \mathrm{e}^{\alpha_1 x} + c \mathrm{e}^{\alpha_2 a} \mathrm{e}^{\alpha_2 x}$ . La famille libre $(\mathrm{e}^{\alpha_1 x}, \mathrm{e}^{\alpha_2 x})$ engendre $F_f$ , donc $\dim F_f = 2$ .

• Cas 2 : $f(x) = (bx + c)\mathrm{e}^{\alpha x}$ ( $b \neq 0$ ).

On a $f_a(x) = (b(x+a) + c)\mathrm{e}^{\alpha(x+a)} = \mathrm{e}^{\alpha a} f(x) + a b \mathrm{e}^{\alpha a} \mathrm{e}^{\alpha x}$ . Ainsi $F_f = \text{Vect}(x \mapsto x\mathrm{e}^{\alpha x}, x \mapsto \mathrm{e}^{\alpha x})$ , ces deux fonctions étant libres, $\dim F_f = 2$ .

• Cas 3 : $f(x) = b \mathrm{e}^{\alpha x} \cos(\beta x + \varphi)$ ( $b \neq 0, \beta \neq 0$ ).

$f_a(x) = b \mathrm{e}^{\alpha a} \mathrm{e}^{\alpha x} \left( \cos(\beta x + \varphi)\cos(\beta a) - \sin(\beta x + \varphi)\sin(\beta a) \right)$ .

$F_f = \text{Vect}(x \mapsto \mathrm{e}^{\alpha x}\cos(\beta x + \varphi), x \mapsto \mathrm{e}^{\alpha x}\sin(\beta x + \varphi))$ qui est de dimension 2.

Conclusion : Les fonctions telles que $\dim F_f = 2$ sont exactement les fonctions de l'une des trois formes ci-dessus.

Équations différentielles

Exercices 2026

Exercices 2025

Exercices 2024

Exercice 1—Équation différentielle et condition de limite en l'infini

Exercice 2—Propriété de valeur intermédiaire pour une expression différentielle

Exercice 3—Étude asymptotique d'une équation différentielle non linéaire

Exercice 4—Espace vectoriel engendré par les translatées d'une fonction