Fonctions de Bessel - Correction

CPGE Lissane Eddine - Laayoune Essaidi Ali [email protected]

Fonctions de Bessel

Dfinitions et notations

Dans tout le problme n N. Jn : x R 7 1pi

pi0

cos(x sin t nt)dt sappelle la fonction de Bessel dordre n.

Premire partieDveloppement en srie entire des fonctions de Bessel

1: Montrer que Jn est de classe C sur R et donner lexpression de J (p)n sur R pour tout p N.2: Montrer que si n est non nul alors x R, J n(x) = 12 (Jn1(x) Jn+1(x)).3: En dduire que si n est non nul alors k {0, . . . , n 1}, J (k)n (0) = 0.4: Calculer J (n)n (0).5: Montrer que Jn est dveloppable en srie entire sur R.

6: Montrer quil existe une suite (ap)pN de rels telle que x R, Jn(x) = xn+p=0

apxp.

7: Montrer que Jn est une solution globale de lquation En : x2y + xy + (x2 n2)y = 0.8: Dterminer le dveloppement en srie entire sur R de Jn.

Deuxime partieZros des fonctions de Bessel

1: Montrer que Jn se prolonge de faon unique en une fonction holomorphe sur C. En dduire que les zros de Jn sont isols.2: Montrer que les zros non nuls de Jn sont simples.3: Montrer que y(x) = J0(x)

x est une solution sur ]0,+[ de lquation diffrentielle y(x) + (1 + 14x2 ) y(x) = 0.

4: Soit lapplication W : x ]0,+[ 7 y(x) cosx y(x) sinx. Calculer W sur ]0,+[.5: Montrer que si on suppose que k N tel que y ne sannule pas [kpi, (k+1)pi] alors lapplication f(x) = (1)ky(kpi)W (x)est croissante sur [kpi, (k + 1)pi].6: Trouver une contradiction et dduire que k N, y sannule au moins une fois sur [kpi, (k + 1)pi].7: En dduire que J0 admet une infinit de zros sur ]0,+[.8: Montrer que x > 0, (xnJn(x)) = xnJn+1(x).9: En dduire que lensemble des zros de Jn est infini et quentre deux zros strictement positifs de Jn il y a un zro de Jn+1(On dit que les zros de Jn et Jn+1 sont entrelaces).10: Montrer que lensemble des zros de Jn sur ]0,+[ est dnombrable (On peux alors numroter les zros de Jn).11: On pose (xk)kN la suite strictement croissante des zros strictement positifs de Jn. Montrer que limxk = +

Troisime partieFonctions de Bessel de seconde espce

1: Justifier lexistence dune solution Nn de En sur ]0,+[ telle que (Jn, Nn) soit libre. En dduire la forme gnrale dessolutions de En (Nn sappelle fonction de Bessel de seconde espce dordre n).2: Soient 0 < a < b deux zros conscutifs de Jn et W le Wronskien de Jn et Nn (i.e W = JnN n J nNn).2 - 1: Montrer que W (a)W (b) = Nn(a)Nn(b)J n(a)J n(b).2 - 2: Montrer que J n(a)J n(b) < 0. En dduire que !c ]a, b[, Nn(c) = 0 et que Nn admet une infinit de zros.3: Montrer que Jn et Nn nont pas de zros communs sur ]0,+[.4: Soit y une solution de En sur R et w = Jny J ny.4 - 1: Montrer que x R, (xw(x)) = 0.4 - 2: En dduire que lensemble des solutions globales de En est un espace vectoriel de dimension un ou deux. Y a-t-il unecontradiction avec le thorme du cours ?

www.mathlaayoune.webs.com 1/7 Fin du problme


Correction du problme

Premire partieDveloppement en srie entire des fonctions de Bessel

1: On pose (x, t) = cos(x sin t nt) et soit p N. On a : x R, t 7 cos(x sin t nt) continue sur [0, pi].

pxp existe sur R [0, pi] et on a x R,t [0, pi],

pxp (x, t) = sin

p t cos(x sin t nt+ ppi2

).

x R, t 7 sinp t cos (x sin t nt+ ppi2 ) continue sur [0, pi]. x R,t [0, pi], sinp t cos (x sin t nt+ ppi2 ) 1 et t 7 1 est intgrable sur [0, pi].Donc, daprs le thorme de drivation sous le signe intgral, Jn est de classe C sur R et on a :

x R, J (p)n (x) =1

pi

pi0

p

xp(x, t)dt =

1

pi

pi0

sinp t cos(x sin t nt+ ppi

2

)dt

2: Soit x R. On a :

J n(x) =1

pi

pi0

sin t cos(x sin t nt+ pi

2

)dt

= 1pi

pi0

sin t sin(x sin t nt)dt

=1

2pi

pi0

(cos(x sin t nt+ t) cos(x sin t nt t)) dt

=1

2pi

pi0

cos(x sin t (n 1)t)dt 12pi

pi0

cos(x sin t (n+ 1)t)dt

=1

2(Jn1(x) Jn+1(x))

3: On va procder par rcurrence sur k.

On a J (0)n (0) =1

pi

pi0

cos(nt)dt =1

npi[sin(nt)]

pi0 = 0 donc la relation est vraie pour k = 0.

Supposons que k {0, . . . , n 2}, J (k)n (0) = 0.On a, daprs les deux questions prcdentes, Jn de classe C sur R et x R, J n(x) = 12 (Jn1(x) Jn+1(x)) doncx R, J (n1)n (x) = 12

(J(n2)n1 (x) J (n2)n+1 (x)

)do J (n1)n (0) = 12

(J(n2)n1 (0) J (n2)n+1 (0)

).

On a n 2 (n + 1) 2 donc, par hypothse de rcurrence, J (n2)n+1 (0) = 0 do J (n1)n (0) = 12J (n2)n1 (0). On dduit queJ(n1)n (0) =

12n2 J1(0) = 0.

La relation est alors vraie pour k = n 1 donc k {0, . . . , n 1}, J (k)n (0) = 0.4: Daprs les deux questions prcdentes, Jn de classe C sur R et x R, J n(x) = 12 (Jn1(x) Jn+1(x)) donc x R, Jnn (x) = 12

(J(n1)n1 (x) J (n1)n+1 (x)

)do Jnn (0) =

12

(J(n1)n1 (0) J (n1)n+1 (0)

).

Or n 1 (n+ 1) 1 donc J (n1)n+1 (0) = 0 do Jnn (0) = 12J (n1)n1 (0) = 12n J0(0) = 12n car J0(0) =1

pi

pi0

dt = 1.

On dduit que J (n)n (0) = 12n .5: Soit x R et k N. On a Jn de classe C donc daprs la formule de Taylor avec reste intgral :Jn(x)

kp=0

J(p)n (0)

p!xp

= x

0

(x t)kk!

J (k+1)n (t)dt

|x|kk! x

0

J (k+1)n (t)dtOr t [0, x] :

|J (k+1)n (t)| =1

pi

pi0

sink+1 t cos(x sin t nt+ (k + 1)pi

2

)dt

1pi pi0

sinp t cos(x sin t nt+ ppi2

) dt 1pi

pi0

dt = 1

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Donc : Jn(x)kp=0

J(p)n (0)

p!

|x|kk! x

0

dt

= |x|kk! k+ 0On dduit que la srie

J(p)n (0)p! converge et on a Jn(x) =

+k=0

J(k)n (0)

k!xk.

On a x R, Jn(x) =+k=0

J(k)n (0)

k!xk donc Jn est dveloppable en srie entire sur R.

6: Soit n N. On a Jn dveloppable en srie entire sur R donc x R, Jn(x) =+p=0

J(p)n (0)

p!xp =

+p=n

J(p)n (0)

p!xp car

p {0, . . . , n 1}, J (p)n (0) = 0.Il suffit alors de poser, p N, ap = J

(p+n)n (0)

(p+ n)!et on a x R, Jn(x) =

+p=n

J(p)n (0)

p!xp =

+p=0

J(p+n)n (0)

(p+ n)!xp+n =

+p=0

apxp+n = xn

+p=0

apxp.

7: Soit n N et x R. On a J n(x) =1

pi

pi0

sin t cos(x sin t nt+ pi

2

)dt = 1

pi

pi0

sin t sin(x sin t nt)dt et J n(x) =1

pi

pi0

sin2 t cos(x sin t nt+ 2pi

2

)dt = 1

pi

pi0

sin2 t cos(x sin t nt)dt donc :

xJ n(x) =x

pi

pi0

(cos t) sin(x sin t nt)dt

=x

pi[cos t sin(x sin t nt)]pi0

x

pi

pi0

cos t(x cos t n) cos(x sin t nt)dt

= x2

pi

pi0

cos2 t cos(x sin t nt)dt+ nxpi

pi0

cos t cos(x sin t nt)dt

=x2

pi

pi0

(sin2 t 1) cos(x sin t nt)dt+ npi

pi0

(x cos t n+ n) cos(x sin t nt)dt

=x2

pi

pi0

sin2 t cos(x sin t nt)dt x2

pi

pi0

cos(x sin t nt)dt+ npi

pi0

(x cos t n) cos(x sin t nt)dt

+n2

pi

pi0

cos(x sin t nt)dt

= x2J n(x) x2Jn(x) +n

pi[sin(x sin t nt)]pi0 + n2Jn(x)

= x2J n(x) (x2 n2)Jn(x)

On dduit que x2J n(x) + x2J n(x) + (x

2 n2)Jn(x) = 0 donc Jn est une solution de lquation En sur R. Or lquation estdfinie sur R donc Jn est une solution globale de lquation En.

8: Soit n N et x R. On a Jn(x) =+p=0

apxp+n donc J n(x) =

+p=0

(n + p)apxp+n1 et J n(x) =

+p=0

(n + p)(n + p

1)apxp+n2 (On convient que x R, x1 = x2 = 0).



On a Jn solution globale de En donc x R :

0 = x2J n(x) + x2J n(x) + (x

2 n2)Jn(x)

= x2+p=0

(n+ p)(n+ p 1)apxp+n2 + x+p=0

(n+ p)apxp+n1 + (x2 n2)

+p=0

apxp+n

=

+p=0

(n+ p)(n+ p 1)apxp+n ++p=0

(n+ p)apxp+n +

+p=0

apxp+n+2 n2

+p=0

apxp+n

=

+p=0

((n+ p)(n+ p 1) + (n+ p) n2) apxp+n + +

p=2

ap2xp+n

=

+p=0

((n+ p)2 n2) apxp+n + +

p=2

ap2xp+n

=((n+ 0)2 n2) a0xn + ((n+ 1)2 n2) a1xn+1 + +

p=2

[((n+ p)2 n2) ap + ap2]xp+n

= (2n+ 1)a1xn+1 +

+p=2

(p(2n+ p)ap + ap2)xp+n

On dduit que a1 = 0 et p 2, ap = 1p(2n+ p)

ap2 donc p N, a2p1 = 0 et a2p = 14p(n+ p)

a2p2 =(1)pn!

4pp!(n+ p)!a0 =

(1)p22p+np!(n+ p)!

car a0 =J(n)n (0)

n!=

1

2nn!. On dduit que :

Jn(x) =

+p=0

(1)p22p+np!(n+ p)!

xn+2p =xn

2n

+p=0

(1)p22pp!(n+ p)!

x2p

Deuxime partieZros des fonctions de Bessel

1: On a Jn dfinie sur R et x R, Jn(x) =+p=0

(1)p22p+np!(n+ p)!

xn+2p donc le rayon de convergence de la srie entire

p0

(1)p22p+np!(n+ p)!

zn+2p est infini. On pose f sa somme donc f est dfinie et holomorphe sur C. Or x R, Jn(x) = f(x)

donc f est un prolongement de Jn en une fonction holomorphe sur C.Soit g un prolongement de Jn en une fonction holomorphe sur C et h = f g. On a :

1. C ouvert connexe par arcs.2. f et g holomorphes sur C donc g est holomorphes sur C.3. x R, h(x) = f(x) g(x) = Jn(x) Jn(x) = 0 donc x R, x est un zro non isol de h.

Donc, daprs le principe des zros isols, h = 0 sur C do g = f sur C. On dduit que f est lunique prolongement de Jn enune fonction holomorphe sur C.On a Jn non nulle car J

(n)n (0) =

12n 6= 0 donc son prolongement f sur C est non nulle et puisque f est holomorphe sur C qui

est ouvert connexe par arcs donc, daprs le principe des zros isols, les zros de f sont isols et par suites ceux de Jn sontaussi isols.2: Supposons que n N tel que Jn admet un zro multiple x0 ]0,+[ donc Jn(x0) = J n(x0) = 0 do Jn est une solution

globale du problme de Cauchy sur ]0,+[ : E :

u(x) + 1xu

(x) +(1 n2x2

)u(x) = 0

u(x0) = u(x0) = 0

.

Lapplication identiquement nulle est une solution globale de E donc, par unicit de la solution globale dans le thorme de



Cauchy-Lipschitz du problme de Cauchy E , Jn est nulle sur ]0,+[. Absurde, car dans ce cas les zros de Jn sur ]0,+[seront non isols.On dduit que les zros de Jn sur ]0,+[ sont simples.3: On a x > 0, y(x) = J 0 (x)

x +

J0(x)x J0(x)

4xx=(x2J 0 (x) + xJ

0(x) 14J0(x)

)1

xx=(x2J0(x) 14J0(x)) 1xx

car x2J 0 (x) + xJ0(x) + x

2J0(x) = 0.On dduit que x > 0, y(x) = (x2 + 14 )J0(x)xx = (x2 + 14 )

y(x)x2 =

(1 + 14x2

)y(x) donc y est solution sur ]0,+[ de

lquation diffrentielle y(x) +(1 + 14x2

)y(x) = 0.

4: On a x > 0 :W (x) = y(x) cosx y(x) sinx y(x) sinx y(x) cosx

= (y(x) + y(x)) sinx

= 14x2 y(x) sinx

Car y(x) +(1 + 14x2

)y(x) = 0.

5: Supposons que k N tel que y ne sannule pas [kpi, (k + 1)pi] donc y garde un signe constant sur [kpi, (k + 1)pi] dox [kpi, (k + 1)pi], y(kpi)y(x) > 0.Dautre part, le signe de sin sur [kpi, (k + 1)pi] est celui de (1)k donc x [kpi, (k + 1)pi], (1)k sinx 0.On dduit que x [kpi, (k + 1)pi], f (x) = (1)ky(kpi)W (x) = 14x2 (1)k sin(x)y(kpi)y(x) 0 donc f est croissante sur[kpi, (k + 1)pi].6: Supposons que k N tel que y ne sannule pas [kpi, (k + 1)pi] donc, daprs la question prcdente f est croissante sur[kpi, (k + 1)pi]. Absurde, car

f(kpi) = (1)ky(kpi)W (kpi)

= (1)ky(kpi)(y(kpi) cos kpi y(kpi) sin kpi)

= (1)ky(kpi)(1)ky(kpi) = y(kpi)2 > 0

et

f((k + 1)pi) = (1)ky(kpi)W ((k + 1)pi)

= (1)ky(kpi)(y((k + 1)pi) cos(k + 1)pi y((k + 1)pi) sin(k + 1)pi)

= (1)ky(kpi)(1)k+1y((k + 1)pi)

= y(kpi)y((k + 1)pi) < 0Do k N, y sannule au moins une fois sur [kpi, (k + 1)pi].7: On a x > 0, y(x) = J0(x)

x donc y et J0 ont les mmes zros sur ]0,+[. Or, daprs la question prcdente, k N, y

sannule au moins une fois sur [kpi, (k+ 1)pi] donc y sannule une infinit de fois sur ]0,+[ et par suite J0 admet une infinitde zros sur ]0,+[.8: On a, daprs la question 2 de la premire partie, x > 0, (xnJn(x)) = nxn1Jn(x)+xnJ n(x) = nxn1Jn(x)+12xnJn1(x) 12xnJn+1(x). Dautre part :

xJn+1(x) + xJn1(x) =x

pi

pi0

cos(x sin t (n+ 1)t)dt+ xpi

pi0

cos(x sin t (n 1)t)dt

=x

pi

pi0

(cos(x sin t (n+ 1)t) + cos(x sin t (n+ 1)t)) dt

=2x

pi

pi0

cos t cos(x sin t nt)dt

=2

pi

pi0

(x cos t n) cos(x sin t nt)dt+ 2npi

pi0

cos(x sin t nt)dt

= [sin(x sin t nt)]pi0 + 2nJn(x)

= 2nJn(x)



Donc (xnJn(x)) = 12xnJn+1(x) 12xnJn1(x) + 12xnJn1(x) 12xnJn+1(x) = xnJn+1(x).9: Le rsultat est vrai pour n = 0 daprs la question II - 6. Supposons que Jn admet une infinit de zros strictements positifsdonc il existe une suite strictement croissante (xk) de rels strictement positifs tels que k N, Jn(xk) = 0.Soit k N donc xnk Jn(xk) = xnk+1Jn(xk+1) = 0, or x 7 xnJn(x) est continue sur [xk, xk+1] et drivable sur]xk, xk+1[ donc, daprs le thorme de Rolle, yk ]xk, xk+1[ tel que (ynk Jn(yk)) = 0 do, daprs la question prc-dente, ynk Jn+1(yk) = 0.On a xk > 0 donc yk > 0 do Jn+1(yk) = 0. On dduit que k N,yk ]xk, xk+1[, Jn+1(yk) = 0, or la suite (kk) eststrictement croissante donc la suite (yk) est lments deux deux distincts do Jn+1 admet une infinit de zros strictementpositifs.On dduit que n N, Jn admet une infinit de zros strictement positifs.Soient a et b deux zros strictement positifs de Jn tels que a < b donc anJn(a) = bnJn(b) = 0, or x 7 xnJn(x) estcontinue sur [a, b] et drivable sur ]a, b[ donc, daprs le thorme de Rolle, c ]a, b[ tel que (cnJn(c)) = 0 do, daprs laquestion prcdente, cnJn+1(c) = 0.On a a > 0 donc c > 0 do Jn+1(c) = 0. On dduit quentre deux zros de Jn il y a un zro de Jn+1.10: On note k N,Zk lensemble des zros de Jn sur ]0, k] et supposons que k N tel que Zk soit infini.Donc Jn admet une suite (xp)pN de zros dans ]0, k] lments deux deux distincts. La suite (xp)pN est borne donc,daprs Bolzano-Weierstrass, on peut en extraire une suite convergente (x(p)). Posons l sa limite.On a Jn continue sur R et x(p) l donc Jn(x(p)) Jn(l) et puisque p N, Jn(x(p)) = 0 donc Jn(x(p)) 0 doJn(l) = 0 par unicit de limite. On dduit que l est un zro de Jn.Soit > 0. On a x(p) l donc N N,p N, |x(p) l| < . La suite (x(p)) est lments deux deux distincts doncp N, x(p) 6= l do x(p) ]l , l+ [\{l} et x(p) est un zro de Jn. On dduit que l est un zro non isol de Jn, ce quiest absurde car, daprs la question II-1, tous les zros de Jn sont isols, donc k N,Zk est fini.Lensemble Z des zros de de Jn sur ]0,+[ est

kN

Zk donc Z est dnombrable comme union dnombrable densemblesfinis.11: Soit A > 0. Daprs la question prcdente, lensemble des zros de Jn dans ]0, [A] + 1] est fini et puisque Jn admet uneinfinit de zros daprs la question 6 donc N N, xN > [A] + 1 > A. Or la suite (xk)kN est strictement croissante donck N, xk xN > A do limxk = +.

Troisime partieFonctions de Bessel de seconde espce

1: Sur ]0,+[, En : x2y+xy+(x2n2)y = 0 est une quation diffrentielle linaire scalaire dordre 2 donc son ensembledes solutions globales est un espace vectoriel de dimension 2. Or, daprs la question I-7, Jn est une solution globale de Endonc il existe une solution globale Nn de En sur ]0,+[ telle que (Jn, Nn) soit un systme fondamental de solutions de E .On dduit que (Jn, Nn) est libre et la la forme gnrale des solutions de En sur ]0,+[ est Jn + Nn avec , R.2:2 - 1: On sait que W =

Jn NnJ n N n = JnN n J nNn donc W (a) = Jn(a)N n(a) J n(a)Nn(a) = J n(a)Nn(a) et

W (a) = Jn(b)Nn(b) J n(b)Nn(b) = J n(b)Nn(b). On dduit que W (a)W (b) = Nn(a)Nn(b)J n(a)J n(b).

2 - 2: On a Jn ne sannule pas sur ]a, b[ donc garde un signe constant sur ]a, b[.

1. Si Jn > 0 alors J n(a) = limxa+

Jn(x) Jn(a)x a = limxa+

Jn(x)

x a 0 et Jn(b) = lim

xbJn(x) Jn(b)

x b = limxbJn(x)

x b 0. Or, daprs la question 2 de la deuxime partie, les zros de Jn sont simples donc J n(a)J

n(b) 6= 0 do J n(a) > 0 et

J n(b) < 0. En particulier, Jn(a)J

n(b) < 0.

2. Si Jn < 0 alors J n(a) = limxa+

Jn(x) Jn(a)x a = limxa+

Jn(x)

x a 0 et Jn(b) = lim

xbJn(x) Jn(b)

x b = limxbJn(x)

x b 0. Or les zros de Jn sont simples donc J n(a)J

n(b) 6= 0 do J n(a) < 0 et J n(b) > 0. En particulier, J n(a)J n(b) < 0.

On a (Jn, Nn) forme un systme fondamental de solutions de En sur ]0,+[ donc W 6= 0. Or W est continue sur ]0,+[ carJn et Nn sont C 2 sur ]0,+[ donc W garde un signe constant sur ]0,+[. En particulier, W (a)W (b) > 0. Or, daprs lesquestions III-2-1 et III-2-2, W (a)W (b) = Nn(a)Nn(b)J n(a)J

n(b) et J

n(a)J

n(b) < 0 donc Nn(a)Nn(b) < 0.

On a Nn continue sur [a, b] et Nn(a)Nn(b) < 0 donc, daprs le thorme des valeurs intermdiares, c ]a, b[, Nn(c) = 0.SiNn admet deux zros dans ]a, b[ alors, puisque Jn etNn jouent le mme rle, Jn admet un zro dans ]a, b[. Ce qui est absurde,car les zros a et b sont conscutifs do !c ]a, b[, Nn(c) = 0.On a, daprs la question II-9, Jn admet une infinit de zros sur ]0,+[ et, daprs cecqui prcde, entre deux zros de Jnexiste un zro de Nn donc Nn admet une infinit de zros.

3: SoitW =Jn NnJ n N n

= JnN nJ nNn le Wronskien de Jn etNn. On a (Jn, Nn) forme un systme fondamental de solutionsde En sur ]0,+[ donc x ]0,+[,W (x) 6= 0.



Si Jn et Nn ont un zro commun a ]0,+[ alors W (a) = Jn(a)N n(a) J n(a)Nn(a) = 0. Absurde, donc Jn et Nn nontpas de zros communs sur ]0,+[.4: Soit y une solution de En sur R et w = Jny J ny.4 - 1: On a x 6= 0, (xw(x)) = w(x) + xw(x) = Jn(x)y(x) J n(x)y(x) + xJ n(x)y(x) + xJn(x)y(x) xJ n(x)y(x)xJ n(x)y

(x) = Jn(x)y(x)J n(x)y(x)+xJn(x)y(x)xJ n(x)y(x) = (xy(x)+y(x))Jn(x) (xJ n(x)+J n(x))y(x) =n2x2x Jn(x)y(x) n

2x2x Jn(x)y(x) = 0.

4 - 2: On a x 6= 0, (xw(x)) = 0 donc lapplication f(x) = xw(x) est constante sur ] , 0[ et ]0,+[. Or f est continuesur R car Jn et y sont deux fois drivables sur R donc f est constante sur R do f est nulle sur R car f(0) = 0. On dduit quex R, xw(x) = 0 donc x R, w(x) = 0.Sur ]0,+[, w est le Wronskien de Jn et y qui sont des solutions globales de lquation diffrentielle linaire scalaire dordre2 En donc (Jn, y) est li car w = 0 do R,x > 0, y(x) = Jn(x).Sur ], 0[, w est le Wronskien de Jn et y qui sont des solutions globales de lquation diffrentielle linaire scalaire dordre2 En donc (Jn, y) est li car w = 0 do R,x < 0, y(x) = Jn(x).Puisque n N,k {0, . . . n 1}, J (k)n (0) = 0 et n N, Jnn (0) = 12n daprs I-3 et I-4 donc on a 4 cas : Cas n = 0 : On a lim

x0+y(x) = lim

x0+J0(x) = J0(0) = et lim

x0y(x) = lim

x0J0(x) = J0(0) = donc, par

continuit de y en 0, = do y = J0. On dduit que lensemble des solutions globales de E0 est un espace vectoriel dedimension un engendr par J0.

Cas n = 1 : On a limx0+

y(x) = limx0+

J 1(x) = J1(0) =

2et limx0

y(x) = limx0

J 1(x) = J1(0) =

2donc, puisque

y est de classe C 1 sur R, on a = do y = J1. On dduit que lensemble des solutions globales de E1 est un espacevectoriel de dimension un engendr par J1.

Cas n = 2 : On a y est de classe C 1 sur R donc y(0) = limx0+

y(x) = limx0+

J 2(x) = J2(0) = 0. Dautre part,

limx0+

y(x) y(0)x

= limx0+

J 2(x) J 2(0)x

= J 2 (0) =

4et limx0

y(x) y(0)x

= limx0

J 2(x) J 2(0)x

= J 2 (0) =

4donc, par drivabilit seconde de y en 0, on a = do y = J2. On dduit que lensemble des solutions globales de E2

est un espace vectoriel de dimension un engendr par J2. Cas n 3 :

On a limx0+

y(x) = limx0+

Jn(x) = Jn(0) = 0 et limx0

y(x) = limx0

Jn(x) = Jn(0) = 0 donc y(0) = 0.

On a limx0+

y(x) = limx0+

J n(x) = Jn(0) = 0 et lim

x0y(x) = lim

x0J n(x) = J

n(0) = 0 donc y

(0) = 0.

On a limx0+

y(x) = limx0+

J n(x) = Jn(0) = 0 et lim

x0y(x) = lim

x0J n(x) = J

n(0) = 0 donc y

(0) = 0.

On dduit que , R, y(x) ={Jn(x) si x 0Jn(x) si x 0

est deux fois drivable sur R et vrifie lquation En donc y est une

solution globale de En.

En particulier, si on pose y1(x) =

{Jn(x) si x 00 si x 0 et y2(x) =

{0 si x 0Jn(x) si x 0

alors y1 et y2 sont deux solutions

globales de En et la forme gnrales des solutions globales de En est y1 + y2. On dduit que lensemble des solutionsglobales de En est un espace vectoriel de dimension deux engendr par y1 et y2.

On dduit que lensemble des solutions globales de En est un espace vectoriel de dimension un si n 2 ou deux si n 3. Pourle cas n 2, il ny a aucune contradiction avec le thorme du cours qui assure que lensemble des solutions globales dunequation diffrentielle linaire scalaire dordre 2 est un espace vectoriel de dimension 2 car il ne sagit pas, dans notre cas, dunequation diffrentielle linaire scalaire dordre 2 puisquelle nest pas rsolue en y (i.e On peut pas crire lquation sous laforme y = ay + by).

www.mathlaayoune.webs.com 7/7 Fin du problme

Fonctions de Bessel - Correction

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