fonctions de bessel - correction

CPGE Laayoune Lissane Eddine Essaidi Ali

Fonctions de Bessel

Dfinitions et notations

On appelle :

Fonction de Bessel dordre n Z la fonction x R, Jn(x) = 1pi

pi0

cos(x sin t nt)dt. Equation de Bessel dordre n Z lquation diffrentielle En : x2y + xy + (x2 n2)y = 0.

Premire partieProprits des fonctions de Bessel

1: Montrer que n Z, Jn est dfinie sur R.2: Montrer que n Z, Jn = (1)nJn (Ce qui permet de se restreindre dans la suite au cas n N).3: Montrer que n Z,x R, Jn(x) = (1)nJn(x). En dduire la parit de Jn.4: Soit x R et on considre la fonction fx dfinie sur R par fx(t) = eix sin t.4 - 1: Montrer que fx est dveloppable en srie de Fourier sur R.4 - 2: Calculer les coefficients de Fourier de fx en fonction des fonctions de Bessel.4 - 3: Donner le dveloppement de f

xen srie de Fourier exponentielle et trigonomtrique sur R.

5: Montrer que x R,+p=

Jp(x) = J0(x) + 2

+p=1

J2p(x) = 1.

6: Montrer que x R,+p=

J2p (x) = J20 (x) + 2

+p=1

J2p (x) = 1.

7: Soient n N, x R et on considre la fonction gx

dfinie sur R par gx(t) = f

x(t)eint.

7 - 1: Calculer les coefficients de Fourier exponentiels de gx en fonction de ceux de fx.7 - 2: En dduire que x, y R :

Jn(x+ y) =

+p=

Jnp(x)Jp(y)

Deuxime partieDveloppement en srie entire des fonctions de Bessel

1: Montrer que n Z, Jn est de classe C sur R et donner lexpression de J (p)n sur R pour tout p N.2: Montrer que n Z,x R, J n(x) = 12 (Jn1(x) Jn+1(x)).3: Montrer que n Z,x R, xJn+1(x) + xJn1(x) = 2nJn(x).4: En dduire que n Z,x R, xJ n(x) + nJn(x) = xJn1(x).5: Montrer que n N, Jn est dveloppable en srie entire sur R.6: Montrer que n N, Jn est une solution globale de lquation En.7: Soit n N. Montrer que pour tout polynme trigonomtriqueP de degr n1 on a

2pi

sin(nt)P (t)dt =

2pi

cos(nt)P (t)dt =

0.8: Montrer que n N,k {0, . . . , n 1}, J (k)n (0) = 0.

9: Montrer que n N,t R, sinn t =

(1)n22n1

cosnt+ P (t) si n est pair

(1)n122n1

sinnt+ P (t) si n est impair

avec P un polynme trigonomtrique

de degr n 1 de mme parit que n.10: Montrer que n N, J (n)n (0) = 12n .

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11: Soit n N. Montrer quil existe une suite (ap)pN de rels telle que x R, Jn(x) = xn+p=0

apxp.

12: Dterminer le dveloppement en srie entire sur R de Jn (n N).

Troisime partieZros des fonctions de Bessel

1: Soit n N.1 - 1: Montrer que Jn se prolonge de faon unique en une fonction holomorphe sur C.1 - 2: En dduire que les zros de Jn sont isols.2: Montrer que n N les zros de Jn sur ]0,+[ sont simples.Dans la suite, soit n N et on considre la fonction y : x ]0,+[ 7 Jn(x)

x.

3: Montrer que la fonction y est une solution sur ]0,+[ de lquation diffrentielle y(x) +(1 4n214x2

)y(x) = 0.

4: On suppose que n = 0 et soit lapplication W : x ]0,+[7 y(x) cosx y(x) sinx.4 - 1: Calculer W sur ]0,+[.4 - 2: 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].4 - 3: Trouver une contradiction et dduire que k N, y sannule au moins une fois sur [kpi, (k + 1)pi].5: On suppose que n 6= 0 et soit lapplication W : x [n,+[7 12ny(x) cos x2n y(x) sin x2n .5 - 1: Calculer W sur [n,+[.5 - 2: Montrer que si on suppose que k N tel que y ne sannule pas [2nkpi, 2n(k + 1)pi] alors lapplication f(x) =(1)ky(2nkpi)W (x) est croissante sur [2nkpi, 2n(k + 1)pi].5 - 3: Trouver une contradiction et dduire que k N, y sannule au moins une fois sur [2nkpi, 2n(k + 1)pi].6: En dduire que Jn admet une infinit de zros sur ]0,+[.7: Montrer que lensemble des zros de Jn sur ]0,+[ est dnombrable (On peux alors numroter les zros de Jn).8: On pose (xk)kN la suite strictement croissante des zros strictement positifs de Jn. Montrer que limxk = +9: Montrer que n Z,x R, (xnJn(x)) = xnJn1(x).10: En dduire que, pour tout n N, entre deux raines strictement positifs de Jn il y a une raine de Jn1 (On dit que lesraines de Jn et Jn1 sont entrelaces).

Quatrime partieFonctions de Bessel de seconde espce

Soit n N.1: Montrer que a > 0 tel que Jn ne sannule pas sur ]0, a].2: Montrer que y est solution de En sur ]0, a] si et seulement si la drive de lapplication (x) = y(x)Jn(x) est solution sur ]0, a]dune quation diffrentielle du premier ordre dterminer.3: Soit y une solution de En sur ]0, a] et (x) = y(x)Jn(x) . Montrer que x ]0, a],

(xJ2n(x)

(x))= 0.

4: Trouver un quivalent simple de ax

dt

tJ2n(t).

5: En dduire lexistence dune solution y de En sur ]0, a] telle que limx0+

y(x) = +.6: Montrer que lquation diffrentielle En admet une solution Nn sur ]0,+[ telle que lim

x0+Nn(x) = +.

Nn sappelle fonction de Bessel de seconde espce dordre n.7: Donner la forme gnrale des solutions globales de En sur ]0,+[.8: Soient a, b ]0,+[ deux zros conscutifs de Jn.8 - 1: Montrer que J n(a)J n(b) < 0.8 - 2: Montrer que W (a)W (b) = Nn(a)Nn(b)J n(a)J n(b) avec W le Wronskien de Jn et Nn.8 - 3: Montrer que !c ]a, b[, Nn(c) = 0 et en dduire que Nn admet une infinit de zros.9: Montrer que Jn et Nn nont pas de zros communs sur ]0,+[.



Correction du problme

Premire partieProprits des fonctions de Bessel

1: Soient n Z et x R. Lapplication t 7 cos(x sin t nt) est continue sur [0, pi] donc intgrable sur [0, pi] do pi0

cos(x sin t nt)dt est bien dfinie. On dduit que x R, Jn(x) est dfini donc lapplication Jn est dfinie sur R.

2: Soient n Z et x R. En considrant le changement de variables u = pi t, on a Jn(x) = 1pi

pi0

cos(x sin t+ nt)dt =

1

pi

pi0

cos(x sin(piu)+n(piu))du = 1pi

pi0

cos(x sin(u)nu+npi)du = (1)n

pi

pi0

cos(x sin(u)nu)du = (1)nJn(x).On a x R, Jn(x) = (1)nJn(x) donc Jn = (1)nJn (Ce qui permet de se restreindre dans la suite au cas n N).3: Soient n Z et x R. On a Jn(x) = 1

pi

pi0

cos(x sin tnt)dt = 1pi

pi0

cos(x sin t+nt)dt = Jn(x) = (1)nJn(x).On dduit que si n est pair (resp. impair) alors Jn est paire (resp. impaire), autrement dit, n et Jn ont mme parit.4:4 - 1: On a fx 2pi-priodique, continue et de classe C1 sur R donc, daprs le thorme de Dirichlet (Cas de la convergencenormale), la srie de Fourier de fx converge normalement sur R vers f . En particulier, fx est dveloppable en srie de Fouriersur R (Cest--dire gale la somme de sa srie de Fourier).

4 - 2: Soit n Z. On a cn(fx) =1

2pi

pipi

eix sin teintdt =1

2pi

pipi

ei(x sin tint)dt =1

2pi

pipi

cos(x sin t nt)dt +

i1

2pi

pipi

sin(x sin t nt)dt.

On a t 7 cos(x sin t nt) paire et t 7 sin(x sin t nt) impaire donc pipi

cos(x sin t nt)dt = 2 pi0

cos(x sin t nt)dt et1

2pi

pipi

sin(x sin t nt)dt = 0.

On dduit que cn(fx) =1

pi

pi0

cos(x sin t nt)dt = Jn(x).4 - 3: On a fx dveloppable en srie de Fourier sur R donc son dveloppement en srie de Fourier expenentielle est :

t R, fx(t) =

+p=

cp(fx)eipt =

+p=

Jp(x)eipt

Son dveloppement en srie de Fourier trigonomtrique est :

t R, fx(t) = c0(fx) +

+p=1

(cp(fx)e

ipt + cp(fx)eipt)

= J0(x) +

+p=1

(Jp(x)e

ipt + Jp(x)eipt)

= J0(x) +

+p=1

[(Jp(x) + Jp(x)) cos pt+ i(Jp(x) Jp(x)) sin pt]

= J0(x) +

+p=1

[(1 + (1)p)Jp(x) cos pt+ i(1 (1)p)Jp(x) sin pt]

Remarque : On peut aussi, pour le dvelppement de fx

en srie de Fourier trigonomtrique sur R, crire : On a p N :1. ap(fx) = cp(fx) + cp(fx) = Jp(x) + Jp(x) = Jp(x) + (1)pJp(x) = (1 + (1)p)Jp(x).2. bp(fx) = i(cp(fx) cp(fx)) = i(Jp(x) Jp(x)) = i(Jp(x) (1)pJp(x)) = i(1 (1)p)Jp(x).



Donc

t R, fx(t) =a0(fx)

2+

+p=1

(ap(fx) cos pt+ bp(fx) sin pt)

= J0(x) +

+p=1


5: Soit x R. On a t R, fx(t) =

+p=

Jp(x)eipt = J0(x) +

+p=1


donc, pour t = 0, on a :

1 =

+p=

Jp(x) = J0(x) +

+p=1

(1 + (1)p)Jp(x) = J0(x) + 2+p=1

J2p(x)

6: Soit x R. On a fx 2pi-priodique et continue sur R donc, daprs la formule de Parseval :+p=

|cp(fx)|2 =a0(fx)

4+

1

2

+p=1

(|ap(fx)|2 + |bp(fx)|2) = 12pi2pi

|f(t)|2dt

Or : p Z, cp(fx) = Jp(x). p N, ap(fx) = (1 + (1)p)Jp(x) et bp(fx) = i(1 (1)p)Jp(x) donc |ap(fx)|2 + |bp(fx)|2 = (1 + (1)p)2J2p (x) +(1 (1)p)2J2p (x) = 4J2p (x).

1

2pi

2pi

|f(t)|2dt = 12pi

2pi

|eix sin t|2dt = 12pi

2pi

dt = 1.

Donc :+p=

J2p (x) = J20 (x) + 2

+p=1

J2p (x) = 1

7:7 - 1: Soit p Z. On a :

cp(gx) =1

2pi

2pi

gx(t)eiptdt =

1

2pi

2pi

fx(t)einteiptdt =

1

2pi

2pi

fx(t)ei(pn)tdt = cpn(fx)

7 - 2: Soient x, y R. On a p Z, |Jnp(x)Jp(y)| = |cnp(fx)cp(fx)| |cnp(fx)|2 + |cp(fx)|2 et on sait que les coeffi-cients de Fourier de fx forment une famille carr sommable donc la famille (cnp(fx)cp(fx))pZ est absolument sommable.

Dautre part, On a p Z, Jnp(x)Jp(y) = cnp(fx)cp(fy ) = cpn(fx)cp(fy ) = cpn(fx)cp(fy ) = cp(gx)cp(fy ) cark Z, ck(fx) = ck(fx) et fx = fx .On a f

yet gx 2pi-priodiques et continues sur R donc :

1

2pi

2pi

gx(t)fy (t)dt =

+p=

cp(gx)cp(fy )

=

+p=

Jnp(x)Jp(y)

Or1

2pi

2pi

gx(t)fy (t)dt =1

2pi

2pi

eix sin teinteiy sin tdt

=1

2pi

2pi

ei(x+y) sin teintdt

= cn(fx+y )

= Jn(x+ y)



Donc

Jn(x+ y) =

+p=

Jnp(x)Jp(y)

Deuxime partieDveloppement en srie entire des fonctions de Bessel

1: Soit n Z et on pose(x, t) = cos(x sin tnt). On a p N,x R,t [0, pi], pxp (x, t) = sinp t cos(x sin t nt+ ppi2

)donc

pxp existe et continue sur R [0, pi] do, daprs le thorme de drivation sous signe intgral, Jn est de classe C sur

R et on a :p N,x R, J (p)n (x) =

1

pi

pi0

sinp t cos(x sin t nt+ ppi

2

)dt

2: Soient n Z et 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: Soient n Z et x R. On a :

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)

4: Soient n Z et x R. On a, daprs les questions 2 et 3,{

2xJ n(x) = xJn1(x) xJn+1(x)2nJn(x) = xJn+1(x) + xJn1(x)

donc, en sommant les

deux quations, 2xJ n(x) + 2nJn(x) = 2xJn1(x) do xJn(x) + nJn(x) = xJn1(x).

5: Soit n N. On a p N,x R :

|J (p)n | =1

pi

pi0

sinp t cos(x sin t nt+ ppi

2

)dt

1

pi

pi0

sinp t cos(x sin t nt+ ppi2

)dt 1

pi

pi0

dt

= 1



Donc les drives successives de Jn sont uniformment bornes sur R (cest dire toutes les drives de Jn sont bornes sur Rpar la mme constante) do Jn est dveloppable en srie entire sur R.

6: 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[pi0 sin(x sin t nt)dt]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.7: On rappelle que p, q N avec p 6= q on a

2pi

sin pt sin qtdt =

2pi

sin pt cos qtdt =

2pi

cos pt cos qtdt = 0.

Soit P (x) =mk=0

(ak cos kx+ bk sin kx) avec m n 1. On a :

2pi

sinntP (t)dt =

2pi

sinnt

(mk=0

(ak cos kt+ bk sin kt)

)dt =

mk=0

(ak

2pi

sinnt cos ktdt+ bk

2pi

sinnt sin ktdt

)= 0

Et2pi

cosntP (t)dt =

2pi

cosnt

(mk=0

(ak cos kt+ bk sin kt)

)dt =

mk=0

(ak

2pi

cosnt cos ktdt+ bk

2pi

cosnt sin ktdt

)= 0

Do le rsultat.

8: Soit n N et k {0, . . . , n 1}. On a J (k)n (0) =1

pi

pi0

sink t cos(nt+ kpi

2

)dt.

Si k est pair alors J (k)n (0) =(1) k2pi

pi0

sink t cosntdt =(1) k2pi

pipi

sink t cosntdt car t 7 sink t cosnt est paire do,daprs la question 7, J (k)n (0) = 0 car, par linarisation, P (t) = sink t est un polynme trigonomtrique de degr k n 1.

Si k est impair alors :

J (k)n (0) =1

pi

pi0

sink t cos(nt+ pi

2+ (k 1)pi

2

)dt =

(1) k12pi

pi0

sink t sinntdt =(1) k12

pi

pipi

sink t sinntdt car

t 7 sink t sinnt est paire do, daprs la question 7, J (k)n (0) = 0 car, par linarisation, P (t) = sink t est un polynmetrigonomtrique de degr k n 1.

9: Soit n N et t R. Si n est pair alors :



sinn t =

(eit eit

2i

)n

=1

2nin

nk=0

(1)nkCkneiktei(nk)t

=(1)n22n

nk=0

(1)kCknei(2kn)t

=(1)n22n

n21k=0

(1)kCknei(2kn)t +n

k=n2+1

(1)kCknei(2kn)t + (1)n2 C

n2n

Par le changement p = n2 k, on a :

n21k=0

(1)kCknei(2kn)t =n2

k=1

(1)n2pC n2pn e2ipt = (1)n2n2

k=1

(1)pC n2pn e2ipt

Par le changement p = k n2 , on a :

nk=n2+1

(1)kCknei(2kn)t =n2

p=1

(1)n2+pC n2+pn e2ipt = (1)n2n2

k=1

(1)pC n2pn e2ipt

Car Cn2+pn = C

n(n2+p)n = C

n2pn .

Donc :

sinn t =1

2n

n2k=1

(1)pC n2pn e2ipt +n2

k=1

(1)pC n2pn e2ipt + (1)n2 Cn2n

=1

2n

n2k=1

(1)pC n2pn(e2ipt + e2ipt

)+ (1)n2 C n2n

=1

2n1

n2k=1

(1)pC n2pn cos 2pt+ 2(1)n2 Cn2n

=(1)n22n1

cosnt+1

2n1

n21k=1


On pose P (t) =

1

2n1

n21k=1


donc P est un polynme trigonomtrique pair de degr n 1 et on a sinn t = (1)

n2

2n1cosnt+ P (t).

Si n est impair alors :



sinn t =

(eit eit

2i

)n

=1

2nin

nk=0

(1)nkCkneiktei(nk)t

=(1)n+12

2ni

nk=0

(1)kCknei(2kn)t

=(1)n+12

2ni

n12k=0

(1)kCknei(2kn)t +n

k=n+12

(1)kCknei(2kn)t + (1)n2 C

n2n

Par le changement p = n12 k, on a :

n12

k=0

(1)kCknei(2kn)t =n12

k=0

(1)n12 pCn12 p

n ei(2p+1)t = (1)n+12

n12

k=0

(1)pCn12 p

n ei(2p+1)t

Par le changement p = k n+12 , on a :

nk=n+12

(1)kCknei(2kn)t =n12

p=0

(1)n+12 +pCn+12 +p

n ei(2p+1)t

= (1)n+12n12

k=0

(1)pCn12 p

n ei(2p+1)t

Car Cn+12 +p

n = Cn(n+12 +p)n = C

n12 p

n .Donc :

sinn t =1

2ni

n12k=0

(1)pCn12 p

n ei(2p+1)t

n12

k=0

(1)pCn12 p

n ei(2p+1)t

=1

2ni

n12

k=0

(1)pCn12 p

n

(ei(2p+1)t ei(2p+1)t

)

=1

2n1

n12

k=0

(1)pCn12 p

n sin(2p+ 1)t

=(1)n122n1

sinnt+1

2n1

n32

k=0

(1)pCn12 p

n sin(2p+ 1)t

On pose P (t) =1

2n1

n32

k=0

(1)pCn12 p

n sin(2p+ 1)t donc P est un polynme trigonomtrique impair de degr n 1 et

on a sinn t =(1)n122n1

sinnt+ P (t).

10: Soit n N. On a J (n)n (0) =1

pi

pi0

sinn t cos(nt+ npi

2

)dt.

Si n = 0 alors J (n)n (0) = J0(0) =1

pi

pi0

cos 0dt = 1 =1

20, sinon :

Si n est pair alors il existe un polynme trigonomtrique pair de deg n 1 tel que sinn t = (1)n2

2n1cosnt+ P (t).

On a P pair donc pi0

P (t) cosntdt =1

2

pipi

P (t) cosntdt = 0 daprs la question 7.



Dautre part, on sait que1

pi

pi0

cos2 ntdt =1

2pi

pipi

cos2 ntdt =1

2donc J (n)n (0) =

1

pi

pi0

sinn t cos(nt+ npi

2

)dt =

(1)n2pi

pi0

((1)n22n1

cosnt+ P (t)

)cosntdt =

1

2n1pi

pi0

cos2 ntdt+(1)n2pi

pi0

P (t) cosntdt =1

2n.

Si n est impair alors il existe un polynme trigonomtrique impair de deg n 1 tel que sinn t = (1)n12

2n1sinnt+P (t).

On a P impair donc pi0

P (t) sinntdt =1

2

pipi

P (t) sinntdt = 0 daprs la question 7.

Dautre part, on sait que1

pi

pi0

sin2 ntdt =1

2pi

pipi

sin2 ntdt =1

2donc J (n)n (0) =

1

pi

pi0

sinn t cos(nt+ npi

2

)dt =

1

pi

pi0

sinn t cos

(nt+ pi

2+n 12

pi

)dt =

(1)n12pi

pi0

((1)n122n1

sinnt+ P (t)

)sinntdt =

1

2n1pi

pi0

sin2 ntdt+

(1)n12pi

pi0

P (t) sinntdt =1

2n.

11: 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.

12: 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 a Jn solution globale de En donc :0 = x2J n(x) + x

2J n(x) + (x2 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

=((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

Troisime partie



Zros des fonctions de Bessel1:

1 - 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. On a :

1. C ouvert connexe par arcs.2. f et g holomorphes sur C.3. x R, f(x) = Jn(x) = g(x) donc n N, f

(1n

)= g

(1n

)avec la suite

(1n

)nN lments deux deux distincts et

convergente dans C.Donc, daprs le principe didentification des fonctions holomorphes, g = f sur C do f est lunique prolongement de Jn enune fonction holomorphe sur C.1 - 2: Soit f le prolongement de Jn en une fonction holomorphe sur C. On a Jn non nulle car J (n)n (0) = 12n 6= 0 donc f estnon nulle et puisque f est holomorphe sur C qui est ouvert connexe par arcs donc, daprs le principe des zros isols, les zrosde f sont isols et par suites ceux de Jn sont aussi 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 deCauchy-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 n(x)

x+

Jn(x)xJn(x)

4xx=(x2J n(x) + xJ

n(x) 14Jn(x)

)1

xx=((n2 x2)Jn(x) 14Jn(x)

)1

xx

car x2J n(x) + xJn(x) + (x

2 n2)Jn(x) = 0.On dduit que x > 0, y(x) = (n2 x2 14 )Jn(x)xx = (n2 x2 14 )

y(x)x2 =

(1 4n214x2

)y(x) donc y est une solution sur

]0,+[ de lquation diffrentielle y(x) +(1 4n214x2

)y(x) = 0.

4:4 - 1: 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.

4 - 2: 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].4 - 3: 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].5:5 - 1: On a x n :

W (x) = 12ny(x) cos x2n 14n2 y(x) sin x2n y(x) sin x2n 12ny(x) cos x2n

=( 14n2 y(x) y(x)) sin x2n

=( 14n2 + 1 4n

214x2

)y(x) sin x2n

Car y(x) +(1 4n214x2

)y(x) = 0.

Donc x n,W (x) =(4n214n2 4n

214x2

)y(x) sin x2n = (4n

2 1) ( 14n2 14x2 ) y(x) sin x2n .5 - 2: Supposons que k N tel que y ne sannule pas [2nkpi, 2n(k+1)pi] donc y garde un signe constant sur [2nkpi, 2n(k+1)pi] do x [2nkpi, 2n(k + 1)pi], y(2nkpi)y(x) > 0.Dautre part, le signe de x 7 sin x2n sur [2nkpi, 2n(k+1)pi] est celui de (1)k donc x [2nkpi, 2n(k+1)pi], (1)k sin x2n 0.On dduit que x [2nkpi, 2n(k+1)pi], f (x) = (1)ky(2nkpi)W (x) = (4n21) ( 14n2 14x2 ) (1)k sin ( x2n) y(2nkpi)y(x) 0 donc f est croissante sur [2nkpi, 2n(k + 1)pi].5 - 3: Supposons que k N tel que y ne sannule pas [2nkpi, 2n(k+1)pi] donc, daprs la question prcdente f est croissantesur [2nkpi, 2n(k + 1)pi]. Absurde, car

f(2nkpi) = (1)ky(2nkpi)W (2nkpi)

= (1)ky(2nkpi) (y(2nkpi) cos 2nkpi2n y(2nkpi) sin 2nkpi2n )= (1)ky(2nkpi)(y(2nkpi) cos kpi y(2nkpi) sin kpi)

= (1)ky(2nkpi)(1)ky(2nkpi)

= y(2nkpi)2 > 0

et

f(2n(k + 1)pi) = (1)ky(2nkpi)W (2n(k + 1)pi)

= (1)ky(2nkpi)(y(2n(k + 1)pi) cos 2n(k+1)pi2n y(2n(k + 1)pi) sin 2n(k+1)pi2n

)= (1)ky(2nkpi)(y(2n(k + 1)pi) cos(k + 1)pi y(2n(k + 1)pi) sin(k + 1)pi)

= (1)ky(2nkpi)(1)k+1y(2n(k + 1)pi)

= y(2nkpi)y(2n(k + 1)pi) < 0Do k N, y sannule au moins une fois sur [2nkpi, 2n(k + 1)pi].6: On a x > 0, y(x) = Jn(x)

x donc y et Jn ont les mmes zros sur ]0,+[.



Si n = 0 alors, daprs la question 4-3, k N, y sannule au moins une fois sur [kpi, (k+1)pi] donc y sannule une infinitde fois sur ]0,+[ et par suite J0 admet une infinit de zros sur ]0,+[.

Si n = 0 alors, daprs la question 5-3, k N, y sannule au moins une fois sur [2nkpi, 2n(k + 1)pi] donc y sannule uneinfinit de fois sur ]0,+[ et par suite Jn admet une infinit de zros sur ]0,+[.

7: 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 1-2, 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.8: 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 = +.9: Soient n Z et x R. On a (xnJn(x)) = nxn1Jn(x) + xnJ n(x) = xn1(nJn(x) + xJ n(x)) = xnJn1(x) daprs laquestion 4 de la deuxime partie.10: Soit n N et a, b deux raines strictement positifs de Jn avec a < b. On a aJn(a) = bJn(b) = 0, x 7 xJn(x) continuesur [a, b] et drivable sur ]a, b[ donc, daprs le thorme de Rolle, c ]a, b[ tel que (cnJn(c)) = 0 do, daprs la questionprcdente cnJn1(c) = 0.On a a > 0 donc c > 0 do Jn1(c) = 0. On dduit que Jn1 admet une raine entre a et b.

Quatrime partieFonctions de Bessel de seconde espce

1: Si n = 0 alors Jn(0) = 1. Or Jn est continue sur R donc a > 0,x [a, a], Jn(x) > 0 do Jn ne sannule pas sur ]0, a]. Si n 6= 0 alors Jn(0) = 0 do 0 est un zro de Jn. Or tous les zros de Jn sont isols, daprs la question 1-2 de la troisime

partie, donc a > 0,x [a, a] \ {0}, Jn(x) 6= 0 do Jn ne sannule pas sur ]0, a].2: On a :y est solution de En sur ]0, a] x ]0, a], x2y(x) + xy(x) + (x2 n2)y(x) = 0

x ]0, a], x2J n(x)(x) + 2x2J n(x)(x) + x2Jn(x)(x) + xJ n(x)(x)

+xJn(x)(x) + (x2 n2)Jn(x)(x) = 0

x ]0, a], (x2J n(x) + xJ n(x) + (x2 n2)Jn(x))(x) + x2Jn(x)(x)

+(2x2J n(x) + xJn(x))(x) = 0

x ]0, a], x2Jn(x)(x) + (2x2J n(x) + xJn(x))(x) = 0

(car x2J n(x) + xJn(x) + (x

2 n2)Jn(x) = 0)

x ]0, a], xJn(x)(x) + (2xJ n(x) + Jn(x))(x) = 0

est solution sur ]0, a] de lquation xJn(x)z(x) + (2xJ n(x) + Jn(x))z(x) = 03: On a y une solution de En sur ]0, a] donc, daprs la question prcdente, x ]0, a], xJn(x)(x)+(2xJ n(x)+Jn(x))(x) =0 donc x ]0, a], xJ2n(x)(x) + (2xJ n(x)Jn(x) + J2n(x))(x) = 0 do x ]0, a],

(xJ2n(x)

(x))= xJ2n(x)

(x) +(2xJ n(x)Jn(x) + J

2n(x))

(x) = 0.

4: On a x R, Jn(x) = xn

2n

+p=0

(1)p22pp!(n+ p)!

x2p donc Jn(x) 0

xn

2nn! do1

xJ2n(x)0+

4n(n!)2

x2n+1 . On a :

1. x 7 4n(n!)2x2n+1 est positive.

2. Lintgral a0

4n(n!)2

x2n+1dx diverge.



3. 1xJ2n(x) 0+4n(n!)2

x2n+1 .

Donc, daprs le thorme dintgration des relations de comparaison, ax

dt

tJ2n(t)0+

4n(n!)2

t2n+1dt =

4n(n!)2

2n

[1

t2n

]ax

=

4n(n!)2

2nx2n 4

n(n!)2

2na2n0+

4n(n!)2

2nx2ncar 4

n(n!)2

2nx2n + lorsque x 0+.5: Sur ]0, a], En est une quation diffrentielle linaire de second ordre coefficients sclaires donc lensemble des solutionsglobales de En sur ]0, a] est un espace vectoriel de dimension 2. Or Jn est une solution non nulle de En sur ]0, a] donc il existeune solution y de En sur ]0, a] telle que (Jn, y) soit libre. En particulier, lapplication = yJn nest pas constante sur ]0, a].Daprs la question 3, x ]0, a], (xJ2n(x)(x)) = 0 donc R,x ]0, a], xJ2n(x)(x) = do x ]0, a], (x) =

xJ2n(x)

. La constante est non nulle car nest pas constante sur ]0, a].

En intgrant, x ]0, a], (x) (a) = ax

dt

tJ2n(t)et daprs la question prcdente (x) (a)

0+

4n(n!)2

2nx2ndo

(x) 0+

4n(n!)2

2nx2ncar (a) =

0+o(4n(n!)2

2nx2n

)puisque 4

n(n!)2

2nx2n + lorsque x 0+.On a x ]0, a], y(x) = (x)Jn(x) donc y(x)

0+

4n(n!)2

2nx2nxn

2nn! =2nn!2nxn

x0++ do lim

x0+y(x) = +.

6: Soit, daprs la question prcdente, y une solution de En sur ]0, a] telle que limx0+

y(x) = +. On a En est une quationdiffrentielle linaire de second ordre coefficients sclaires sur ]0,+[ donc y se prolonge en une solution globale Nn. Ondduit que Nn est une solution de En sur ]0,+[ telle que lim

x0+Nn(x) = lim

x0+y(x) = +.

7: Supposons que (Nn, Jn) li. On a Jn non identiquement nulle sur ]0,+[ donc R,x > 0, Nn(x) = Jn(x)dolimx0+

Nn(x) = limx0+

Jn(x) = Jn(0) R. Absurde, car limx0+

Nn(x) = + donc (Nn, Jn) est libre.On a En est une quation diffrentielle linaire de second ordre coefficients sclaires sur ]0,+[ donc son ensemble dessolutions globales est un espaces vectoriel de dimension 2. Or (Nn, Jn) est un systme libre de solutions globales de En sur]0,+[ donc la forme gnrale des solutions globales de En sur ]0,+[ est Jn + Nn avec , R.8:8 - 1: 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)

xa = limxa+Jn(x)xa 0 et J n(b) = limxb Jn(x)Jn(b)xb = limxb Jn(x)xb

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

xa = limxa+Jn(x)xa 0 et J n(b) = limxb Jn(x)Jn(b)xb = limxb Jn(x)xb

0. Or les zros de Jn sont simples donc J n(a)Jn(b) 6= 0 do J n(a) < 0 et J n(b) > 0. En particulier, J n(a)J n(b) < 0.

8 - 2: 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) etW (a) = Jn(b)N

n(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).

8 - 3: On a (Jn, Nn) forme un systme fondamental de solutions de En sur ]0,+[ donc W 6= 0. Or W continue sur ]0,+[car Jn et Nn sont C2 sur ]0,+[ donc W garde un signe constant sur ]0,+[. En particulier, W (a)W (b) > 0. Or, daprs lesquestions 8-1 et 8-2, 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.Si Nn admet deux zros dans ]a, b[ alors par la mme technique on montre que 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 6 de la troisime partie, Jn admet une infinit de zros sur ]0,+[ et, daprs la question prcdentes,entre deux zros de Jn existe un zro de Nn donc Nn admet une infinit de zros.

9: 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,+[.


fonctions de bessel - correction

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