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\def\f{\mathop{\rm f}\nolimits}
\def\g{\mathop{\rm g}\nolimits}
\def\h{\mathop{\rm h}\nolimits}
\def\k{\mathop{\rm k}\nolimits}
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\centerline{\bighelvetica Corrig\'e math. ATS 2000  }
\vskip 1 cm
\romainex\centerline{Probl\`eme 1}
\rightskip -1 cm
\smallskip
Partie A\bigskip
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\tenrm
1. Un d\'eterminant d'ordre deux extrait de $A_3$ est non nul alors que
$det(A_3)=0$. Ceci montre que
le rang de $A_3$ est 2. Le polyn\^ome caract\'eristique de $A_3$ est:
$$ \chi_{A_3}(\lambda)=\left |\matrix{\lambda &1&0 \cr 1 &-\lambda &1\cr 0&
1&-\lambda\cr}\right|
=-\lambda(\lambda^2-1)-(-\lambda)=-\lambda(\lambda^2-2)$$
Les valeurs propres de $A_3$ sont donc 0, $\sqrt2$ et $-\sqrt2$.\par
Le sous-espace propre associ\'e \`a 0 (noyau) a pour \'equation:
$$\left\{\matrix{ &y& &=&0\cr x&+&z&=&0\cr}\right.$$
C'est la droite vectorielle dirig\'ee par le vecteur $\pmatrix{1\cr0\cr
-1\cr}$ (par le th\'eor\`eme du rang,
on retrouve le fait que le rang est 2).\par
Le sous-espace propre associ\'e \`a $\sqrt2$ a pour \'equation:
$$\left\{\matrix{ &y& &=&\sqrt2 x\cr x&+&z&=&\sqrt2 y\cr &y& &=&\sqrt2
z\cr}\right.\quad\Leftrightarrow\
\quad\left\{\matrix{ &y& &=&\sqrt2 x\cr x&-&z&=&0\cr }\right.$$
C'est la droite vectorielle dirig\'ee par le vecteur $\pmatrix{1\cr\sqrt2\cr
1\cr}$ \par
Le sous-espace propre associ\'e \`a $-\sqrt2$ a pour \'equation:
$$\left\{\matrix{ &y& &=&-\sqrt2 x\cr x&+&z&=&-\sqrt2 y\cr &y& &=&-\sqrt2
z\cr}\right.\quad\Leftrightarrow\
\quad\left\{\matrix{ &y& &=&-\sqrt2 x\cr x&-&z&=&0\cr }\right.$$
C'est la droite vectorielle dirig\'ee par le vecteur $\pmatrix{1\cr-\sqrt2\cr
1\cr}$.\par
2. Dans le cas g\'en\'eral, avec la convention $x_0=x_{n+1}=0$, l'\'equation du
sous-espace propre associ\'e \`a
 $\lambda$
est: $x_{i-1}+x_{i+1}=\lambda x_i$ pour $1\leq i\leq n$.\par
On a donc, pour tout $i$ compris entre 1 et $n$, $|\lambda
||x_i|=|x_{i-1}+x._{i+1}|\leq |x_{i-1}|+|x_{i+1}|$.
Ceci vaut, en particulter, pour $k$ tel que $|x_k|=Max(|x_1|,\cdots
,|x_n|)$.  Dans ce dernier cas,
de plus, $|x_k|>0$ car un vecteur propre est non nul et, en divisant, on
obtient:
$|\lambda|\leq {|x_{k-1}|\over|x_k|}+{|x_{k+1}|\over|x_k|}\leq 2$.
\bigskip
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\romainex
Partie B\bigskip
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\tenrm
1. Si une suite, non nulle, de puissances v\'erifie $(R)$, alors, pour tout
$k\geq 2$\par\noindent
$r^k=(2\cos\alpha)r^{k-1}-r^{k-2}$, ce qui, en divisant par $r^{k-2}$,
\'equivaut \`a $r^2-(2\cos\alpha)r
+1=0$.\par
Le discriminant de cette derni\`ere \'equation est: $\Delta =4\cos^2\alpha
-4=-4\sin^2\alpha=(2i\sin\alpha)^2$.
Les solutions de l'\'equation sont donc: $r_1=e^{i\alpha}$ et
$r_2=e^{-i\alpha}$.\par
2. Remarquons, tout d'abord, que la relation $(R)$ est stable par
combinaisons lin\'eaires \`a
 coefficients, \'eventuellement, complexes.  Or, en utilisant les relations de
De Moivre et d'Euler, on obtient:
 $$\sin(k\alpha)={e^{ik\alpha}-e^{-ik\alpha}\over 2i}={1\over
2i}r_1^k-{1\over 2i}r_2^k$$
Ceci prouve que les suites r\'eelles $(\sin(k\alpha))_{k\in N}$ sont des
combinaisons lin\'eaires de
solutions de $(R)$ et, par cons\'equent, des solutions de $(R)$. Pour $k=0$ on
a $x_0=0$ et pour $k=1$
on a $x_1=\sin\alpha$ qui, compte tenu du choix de $\alpha$, est non
nul.\par
3. Un vecteur, propre $X$, de la matrice $A_n$, associ\'e \`a la valeur propre
$2\cos\alpha$, est
caract\'eris\'e par:
$A_nX=(2\cos\alpha)X$ et $X\not=0$. Ce qui se traduit par $x_1\not=0$ et les
\'equations:
 $x_2=(2\cos\alpha)x_1$, $x_{n-1}=(2\cos\alpha)x_n$ et, pour $2\leq k\leq
n-1$, $x_{k-1}+x_{k+1}
=(2\cos\alpha)x_k$. On peut synth\'etiser tout cela en une seule \'equation
g\'en\'erale  $x_{k+1}+x_{k-1}=(2\cos\alpha)x_k$ pour
tout $1\leq k\leq n$ et $x_1\not=0$ en rajoutant les conditions $x_0=0$ et
$x_{n+1}=0$. D'apr\`es la question
pr\'ec\'edente, seule la condition $x_{n+1}=0$ n'est pas obligatoirement
v\'erifi\'ee par les vecteurs de
composantes $(\sin(k\alpha))_{1\leq k\leq n}$.\par
4. Les solutions, en $\alpha$, de l'\'equation $\sin((n+1)\alpha)=0$ sont
$\alpha_j={j\pi\over n+1}$ o\`u
$j$ est un entier relatif. On en d\'eduit les $n$ valeurs propres de $A_n$:
$\lambda_j=2\cos({j\pi\over n+1})$
et les vecteurs propres associ\'es qui sont
$X_j=\pmatrix{\sin({j\pi\over n+1})\cr\sin({2j\pi\over
n+1})\cr\vdots\cr\sin({nj\pi\over n+1})\cr}$
o\`u $1\leq j\leq n$.\medskip
5. Si $r$ est un entier naturel non multiple de $2n+2$ ({\tenit ici se
trouve une erreur d'\'enonc\'e;
on demandait de distinguer les cas $r$ nul ou non nul au lieu de $r$
multiple ou non de $2n+2$})
 alors: $$\sum_{k=0}^{2n+1}e^{kr\pi i\over n+1}=\sum_{k=0}^{2n+1}(e^{r\pi
i\over n+1})^k=
{1-(e^{r\pi i\over n+1})^{2n+2}\over 1-e^{r\pi i\over n+1}}={1-e^{2r\pi
i}\over
1-e^{r\pi i\over n+1}}=0$$
Or $$\sum_{k=0}^{2n+1}e^{kr\pi i\over n+1}=\sum_{k=0}^n(e^{k\pi i\over
n+1})^r+\sum_{k=n+1}^{2n+1}(e^{k\pi i\over n+1})^r
=\sum_{k=0}^n(e^{k\pi i\over n+1})^r+\sum_{k=1}^{n+1}(e^{(2n+2-k)\pi i\over
n+1})^r$$
La derni\`ere somme s'obtient apr\`es le changement d'indice $k\leftarrow
2n+2-k$. Regroupons \`a pr\'esent:
$$\sum_{k=0}^n(e^{k\pi i\over n+1})^r+\sum_{k=1}^{n+1}(e^{(2n+2-k)\pi i\over
n+1})^r=
1+\sum_{k=1}^n(e^{rk\pi i\over n+1}+e^{-rk\pi i\over
n+1})+(e^{-i\pi})^r=1+(-1)^r+
2\sum_{k=1}^n\cos({rk\pi\over n+1})=0$$
Si $r$ est un entier non multiple de $2n+2$, la somme cherch\'ee est donc:
$$\sum_{k=1}^n\cos({rk\pi\over n+1})={-1+(-1)^{r+1}\over 2}$$
Si $r$ est mutiple de $2n+2$ la somme vaut $n$.\par
6. Rappelons d'abord que, si $a\not=b$, on a: $\sin a\sin b={1\over
2}(\cos(a-b)-\cos(a+b))$. Dans ce cas:
$${}^tv_rv_s=\sum_{k=1}^n\sin({rk\pi\over n+1})\sin({sk\pi\over n+1})
={1\over 2}\Bigl(\sum_{k=1}^n\cos({(r-s)k\pi\over
n+1})-\sum_{k=1}^n\cos({(r+s)k\pi\over n+1})\Bigr)$$
{\tenit Rajoutons ici l'hypoth\`ese (qui ne figure pas dans l'\'enonc\'e): $1\leq
r,s\leq n$. Elle ne restreint
pas l'int\'er\^et du calcul car son but est d'en d\'eduire ${}^tPP$, par contre
elle assure que, pour
$r\not=s$, $r-s$ et $r+s$ ne sont pas multiples de $2n+2$.}\par
Si $r\not=s$:
$${}^tv_rv_s={1\over 2}\bigl({-1+(-1)^{r-s+1}\over 2}-{-1+(-1)^{r+s+1}\over
2}\bigr)=0$$
car $(-1)^{r+s+1}=(-1)^{r-s+1}$ comme on peut le constater en effectuant le
quotient qui vaut
$(-1)^{2s}=((-1)^2)^s=1$).\par
Si $r=s$, alors, compte tenu que $\sin^2(a)={1\over 2}(1-\cos(2a))$:
$${}^tv_rv_s=\sum_{k=1}^n\sin^2({rk\pi\over n+1})={1\over
2}(n-\sum_{k=1}^n\cos({2rk\pi\over n+1})
={1\over 2}(n-{-1+(-1)^{2r+1}\over 2})={n+1\over 2}$$\par
7. $${}^tPP=({}^tv_rv_s)_{1\leq r,s\leq n}={n+1\over 2}I_n$$\par
8. On en d\'eduit que ${}^tP={n+1\over 2}P^{-1}$ puis:
$${}^tPA_nP={n+1\over 2}\Bigl(P^{-1}A_nP\Bigr)={n+1\over
2}\pmatrix{2\cos({\pi\over n+1})&0&\cdots&0\cr
0&2\cos({2\pi\over n+1})&\ddots&\vdots\cr\vdots&\ddots&\ddots&0\cr
0&\cdots&0&2\cos({n\pi\over n+1})}$$
\par
9. Il est clair que $C=A_5-2I_5$ et, par suite, l'\'equation $A_5X=\lambda X$
est \'equivalente
\`a $CX=(\lambda-2)X$; les vecteurs propres de $C$ et $A_5$
sont donc les m\^emes et les valeurs propres  de $C$ s'obtiennent en ajoutant
-2 \`a celles de $A_5$.
Le spectre de $C$ est:
$$\Bigl\{-2+2\cos({\pi\over 6}),-2+2\cos({2\pi\over 6}),-2+2\cos({3\pi\over
6}),-2+2\cos({4\pi\over 6})
,-2+2\cos({5\pi\over 6})\Bigr\}$$ ou, en simplifiant
$$\Bigl\{-2+\sqrt3,-1,-2,-3,-2-\sqrt3\Bigr\}$$
Un vecteur propre associ\'e \`a $-2+\sqrt3$ est
$\displaystyle{\pmatrix{\sin{\pi\over 6}\cr
\sin{2\pi\over 6}\cr\sin{3\pi\over 6}\cr\sin{4\pi\over 6}\cr\sin{5\pi\over
6}\cr}
={1\over 2}\pmatrix{1\cr \sqrt3\cr 2\cr \sqrt3\cr 1\cr}}$
\eject
\romainex\centerline{Probl\`eme 2}
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\smallskip
Partie A\bigskip
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\tenrm
1. $$a_0={1\over 2\pi}\int_0^{2\pi}\f(x)dx={1\over
2\pi}\int_\pi^{2\pi}(-\sin x)dx=
{\cos(2\pi)-\cos(\pi)\over 2\pi}={1\over \pi}$$
$$a_1={1\over \pi}\int_0^{2\pi}\f(x)\cos
xdx={1\over\pi}\int_\pi^{2\pi}(-\sin x)\cos xdx
={1\over 2\pi}\int_\pi^{2\pi}(-\sin(2x))dx=0$$
$$b_1={1\over \pi}\int_0^{2\pi}\f(x)\sin
xdx={1\over\pi}\int_\pi^{2\pi}(-\sin^2 x)dx
={1\over 2\pi}\int_\pi^{2\pi}(\cos 2 x-1)dx={-1\over 2}$$\par
2. $$b_n={1\over \pi}\int_0^{2\pi}\f(x)\sin
nxdx={1\over\pi}\int_\pi^{2\pi}(-\sin x)\sin nxdx
={1\over 2\pi}\int_\pi^{2\pi}(\cos((n+1)x)-\cos((n-1)x)dx$$
Pour $n\geq 2$:
$$b_n={1\over 2\pi}\Bigl[{\sin((n+1)x)\over n+1}-{\sin((n-1)x)\over
n-1}\Bigr]_{\pi}^{2\pi}=0$$
Pour $n\geq 2$:
$$\eqalign{a_n=&{1\over\pi}\int_\pi^{2\pi}(-\sin x)\cos nxdx={-1\over
2\pi}\int_\pi^{2\pi}
(\sin((n+1)x)-\sin((n-1)x)dx\cr =&
{1\over 2\pi}\Bigl[{1-(-1)^{n+1}\over n+1}-{1-(-1)^{n-1}\over
n-1}\Bigr]=\left\{\matrix{
0&\hbox{si $n$ est impair}\cr
{-2\over\pi}{1\over n^2-1}&\hbox{si $n$ est pair}\cr}\right.}$$
La s\'erie de Fourier de f est:
$$S_{\f}(x)={1\over \pi}-{\sin x\over 2}-{2\over
\pi}\sum_{\scriptstyle\hbox{$n$ pair}\atop\scriptstyle
n\geq 2}{\cos nx\over n^2-1}={1\over \pi}-{\sin x\over 2}-{2\over
\pi}\sum_{p=1}^\infty{\cos 2px\over
4p^2-1}$$\par
3. La fonction f est $2\pi$-p\`eriodique et ${\cal C}^1$ par morceaux, d'apr\`es
le th\'eor\`eme de Dirichlet,
sa s\'erie de Fourier converge et, en tout point de continuit\'e, elle est \'egale
\`a $\f(x)$. Comme f est
continue en $\pi$, on a bien $S_{\f}(\pi)=\f(\pi)$ d'o\`u:
$${1\over \pi}-{\sin \pi\over 2}-{2\over \pi}\sum_{p=1}^\infty{\cos
2p\pi\over
4p^2-1}=0\quad\Rightarrow\quad\sum_{p=1}^\infty{1\over 4p^2-1}={1\over
2}$$\par
4. $$\g(x)=\f(x)+{\sin x\over 2}={1\over \pi}-{2\over
\pi}\sum_{p=1}^\infty{\cos 2px\over
4p^2-1}$$
De par l'unicit\'e du d\'eveloppement en s\'erie de Fourier, c'est le
d\'eveloppement en s\'erie de Fourier
de g.\par
Si $0\leq x<\pi$, on a $\g(x)={\sin x\over 2}$ et, si $\pi\leq x<2\pi$ alors
$\g(x)=-{\sin x\over 2}$.
Comme, par ailleurs, g est $2\pi$-p\'eriodique, sa co\"{\i}ncidence avec $|{\sin
x\over 2}|$ sur un intervalle
de longueur $2\pi$, montre que, pour tout r\'eel $x$: $\g(x)={|\sin x|\over
2}$.
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\romainex
Partie B\bigskip
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\tenrm
1. D\'ecoupons l'intervalle $[0,2\pi]$ en $n$ intervalles $[t_i,t_{i+1}[$
($0\leq i\leq n-1$ avec
 $t_0=0$ et $t_n=2\pi$), tels que h' soit d\'efinie et continue sur
$]t_i,t_{i+1}[$
$$\int_{t_i}^{t_{i+1}}\h'(x)dx=\h(t_{i+1}^-)-\h(t_{i}^+)=\h(t_{i+1})-\h(t_i)
\quad\hbox{car h est
continue}$$
On en d\'eduit que:
$$a_0(\h')={1\over 2\pi}\sum_{i=0}^{n-1}\int_{t_i}^{t_{i+1}}\h'(x)dx={1\over
2\pi}\sum_{i=0}^{n-1}
\h(t_{i+1})-\h(t_i)={\h(t_n)-\h(t_0)\over 2\pi}=0$$
Calculons maintenant, pour $n\geq 1$:
$$\int_{t_i}^{t_{i+1}}\h'(x)\cos nxdx=\Bigl[\cos
nx\h(x)\Bigr]_{t_i^+}^{t_{i+1}^-}+n\int_{t_i}^{t_{i+1}}
\h(x)\sin nxdx$$
h  et cos \'etant continues, on en d\'eduit apr\`es sommation:
$$a_n(\h')={\h(2\pi)\cos2n\pi-\h(0)\cos
0\over\pi}+{n\over\pi}\int_0^{2\pi}\h(x)\sin nxdx=nb_n(\h)$$
De mani\`ere analogue, on \'etablit que $b_n(\h')=-na_n(\h)$.\par
2. h' \'etant ${\cal C}^0$ par morceaux, d'apr\`es le th\'eor\`eme de Parseval:
$${1\over
2\pi}\int_0^{2\pi}[\h'(x)]^2dx=a_0^2(\h')+\sum_{n=1}^{\infty}{a_n^2(\h')+b_n
^2(\h')\over 2}
={1\over 2}\sum_{n=1}^{\infty}n^2[a_n^2(\h)+b_n^2(\h)]$$
Ceci montre, implicitement, la convergence de la derni\`ere s\'erie et donne sa
somme sous forme
int\'egrale.\par
3. f est bien $2\pi$-p\'eriodique et ${\cal C}^1$ par morceaux car $\f'(x)=0$
sur $]0,\pi[$ et
$\f'(x)=-\cos(x)$ sur $]\pi,2\pi[$. Les r\'esultats pr\'ec\'edents s'appliquent
bien \`a f\par
Appliquons le th\'eor\`eme de Parseval \`a f:
$${1\over 2\pi}\int_0^{2\pi}[\f(x)]^2dx={1\over \pi^2}+{1\over 8}+{2\over
\pi^2}\sum_{p=1}^\infty
{1\over (4p^2-1)^2}$$
D'o\`u:
$$\sum_{p=1}^\infty{1\over (4p^2-1)^2}={\pi^2\over 2}\Bigl({1\over
2\pi}\int_{\pi}^{2\pi}[\sin(x)]^2dx-{1\over \pi^2}
-{1\over 8}\Bigr)={\pi^2\over 16}-{1\over 2}$$
En appliquant les r\'esultats de la question 2 \`a f:
$${1\over 4}+{4\over \pi^2}\sum_{p=1}^\infty{4p^2\over (4p^2-1)^2}={1\over
\pi}\int_0^{2\pi}[\f'(x)]^2dx={1\over \pi}\int_\pi^{2\pi}
[\cos(x)]^2dx={1\over 2}$$
D'o\`u:
$$\sum_{p=1}^\infty{p^2\over (4p^2-1)^2}={\pi^2\over 64}$$
\eject
\romainex\centerline{Probl\`eme 3}
\rightskip -1 cm
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Partie A\bigskip
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\tenrm
1. Une solution d\'eveloppable en s\'erie enti\`ere, de rayon de convergence non
nul, v\'erifie, dans son
 intervalle de convergence:
 $$0=4x\sum_{n=2}^\infty n(n-1)a_nx^{n-2}+2\sum_{n=1}^\infty
na_nx^{n-1}+\sum_{n=0}^\infty a_nx^n=
\sum_{n=1}^\infty [(4n(n-1)+2n)a_n+a_{n-1}]x^{n-1} $$
En identifiant les coefficients du d\'eveloppement en s\'erie de droite avec
ceux de la fonction nulle,
 on en d\'eduit le r\'esultat demand\'e.\par
2. On a, pour tout $n\geq 1$:
$$a_n={-1\over 2n(2n-1)}a_{n-1}={(-1)^2\over
2n(2n-1)2(n-1)(2n-3)}a_{n-2}=\cdots={(-1)^n\over (2n)!}
a_0$$\par
3. On constate que  $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}{|a_n|\over
|a_{n-1}|}=0}$. La r\`egle
de D'Alembert donne un rayon de convergence infini.\par
La condition $\y(0)=1$ force $a_0=1$ et, pour $n\geq 1$,
$\displaystyle{a_n={(-1)^n\over (2n)!}}$.
D'o\`u l'unicit\'e de la solution satisfaisant \`a la condition initiale.\par
4. Pour $x\geq 0$:
$$\cos(\sqrt x\ )=\sum_{n=0}^\infty {(-1)^n(\sqrt x)^{2n}\over
(2n)!}=\sum_{n=0}^\infty {(-1)^n x^n
\over (2n)!}=\y_1(x)$$
Pour $x<0$:
$$\y_1(x)=\sum_{n=0}^\infty {(-1)^nx^n\over (2n)!}=\sum_{n=0}^\infty
{(\sqrt{- x})^{2n}\over
 (2n)!}=\cosh(\sqrt{-x}\ )$$
\bigskip
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\romainex
Partie B\bigskip
\leftskip 1 cm \rightskip 1 cm
\tenrm
1. Soit $\y(x)=\k(x)\y_1(x)$. Les deux premi\`eres d\'eriv\'ees sont:
$\y'(x)=\k'(x)\y_1(x)+\k(x)\y'_1(x)$ et
$\y''=\k''(x)\y_1(x)+2\k'(x)\y'_1(x)+\k(x)\y''_1(x)$.
En reportant dans $(E)$ obtient:
$$\eqalign{4x[\k''(x)\y_1(x)+2\k'(x)\y'_1(x)+\k(x)\y''_1(x)]+2[\k'(x)\y_1(x)
+\k(x)\y'_1(x)]+
[\k(x)\y_1(x)]&= \cr
\k(x)[4x\y''_1+2\y'_1(x)+\y_1(x)]+\k'(x)[8x\y'_1(x)+2\y_1(x)]+\k''(x)[4x
\y_1(x)]&=\cr 4x\y_1(x)\k''(x)+[8x\y'_1(x)+2\y_1(x)]\k'(x)&=0\cr}$$
Ceci montre l'\'equivalence demand\'ee et, en divisant par $\k'(x)$ l'\'egalit\'e
demand\'ee.\par
On en d\'eduit, pour $x>0$, par int\'egration sur un intervalle o\`u $\k'(x)|$ et
$\y_1(x)$ ne s'annulent
 pas:$$\ln|\k'(x)|=\ln\Bigl({1\over\sqrt x[\y_1(x)]^2}\Bigr)+Cste$$
D'o\`u:$$\k'(x)={C\over\sqrt x[\y_1(x)]^2}={C\over\sqrt x\cos^2\sqrt x}$$
O\`u $C$ est une constante r\'eelle et $x$ varie sur un intervalle de r\'eels
positifs sur lequel $\cos\sqrt x$
ne s'annule pas.\par
2. $${d\tan x\over dx}={\cos^2x+\sin^2x\over \cos^2x}={1 \over \cos^2x}$$
D'o\`u:$${d\tan\sqrt x\over dx}={1\over 2\sqrt x}{1 \over \cos^2\sqrt x}$$
En appliquant le fait que deux primitives d'une m\^eme fonction, sur un m\^eme
intervalle, diff\`erent
 d'une constante, on en d\'eduit que $\k(x)$ est de la forme $\alpha\tan\sqrt
x+\beta$ sur tout
intervalle du type $\displaystyle{I_n=]{n^2\pi^2\over 4},{(n+2)^2\pi^2\over
4}[}$ o\`u $n$ est un entier
 naturel, $\alpha$ et $\beta$ des constantes r\'eelles.\medskip
3. En multipliant par $\y_1(x)$ on constate que les solutions sur $I_n$ sont
de la forme
$\alpha_n\cos\sqrt x+\beta_n\sin\sqrt x$. En ``recollant'' les solutions aux
bornes des $I_n$, on
obtient, pour la continuit\'e, $\alpha_n=\alpha_{n+1}$ et pour la continuit\'e
de la la d\'eriv\'ee $\beta_n=
\beta_{n+1}$; les solutions globales sur $]0,+\infty[$ sont bien de la forme
$\y(x)=\alpha
\cos\sqrt x+\beta\sin\sqrt x$.\par
{\it on peut aussi \'etablir ce r\'esultat en v\'erifiant que les solutions
propos\'ees conviennent et en
utilisant le th\'eor\`eme sur la dimension des solutions d'une \'equation
diff\'erentielle lin\'eaire.}\par
4. $$\y'(x)={1\over 2\sqrt x}(\alpha\cos\sqrt x-\beta\sin\sqrt x)$$
Si $\alpha\not=0$ alors $\y'$ n'est pas prolongeable par continuit\'e en 0.
Par contre si $\alpha=0$,
$\displaystyle{\lim_{x\rightarrow 0^+}={-\beta\over 2}}$ ce qui donne les
fonctions de la forme $\y(x)
=\beta\cos\sqrt x$ comme solution de $(E)$  prolongeable par continuit\'e en
une fonction contin\^ument
d\'erivable en 0.\par
Il n'y a pas de solution satisfaisant aux conditions initiales demand\'ees.

\end


