Exercices corrigés - Équations différentielles linéaires du second ordre - résolution, applications

On va chercher une équation différentielle linéaire du second ordre admettant exactement cette famille de solutions. Pour cela, il suffit de trouver une équation différentielle dont l'équation caractéristique admet $2$ et $-1$ comme racine, c'est-à-dire que l'on souhaite qu'elle se factorise en $(r+1)(r-2)=r^2-r-2.$ Une équation différentielle qui convient est donc $$y''-y'-2y=0.$$

On va raisonner par analyse/synthèse. Soit $y,z$ des fonctions solutions de ce système. Alors on sait que $z=y'-y$ et donc que $z'=y''-y'$. On peut donc reporter dans la deuxième équation et l'on trouve $$y'-y+y''-y'=3y\iff y''-4y=0.$$ Les solutions de cette équation différentielle sont les fonctions $y(x)=\lambda\exp(2x)+\mu\exp(-2x)$, avec $\lambda,\mu\in\mathbb R$. On en déduit que $$z(x)=y'(x)-y(x)=\lambda\exp(2x)-3\mu\exp(-2x).$$ Réciproquement soit $\lambda$ et $\mu$ deux réels et soit $y$, $z$ les fonctions définies par $$\left\{ \begin{array}{rcl} y(x)&=&\lambda\exp(2x)+\mu\exp(-2x)\\ z(x)&=&\lambda\exp(2x)-3\mu\exp(-2x). \end{array} \right.$$ On vérifie alors facilement que ces deux fonctions vérifient le système. Par exemple, on a \begin{align*} z'(x)+z(x)&=3\lambda\exp(2x)+3\mu\exp(-2x)\\ &=3y(x). \end{align*}

La résolution suit la méthode classique : on commence par rechercher les solutions de l'équation sans second membre, et on trouve $y(x)=a e^{x}+be^{-x},$ avec $a,b\in\mathbb R^2.$ On applique ensuite la méthode de variation de la constante, en cherchant une solution qui s'écrit $y(x)=a(x)e^x+b(x)e^{-x},$ avec les conditions $$\left\{ \begin{array}{rcl} a'(x)e^x+b'(x)e^{-x}&=&0\\ a'(x)e^x-b'(x)e^{-x}&=&\frac1{1+x^2}. \end{array} \right.$$ On trouve facilement $$a'(x)=\frac{e^{-x}}{2(1+x^2)},$$ dont une solution est $$a(x)=\int_0^x \frac{e^{-t}}{2(1+t^2)}dt.$$ De même, on obtient $$b'(x)=\frac{-e^{x}}{2(1+x^2)},$$ dont une solution est $$b(x)=-\int_0^x \frac{e^{t}}{2(1+t^2)}dt.$$ Finalement, toutes les solutions de l'équation sont les fonctions qui s'écrivent $$y(x)=\left(a+\int_0^x \frac{e^{-t}}{2(1+t^2)}dt\right)e^x+\left(b-\int_0^x \frac{e^{t}}{2(1+t^2)}dt\right)e^{-x}.$$ On observe ensuite que, puisque $$\frac{e^t}{2(1+t^2)}=_{+\infty}o(e^t),$$ on a $$\int_0^x \frac{e^t}{2(1+t^2)}dt=_{+\infty}o\left(\int_0^x e^t\right)=o(e^x).$$ Ainsi, $$e^{-x}\int_0^x \frac{e^{t}}{2(1+t^2)}dt\xrightarrow{x\to+\infty}0.$$ Par conséquent, et par continuité, $$x\mapsto \left(b-\int_0^x \frac{e^{t}}{2(1+t^2)}dt\right)e^{-x}$$ est bornée sur $[0,+\infty[$ et $y$ est bornée sur $[0,+\infty[$ si et seulement si $$x\mapsto \left(a+\int_0^x \frac{e^{-t}}{2(1+t^2)}dt\right)e^x$$ est bornée sur cet intervalle. D'autre part, la fonction $t\mapsto \frac{e^{-t}}{2(1+t^2)}$ est intégrable sur $]0,+\infty[$ (car continue et négligeable en $+\infty$ devant la fonction intégrable $t\mapsto e^{-t}$). Ainsi, $$a+\int_0^x \frac{e^{-t}}{2(1+t^2)}dt\xrightarrow{x\to+\infty}a+\int_0^{+\infty}\frac{e^{-t}}{2(1+t^2)}dt.$$ Pour que la fonction soit bornée, en étudiant sa limite en $+\infty,$ il est donc nécessaire que $$a=-\int_0^{+\infty} \frac{e^{-t}}{2(1+t^2)}dt.$$ Réciproquement, la fonction $$x\mapsto -\left(\int_x^{+\infty} \frac{e^{-t}}{2(1+t^2)}dt\right)e^{x}$$ est bornée sur $[0,+\infty[$. En effet, comme précédemment, $$\int_x^{+\infty} \frac{e^{-t}}{2(1+t^2)}dt=_{+\infty}o(e^{-x})$$ et la fonction admet une limite nulle en $+\infty$ tout en étant continue sur $[0,+\infty[$. On procède de la même façon sur $]-\infty,0]$ et on trouve que l'équation admet une et une seule solution bornée sur $\mathbb R.$

Soit $P$ une fonction polynôme non-nulle solution de l'équation, de coefficient dominant $a_n x^n$. Alors $(x^2-3)P''-4xP'+6P$ est une fonction polynôme de degré au plus $n$, dont le coefficient devant $x^n$ est $$n(n-1)a_n-4na_n+6a_n=a_n(n^2-5n+6).$$ Ce coefficient doit être nul. Or, $a_n\neq 0$. C'est donc que $n^2-5n+6=0$, ou encore que $n=2$ ou $n=3$. On cherche donc les polynômes solution sous la forme $P(x)=a_3x^3+a_2x^2+a_1x+a_0$. $P$ est solution de l'équation si et seulement si les coefficients vérifient le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} -18a_3+2a_1&=0\\ -6a_2+6a_0&=0\\ \end{array} \right.$$ Les polynômes solution sont donc ceux qui s'écrivent $$\lambda(x^3+9x)+\mu(x^2+1).$$ Comme les deux fonctions $x\mapsto x^3+9x$ et $x\mapsto x^2+1$ sont linéairement indépendantes, on a donc résolu l'équation sur tout intervalle où $x^2-3$ ne s'annule pas. Raccordons maintenant les solutions.
Soit $f$ une solution sur $\mathbb R$. Il existe six constantes $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$ et $\mu_1,\mu_2,\mu_3$ telles que, si $f$ est solution de l'équation sur $\mathbb R$, alors on a $$f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \lambda_1(x^3+9x)+\mu_1(x^2+1)&\textrm{ si }x<-\sqrt{3}\\ \lambda_2(x^3+9x)+\mu_2(x^2+1)&\textrm{ si }-\sqrt 3<x<\sqrt{3}\\ \lambda_3(x^3+9x)+\mu_3(x^2+1)&\textrm{ si }x>\sqrt{3}.\\ \end{array}\right.$$ Puisque $f$ est $C^2$ en $\sqrt{3}$, on doit avoir, $$\lim_{x\to\sqrt{3}-}f(x)=12\sqrt{3}\lambda_2+4\mu_2=12\sqrt{3}\lambda_3+4\mu_3=\lim_{x\to\sqrt{3}^+}f(x)$$ et $$\lim_{x\to\sqrt{3}-}f'(x)=18\lambda_2+2\sqrt 3\mu_2=18\lambda_3+2\sqrt3\mu_3=\lim_{x\to\sqrt{3}^+}f'(x).$$ Cette dernière équation n'apporte pas d'informations supplémentaires, car elle est obtenue en multipliant la première par $\sqrt 3/2$. Si on calcule une dérivée supplémentaire, on trouve $$\lim_{x\to\sqrt{3}-}f''(x)=6\sqrt 3\lambda_2+2\mu_2=6\sqrt 3\lambda_3+2\mu_3=\lim_{x\to\sqrt{3}^+}f''(x)$$ qui redonne toujours la même équation. La fonction $f$ est donc $C^2$ en $\sqrt 3$ si et seulement si $$\mu_3=3\sqrt 3\lambda_2+\mu_2-3\sqrt 3\lambda_3.$$ En examinant le problème en $-\sqrt{3}$, on tire cette fois comme contrainte $$\mu_1=-3\sqrt 3\lambda_2+\mu_2+3\sqrt 3\lambda_1.$$ Finalement, les solutions sur $\mathbb R$ de l'équation sont les fonctions $f$ définies comme ci-dessus, où $\lambda_1,\lambda_2,\mu_2$ et $\lambda_3$ sont n'importe quel réel, et $\mu_1$, $\mu_3$ sont données par les équations précédentes. En particulier, l'ensemble des solutions est un espace vectoriel de dimension 4.

1. Il faut étudier quelles conditions il faut mettre sur $a$, $b$, $c$ et $d$ pour que ceci définisse une solution de classe $C^2$ sur $\mathbb R$. La continuité de $y$ en $0$ entraîne que $a=c$ puisque $$a=\lim_{x\to 0^+}y(x)\textrm{ et }c=\lim_{x\to 0^-}y(x).$$ De plus, on a $$y'(x)=-2ax\sin(x^2)+2bx\cos(x^2)\textrm{ si }x>0.$$ $$y''(x)=-2a\sin(x^2)-4ax^2\cos(x^2)+2b\cos(x^2)-4bx^2\sin(x^2)\textrm{ si }x>0.$$ De même, on a $$y''(x)=-2a\sin(x^2)-4ax^2\cos(x^2)+2d\cos(x^2)-4dx^2\sin(x^2)\textrm{ si }x<0.$$ Remarquons que $$2b=\lim_{x\to 0^+}y''(x)\textrm{ et }2d=\lim_{x\to 0^-}y''(x).$$ Pour que $y''$ soit continue en 0, il est nécessaire que $b=d$. Réciproquement la fonction $x\mapsto a\cos(x^2)+b\sin(x^2)$ définit bien une fonction de classe $C^2$ sur $\mathbb R$.
2. Soit $y(x)=\sum_{n\geq 0}a_nx^n$ une série entière solution de $(E)$ de rayon de convergence $R>0$. On introduit ce développement en série entière dans $(E)$. Après dérivation terme à terme de la série, et réindexation des séries, on obtient : $$xy''-y'+4x^3y=-a_1+3a_3x^2+\sum_{n=3}^{+\infty}\big(a_{n+1}(n-1)(n+1)+4a_{n-3}\big)x^n=0$$ pour tout $x\in]-R,R[$. L'unicité du développement en série entière entraîne que $a_1=a_3=0$, tandis que, pour tout $n\geq 3$, $$a_{n+1}=-\frac{4}{(n-1)(n+1)}a_{n-3}.$$ En réindexant, on trouve, pour tout $n\geq 0$, $$a_{n+4}=-\frac{4}{(n+2)(n+4)}a_n.$$
3. D'après la relation de récurrence précédente, et puisque $a_1$ et $a_3$ sont nuls, on trouve que $a_{4p+1}=0$ et $a_{4p+3}=0$ pour tout $p\geq 0$.
4. La relation de récurrence nous dit que $$a_{4p}=-\frac{4}{(4p)(4p-2)}a_{4(p-1)}=\frac{-1}{2p(2p-1)}.$$ On prouve alors aisément par récurrence que $$a_{4p}=\frac{(-1)^p}{(2p)!}a_0.$$ De même, on obtient $$a_{4p+2}=\frac{(-1)^p}{(2p+1)!}a_2.$$
5. En appliquant la règle de d'Alembert, ou en remarquant que $\frac{R^p}{(2p)!}$ tend vers 0 lorsque $p$ tend vers l'infini, pour tout $R\in\mathbb R$, on obtient que la série entière obtenue a pour rayon de convergence $+\infty$. De plus, on a \begin{eqnarray*} y(x)&=&a_0\sum_{p\geq 0}\frac{(-1)^p}{(2p)!}x^{4p}+a_2\sum_{p\geq 0}\frac{(-1)^p}{(2p+1)!}x^{4p+2}\\ &=&a_0\cos(x^2)+a_2\sin(x^2). \end{eqnarray*}
6. Puisque la série entière obtenue a pour rayon de convergence $+\infty$, sa somme est solution de $(E)$ sur $\mathbb R$. De plus, sur chaque intervalle ne contenant pas $0$, on sait que l'ensemble des solutions de $(E)$ est un espace vectoriel de dimension 2. Il est donc nécessairement engendré par $\cos(x^2)$ et $\sin(x^2)$. Considérons maintenant une solution $y$ de $(E)$ sur $\mathbb R$. Elle est solution sur $]0,+\infty[$, et donc il existe deux constantes $a_0$ et $a_2$ telles que $$y(x)=a_0\cos(x^2)+a_2\sin(x^2)\textrm{ pour }x>0.$$ Elle est solution sur $]-\infty,0[$ et donc il existe deux constantes $b_0$ et $b_2$ telles que $$y(x)=b_0\cos(x^2)+b_2\sin(x^2)\textrm{ pour }x<0.$$ D'après la question préliminaire, $y$ va se prolonger en une fonction de classe $C^2$ si et seulement si $a_0=b_0$ et $a_2=b_2$. Ainsi, l'ensemble des solutions sur $\mathbb R$ de l'équation est l'espace vectoriel de dimension 2 engendré par les fonctions $x\mapsto a\cos(x^2)+b\sin(x^2)$, $a,b\in\mathbb R$.

1. Soit $\sum_n a_n x^n$ une série entière de rayon de convergence $R>0$ et de somme $S.$ Pour tout $x\in ]-R,R[$, on a $$S(x)=\sum_{n\geq 0}a_n x^n,\ S'(x)=\sum_{n\geq 1}na_n x^{n-1}\textrm{ et }S''(x)=\sum_{n\geq 2}n(n-1)a_n x^{n-2}.$$ On va alors tout exprimer en gardant $x^n$ dans les sommes. En particulier, on a \begin{align*} x(x-1)S''(x)&=\sum_{n=2}^{+\infty}n(n-1)a_n x^n-\sum_{n=2}^{+\infty}n(n-1)a_n x^{n-1}\\ &=\sum_{n=0}^{+\infty}n(n-1)a_n x^n -\sum_{n=0}^{+\infty}n(n+1)a_{n+1}x^n. \end{align*} On en déduit que \begin{align*} x(x-1)S''(x)+3xS'(x)+S(x)&=\sum_{n=0}^{+\infty}\left(n(n-1)a_n-n(n+1)a_{n+1}+3na_n+a_n\right)x^n\\ &=\sum_{n=0}^{+\infty}\left((n+1)^2a_n-n(n+1)a_{n+1}\right)x^n. \end{align*} Par unicité des coefficients du développement en série entière, on en déduit que $S$ est solution de l'équation différentielle si et seulement si, pour tout $n\in\mathbb N,$ $$a_{n+1}=\frac{n+1}n a_n.$$ Pour $n=0,$ on trouve $a_0=0,$ puis, par une récurrence facile, on trouve $a_n=na_1$ pour tout $n\in\mathbb N.$ Le rayon de convergence de $\sum_n n x^n$ étant égal à $1,$ on a démontré que les solutions de l'équation différentielle développables en série entière sur un intervalle du type $]-r,r[$ avec $r>0$ sont les fonctions $$x\mapsto a_1 \sum_{n\geq 1}n x^n.$$ Posons $$f(x)=\frac1{1-x}=\sum_{n\geq 0}x^n.$$ On reconnaît le développement en série entière de la fonction $$x\mapsto a_1 xf'(x)=\frac{a_1 x}{(1-x)^2}.$$
2. Puisque $x(x-1)$ ne s'annule pas sur $]0,1[$, l'ensemble des solutions de l'équation différentielle sur cet intervalle est un espace vectoriel de dimension $2.$ Or, si toutes les solutions de l'équation différentielle sur $]0,1[$ étaient restriction d'une fonction développable en série entière sur $]-1,1[,$ on trouverait que l'ensemble des solutions de l'équation sur $]0,1[$ serait égal à $\textrm{vect}(g),$ où $g(x)=x/(1-x)^2.$ En particulier, ce serait un espace vectoriel de dimension $1,$ ce qui n'est pas le cas. Il existe donc des solutions sur $]0,1[$ qui ne sont pas la restriction d'une fonction développable en série entière sur $]-1,1[$.

On rappelle que d'après le théorème de Cauchy, l'ensemble des solutions sur $\mtr$ de cette équation est un espace vectoriel de dimension 2. Faisons un raisonnement par analyse-synthèse pour déterminer les solutions $2\pi-$périodiques. Soit $f$ une solution $2\pi-$périodique de l'équation différentielle. La relation $f''=-e^{it}f$ fait qu'une récurrence élémentaire prouve que $f$ est de classe $C^{\infty}$. Ainsi, $f$, ainsi que toutes ses dérivées, sont développables en séries de Fourier, et la convergence de ces séries est normale sur $\mtr$. Ecrivons donc $f(t)=\sum_{n\in\mtz} c_n(f)e^{int}$, et $f''(t)=\sum_{n\in\mtz}(in)^2c_n(f)e^{int}$ (cette dérivation sous le signe somme étant justifiée par le fait que $f$ est $C^\infty$, ces coefficients de Fourier décroissent vers 0 à l'infini plus rapidement que n'importe quel $1/n^k$). Introduisant cela dans l'équation différentielle, on trouve : $$\sum_{n\in\mtz}\left(c_{n-1}(f)-n^2 c_n(f)\right)e^{int}=0.$$ Ce dernier développement est encore normalement convergent, donc ses coefficients de Fourier sont les coefficients de Fourier de sa somme. Celle-ci étant la fonction nulle, on obtient : $$\forall n\in\mtz, c_{n-1}(f)-n^2c_n(f)=0.$$ On en déduit, pour tout $n\geq 0$, $\dis c_n(f)=\frac{c_0(f)}{(n!)^2}$, et pour tout $n<0$, $c_n(f)=0$. Nécessairement, $f$ s'écrit donc $$f(t)=c_0(f)\sum_{n\geq 0}\frac{e^{int}}{(n!)^2}.$$ Réciproquement, soit $f$ une telle fonction. La croissance très rapide de la factorielle vis-à-vis des polynômes entraîne par application des théorèmes usuels que $f$ est de classe $C^\infty$, les expressions des dérivées successives s'obtenant en dérivant sous le signe somme. En remontant les calculs faits dans la partie analyse, on constate assez facilement que $f$ vérifie bien l'équation différentielle. L'ensemble des solutions $2\pi-$périodiques de l'équation différentielle est donc un sous-espace vectoriel de dimension 1.

Procédons par analyse/synthèse. On suppose dans un premier temps l'existence de telles fonctions $p$ et $q.$ Alors on a le système suivant : $$ \left\{ \begin{array}{rcl} y_1''+py_1'+qy_1&=&0\\ y_2''+py_2'+qy_2&=&0 \end{array}\right. \iff \left\{ \begin{array}{rcl} py_1'+qy_1&=&-y_1''\\ py_2'+qy_2&=&-y_2''. \end{array}\right.$$ Dans ce système, les inconnues sont les fonctions $p$ et $q$. A $t$ fixé, le déterminant de ce système, qui vaut $w(t),$ n'est pas nul, et on peut définir uniquement $p$ et $q$. On a même $$p=\frac{y_1''y_2-y_1y_2''}{w}\textrm{ et }q=\frac{y_1'y_2''-y_1''y_2'}{w}.$$ Ainsi, $p$ et $q$ sont définies uniquement.
Réciproquement, les fonctions $p$ et $q$ définies ci-dessus sont bien continues sur $I$, comme quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s'annule pas, et il est facile de vérifier que $y_1$ et $y_2$ sont solutions de l'équation $y''+py'+qy=0.$

On va procéder par analyse synthèse. Commençons par considérer $f$ une fonction solution de l'équation. Par récurrence, $f$ de classe $C^\infty$. Il est donc légitime de dériver cette équation, et on trouve $$f''(x)=-f'(\lambda-x)=-f\big(\lambda-(\lambda-x)\big)=-f(x).$$ Ainsi, $f$ est solution de l'équation différentielle $f''+f=0$. Il existe donc des constantes $C$ et $\theta$ telles que $$f(x)=C\cos(x+\theta).$$ On va chercher maintenant des conditions sur $C$ et $\theta$ pour que $f$ soit effectivement solution de l'équation. De $f'(x)=f(\lambda-x)$, on trouve, pour $C\neq 0$, $$-\sin(x+\theta)=\cos(\lambda-x+\theta)$$ soit $$\cos(\pi/2+\theta+x)=\cos(\lambda-x+\theta).$$ Ceci entraîne, pour un $x\in\mathbb R$ fixé, $$\frac\pi2+\theta+x=\lambda-x+\theta\ [2\pi]\textrm{ ou } \frac\pi2+\theta+x=-\lambda+x-\theta\ [2\pi].$$ Maintenant l'égalité $$\frac\pi2+\theta+x=\lambda-x+\theta\ [2\pi]$$ entraîne $$x=\frac\lambda 2-\frac \pi4\ [\pi].$$ Elle ne peut donc pas être satisfaite pour toutes les valeurs de $x$, et donc on sait qu'il existe des réels $x$ pour lesquels l'égalité $$\frac\pi2+\theta+x=-\lambda+x-\theta\ [2\pi]$$ est vraie. Ceci implique qu'il existe $k\in\mathbb Z$ tel que $$\theta=-\frac{\lambda}{2}-\frac{\pi}{4}+k\pi.$$ Ainsi, si $f$ est solution, il existe $C\in\mathbb R$ et $k\in\mathbb Z$ tels que $$f(x)=C\cos\left(x-\frac{\lambda}{2}-\frac{\pi}{4}+k\pi\right).$$ Tenant compte de la périodicité de la fonction cosinus et du fait que $\cos(u+\pi)=-\cos(u)$, on peut simplifier ceci en disant que si $f$ est solution, alors il existe $C\in\mathbb R$ tel que $$f(x)=C\cos\left(x-\frac{\lambda}{2}-\frac{\pi}{4}\right).$$ Réciproquement (c'est la synthèse!), on vérifie facilement que les fonctions définies par la formule précédente satisfont l'équation.

Soit $f$ une solution de cette équation. Alors, on a pour tout réel $x$, $f'(x)=e^x-f(-x)$. Ainsi, la fonction $f'$ est de classe $C^1$ et donc $f$ est de classe $C^2$. Dérivant cette équation, on trouve $$f''(x)-f'(-x)=e^x.$$ Or, $f'(-x)=e^{-x}-f(x),$ et donc l'équation devient $$f''(x)+f(x)=e^x+e^{-x}.$$ On résoud alors cette équation différentielle linéaire du second ordre. Les solutions de l'équation sans second membre sont les fonctions $x\mapsto \lambda\cos(x)+\mu\sin(x)$, $\lambda,\mu\in\mathbb R$. Une solution particulière est donnée par la fonction $\cosh$. Ainsi, si $f$ est solution de l'équation initiale, on sait qu'il existe $\lambda,\mu\in\mathbb R$ tels que, pour tout $x\in\mathbb R$, on a $$f(x)=\lambda\cos x+\mu\sin x+\cosh(x).$$ Ici, il faut prendre garde au fait que l'on n'a pas procédé par équivalence. En effet, on a dérivé l'équation, et rien ne dit que toute solution de l'équation différentielle du second ordre est une solution de l'équation initiale. On doit vérifier pour quelles valeurs de $\lambda$ et $\mu$ c'est effectivement le cas. On a : $$f'(x)=-\lambda\sin x+\mu\cos x+\sinh x$$ et on doit donc avoir, pour tout réel $x$ $$(-\lambda-\mu)\sin x+(\mu+\lambda)\cos x+e^x=e^x.$$ Si on fait $x=0$, on trouve que $\mu=-\lambda$. Et réciproquement, toute fonction $x\mapsto \lambda(\cos x-\sin x)+\cosh x$, $\lambda\in\mathbb R$, est solution de l'équation.

On ne résout une équation différentielle linéaire du second ordre en introduisant l'équation caractéristique que si celle-ci est à coefficients constants. D'ailleurs, on vérifie facilement que $x\mapsto \exp(-1/x)$ n'est pas solution.