Oraux de concours : Exercices sur les équations différentielles linéaires

Les solutions du système différentiel sont les fonctions qui s'écrivent $$X(t)=e^{tA}X(0).$$ En particulier, si $A$ est nilpotente d'indice $p$, $$e^{tA}=\sum_{k=0}^p\frac{t^k A^k}{k!}$$ ce qui prouve, par produit de matrices, que toutes les solutions de $(S)$ sont polynômiales.
Réciproquement, si toutes les solutions de $(S)$ sont polynômiales, considérons $j\in\{1,\dots,n\}$ et considérons la solution dont la condition initiale est $X(0)=e_j$. Alors on a $$X(t)=\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{t^k A^k}{k!}e_j.$$ Or, $X$ est un polynôme, et donc par unicité du développement en série entière, on sait qu'il existe $d_j\in\mathbb N$ tel que $A^k e_j=0$ si $k\geq d_j.$ Posons $d=\max(d_1,\dots,d_n)$. Alors $A^k e_j=0$ pour tout $j\in\{1,\dots,n\}$ et donc $A^k=0$ par linéaire.
Traitons maintenant le cas général.

1. Si $A$ est $1$-périodique, alors $I=A(1)=A(0)=0$. Réciproquement, si $I=0,$ alors pour tout $x\in\mathbb R,$ \begin{align*} A(x+1)&=\int_0^{x+1}a(t)dt\\ &=\int_0^x a(t)dt+\int_{x}^{x+1}a(t)dt\\ &=A(x)+\int_0^1 a(t)dt\\ &=A(x) \end{align*} et donc $A$ est $1$-périodique. On a utilisé dans le raisonnement précédent que, pour une fonction $1$-périodique, les intégrales sur tout intervalle de longueur $1$ sont égales.
2. Soit $y$ une solution de $(E)$ et notons $z(x)=y(x+1)$. Alors pour tout $x\in\mathbb R,$ $$z'(x)=y'(x+1)=a(x+1)y(x+1)+b(x+1)=a(x)z(x)+b(x)$$ par $1$-périodicité de $a$ et $b$. Ainsi, $z$ est bien solution de $(E)$.
3. En gardant les notations de la réponse précédente, si $y$ est une solution $1$-périodique de $(E),$ alors $y(1)=y(0)$. Réciproquement, si $y(1)=y(0),$ alors $z$ et $y$ sont deux solutions du même problème de Cauchy puisque $z(0)=y(0)$ et sont donc égales. Ainsi, $y$ est $1$-périodique. Or, on sait que la solution générale de l'équation s'écrit $$y(x)=\left(\alpha+\int_0^x b(t)e^{-A(t)}dt\right)e^{A(x)}.$$ Il vient $$y(1)=\left(\alpha+\int_0^1 b(t)e^{-A(t)}dt\right)e^{I}\textrm{ et }y(0)=\alpha.$$ Si on pose $\mu=\int_0^1 b(t)e^{-A(t)}dt$, alors on voit que $y$ est $1-$périodique si et seulement si $$\alpha(e^I-1)+\mu e^{I}=0.$$ Pour $I\neq 0,$ il y a une unique solution $1$-périodique donnée par $$\alpha=\frac{\mu e^I}{e^I-1}.$$
4. On reprend le raisonnement précédent, et observe cette fois que $e^I=1$. On obtient que la solution $y$ est $1$-périodique si et seulement si $\mu=0$. Et donc dans ce cas, ou bien toutes les solutions sont $1$-périodiques, ou bien aucune solution n'est $1$-périodique.
5. Pour le cas $I=0,$ on peut choisir $a(x)=\sin(2\pi x)$. Pour $b=1,$ on a $\mu\neq 0$ et pour $b=0,$ on a $\mu=0$. Pour le cas $I\neq 0,$ on peut choisir $a(x)=1$ et pour $b$ n'importe quelle fonction $1$-périodique.

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 $\mathbb R.$

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 $\mathbb R.$

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 $]-1,1[$.