Exercices math sup : Équations différentielles linéaires

1. On commence par résoudre l'équation homogène $y'+x^2y=0$. Puisqu'une primitive de $x\mapsto x^2$ est $x\mapsto \frac{x^3}3$, les solutions de l'équation homogène sont les fonctions $$x\mapsto \lambda e^{-\frac{x^3}3},\ \lambda\in\mathbb R.$$ On cherche ensuite une solution particulière. Ici, la fonction $y(x)=-1$ convient. Les solutions de l'équation $y'+x^2y=-x^2$ sont donc les fonctions $$x\mapsto -1+\lambda e^{-\frac{x^3}3},\ \lambda\in\mathbb R.$$
2. Comme on travaille sur $\mathbb R_+^*$, on divise par $2x$ et l'équation est équivalente à $y'-\frac{1}{2x}y=\frac12$. On résout d'abord l'équation homogène $y'-\frac 1{2x}y=0$. Une primitive de $\frac{-1}{2x}$ est $-\frac 12\ln x=-\ln(\sqrt x)$ et les solutions de l'équation homogène sont les fonctions $$x\mapsto \lambda e^{\ln(\sqrt x)}=\lambda\sqrt x,\ \lambda\in\mathbb R.$$ On cherche ensuite une solution évidente sous la forme $y(x)=\lambda x$ (pour que tous les termes soient des monômes de degré $1$). En effet, $$2xy'(x)-y(x)=2\lambda x-\lambda x=\lambda x$$ et donc la fonction $y(x)=x$ est solution particulière de l'équation. Finalement, toutes les solutions de l'équation sont les fonctions qui s'écrivent $$x\mapsto x+\lambda\sqrt{x},\ \lambda\in\mathbb R.$$
3. On commence par résoudre l'équation homogène $y'-\frac{x}{1+x^2}y=0$. Une primitive de $x\mapsto \frac{-x}{1+x^2}$ est $x\mapsto -\frac 12\ln(1+x^2)=-\ln(\sqrt{1+x^2})$. Les solutions de l'équation homogène sont donc les fonctions $$x\mapsto \lambda e^{\ln(\sqrt{1+x^2})}=\lambda\sqrt{1+x^2},\ \lambda\in\mathbb R.$$ On cherche ensuite une solution particulière et il est très facile de voir que la fonction $y(x)=x$ en est une. Finalement, on trouve que les solutions de l'équation différentielle $y'-\frac{x}{1+x^2}y=\frac1{1+x^2}$ sont les fonctions $$x\mapsto \lambda\sqrt{1+x^2}+x, \lambda\in\mathbb R.$$

Avant de commencer, on pourra consulter la vidéo suivante présentant la méthode de variation de la constante.

1. On commence par résoudre l'équation homogène $y'+y=0$ dont la solution générale est $y(x)=\lambda e^{-x},$ $\lambda\in\mathbb R.$ On cherche une solution particulière sous la forme $y(x)=\lambda(x)e^{-x}$, de sorte que $y'(x)=\lambda'(x)e^{-x}-\lambda(x)e^{-x}$. On introduit ceci dans l'équation différentielle et on trouve $$\lambda'(x)e^{-x}-\lambda(x)e^{-x}+\lambda(x)e^{-x}=\frac{1}{1+e^x}.$$ Après simplification, ceci donne : $$\lambda'(x)e^{-x}=\frac{1}{1+e^x}\implies \lambda'(x)=\frac{e^x}{1+e^x}.$$ Une solution particulière est donc donné par $y(x)=\ln(1+e^x)e^{-x}$. Finalement, la solution générale de l'équation avec second membre est donnée par $$x\mapsto \ln(1+e^x)e^{-x}+\lambda e^{-x},\ \lambda\in\mathbb R.$$
2. On commence par résoudre l'équation homogène $(1+x)y'+y=0$, dont la solution générale est donnée par $y(x)=\frac{\lambda}{1+x}$, $\lambda\in\mathbb R$. On cherche une solution particulière par la méthode de variation de la constante, en posant $y(x)=\frac{\lambda(x)}{1+x}$, de sorte que $$y'(x)=\frac{\lambda'(x)}{1+x}-\frac{\lambda(x)}{(1+x)^2}.$$ En introduisant ceci dans l'équation différentielle, on trouve $$(1+x)\left(\frac{\lambda'(x)}{1+x}-\frac{\lambda(x)}{(1+x)^2}\right)+\frac{\lambda(x)}{1+x}=1+\ln(1+x)$$ ce qui donne après simplifications $$\lambda'(x)=1+\ln(1+x).$$ Une primitive est donnée par $\lambda(x)=(1+x)\ln(1+x)$, et la solution générale de l'équation avec second membre est donc donnée par $$x\mapsto\frac{\lambda}{1+x}+\ln(1+x),\ \lambda\in\mathbb R.$$
3. On commence par résoudre l'équation sans second membre $y'-\frac yx=0$. On remarque que $x\mapsto x$ est une solution. Les solutions de l'équation sans second membre sont donc les fonctions $x\mapsto \lambda x$, $\lambda\in\mathbb R$.
   On cherche ensuite une solution particulière sous la forme $y(x)=\lambda(x) x$. Reportant dans l'équation différentielle, on trouve l'équation $\lambda'(x)=x$, ce qui donne $\lambda(x)=\frac{x^2}2+C$. Puisqu'on cherchait les solutions s'écrivant $\lambda(x) x,$ on obtient donc que l'ensemble des solutions de l'équation différentielle est donné par les fonctions $$x\mapsto Cx+\frac{x^3}{2},\ C\in\mathbb R.$$
4. On commence par résoudre l'équation homogène $y'-2xy=0$. Pour chercher une solution, on peut remarquer que si $y$ est une solution qui ne s'annule pas, $$y'-2xy=0\iff \frac{y'}{y}=2x\iff \ln|y|=x^2+C.$$ Ainsi, ceci nous conduit à observer que $x\mapsto e^{x^2}$ est solution de l'équation homogère et donc que la solution générale de l'équation homogène est $x\mapsto \lambda e^{x^2},$ $\lambda\in\mathbb R.$ On cherche ensuite une solution particulière de l'équation en utilisant la méthode de variation de la constante. On pose donc $y(x)=\lambda (x) e^{x^2}$ et introduisant $y$ dans l'équation avec second membre, on trouve $$\lambda'(x)e^{x^2}=(-2x+1)e^x\iff \lambda'(x)=(-2x+1)e^{-x^2+x}.$$ Une primitive est donnée par $\lambda(x)=e^{-x^2+x}$ et donc une solution particulière de l'équation avec second membre est donnée par $$x\mapsto e^{-x^2+x}e^{x^2}=e^{x}.$$ Finalement, les solutions de l'équation sont les fonctions $x\mapsto \lambda e^{x^2}+e^x,$ $\lambda\in\mathbb R.$
5. On commence par résoudre l'équation homogène $y'-\frac2t y=0$. On trouve que les solutions sont les fonctions de la forme $y(t)=\lambda t^2,$ $\lambda\in\mathbb R.$ On cherche une solution particulière par la méthode de variation de la constante en posant $y(t)=\lambda(t)t^2$. L'équation devient : $$t^2=y'(t)-\frac2t y(t)=\lambda'(t) t^2.$$ Dès lors, $\lambda'(t)=1$ soit $\lambda(t)=t+C$. Finalement, les solutions sur $]0,+\infty[$ de l'équation de départ sont les fonctions $$t\mapsto t^3+Ct^2,\ C\in\mathbb R.$$

On va procéder par analyse/synthèse. Pour cela, on écrit qu'une solution $f$ s'écrit $$f(x)= \frac{C+x}{1+x^2}\iff C=(1+x^2)f(x)-x.$$ Le but étant d'éliminer $C$, on dérive la relation précédente, et on trouve $$0=(1+x^2)f'(x)+2xf(x)-1.$$ C'est l'équation différentielle recherchée! En effet, réciproquement, si l'on considère l'équation différentielle $$(1+x^2)y'(x)+2xy(x)-1=0,$$ on prouve facilement que ses solutions sont les fonctions $ x\mapsto \frac{C+x}{1+x^2}.$

1. 1. Il est clair que $\lim_{x\to 0^+}f(x)=0$, indépendamment de la valeur de $C$, et que $\lim_{x\to 0^-}f(x)=\pm\infty$ si $D\neq 0$, et $\lim_{x\to 0^-}f(x)=0$ si $D=0$. Ainsi, on a un prolongement continu en $0$ si et seulement si $D=0$. Dans ce cas, on a $f(0)=0$.
   2. On suppose donc que $D=0$. La fonction $f$ étant identiquement nulle à gauche de 0, elle est dérivable à gauche en 0 et sa dérivée est nulle. Pour $x>0$, on a $$\frac{f(x)-f(0)}x=\frac{C}x\exp(-1/x).$$ Posons $u=\frac 1x$. Lorsque $x$ tend vers $0^+$, $u$ tend vers $+\infty$ et $$\frac{1}x\exp(-1/x)=u\exp(-u).$$ Par comparaison des fonctions polynomes et exponentielle, on en déduit que $\frac{f(x)-f(0)}x$ tend vers 0 lorsque $x$ tend vers $0^+$, et donc $f'$ est dérivable à droite en 0, de dérivée nulle. Ainsi, on a bien que $f$ est dérivable en 0, avec $f'(0)=0$. La continuité à gauche de $f'$ en 0 ne pose alors pas de problèmes. En ce qui concerne la dérivée à droite, on remarque que, pour $x>0$, on a $$f'(x)=\frac C{x^2}\exp(-1/x)=Cu^2\exp(-u)$$ toujours avec le même changement de variables. Comme précédemment, on en tire que $\lim_{x\to 0^+}f'(x)=0$, et donc que $f'$ est continue en 0.
2. Sur l'intervalle $]0,+\infty[$, la fonction $x^2$ ne s'annule pas et l'équation est équivalente à $$y'=\frac1{x^2}y.$$ Les solutions de cette équation sont les fonctions $y(x)=C\exp(-1/x)$, où $C\in \mathbb R$. La résolution sur l'intervalle $]-\infty,0[$ donne exactement le même ensemble de solutions.
3. Soit $y$ une solution sur $\mathbb R$. Sa restriction à $]0,+\infty[$ est solution sur $]0,+\infty[$, et donc il existe une constante $C\in\mathbb R$ telle que, pour tout $x>0$, $y(x)=C\exp(-1/x)$. La restriction de $y$ à $]-\infty,0[$ est aussi solution sur $]-\infty,0[$, et donc il existe une constante $D\in\mathbb R$ telle que, pour tout $x<0$, $y(x)=D\exp(-1/x)$. Remarquons ici que $C$ et $D$ n'ont aucune raison d'être égaux. En effet, les résolutions sur $]-\infty,0[$ et $]0,+\infty[$ se font totalement indépendamment.
   D'ailleurs, le résultat des premières questions entraîne que, pour que $y$ soit continue en $0$, il est nécessaire que $D=0$. Dans ce cas, la fonction $y$ est de classe $C^1$, et elle vérifie bien l'équation différentielle : c'est clair pour $x\neq 0$, et c'est aussi vrai en 0 par continuité de $y$ et $y'$ en 0.

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 $$y''-y'-2y=0.$$

D'abord, l'équation $z''=0$ donne facilement $z(t)=at+b$, avec $a$ et $b$ des constantes. Ensuite, on a $$u'=x''+iy''=\omega y'-i\omega x'=-i\omega u.$$ On en déduit que $u(t)=(c+id) e^{-i\omega t}$. En prenant les parties réelles et imaginaires, on trouve que \begin{eqnarray*} x'(t)&=&c\cos(\omega t)+d\sin(\omega t)\\ y'(t)&=&d\cos(\omega t)-c\sin(\omega t). \end{eqnarray*} Il suffit d'intégrer une nouvelle fois pour trouver les valeurs de $x$ et de $y$ : \begin{eqnarray*} x(t)&=&c'\sin(\omega t)-d'\cos(\omega t)+x_0\\ y(t)&=&d'\sin(\omega t)+c'\cos(\omega t)+y_0 \end{eqnarray*} où on a posé $c'=c/\omega$ et $d'=d/\omega$. Il s'agit d'un mouvement hélicoïdal.

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*}

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.

Supposons qu'une telle courbe existe. Soit $M(a,f(a))$ un point de la courbe. La tangente en $M$ a pour équation $y-f(a)=f'(a)(x-a)$. Pour que cette tangente coupe l'axe des abscisses, il est nécessaire que $f'(a)\neq 0$. L'abscisse de $T$ est alors $a-f(a)/f'(a)$. Pour que $O$ soit le milieu de $[PT]$, il est nécessaire et suffisant que $0=a-f(a)/f'(a)+a$. $f$ est donc solution de l'équation différentielle $$2af'(a)=f(a).$$ On résout cette équation différentielle, et on trouve que ses solutions sont les fonctions $f(x)=C\sqrt{x}$, $C\in\mathbb R$. Pour que $f$ ne soit pas la fonction nulle (sinon la dérivée s'annule toujours), on doit aussi demander $C\neq 0$.
Réciproquement, soit $f(x)=C\sqrt x$ avec $C\neq 0$. Si $M(a,C\sqrt a)$ est un point de la courbe, la tangente en $M$ a pour équation $y-C\sqrt a=\frac{C}{2\sqrt a}(x-a)$, et elle coupe l'axe des abscisses en le point d'abscisse $$a-\frac{C\sqrt a}{\frac{C}{2\sqrt a}}=a-2a=-a.$$ $O$ est bien le milieu de $T(-a,0)$ et de $P(a,0)$.

Soit $M=(t,f(t))$ un point de $C_f$. Le point $P$ a pour coordonnées $(t,0)$. La tangente à $C_f$ en $M$ a pour équation $$y-f(t)=f'(t)(x-t).$$ L'intersection de la tangente avec l'axe $(O,\vec i)$ a pour coordonnées $(a,0)$ où $a$ vérifie $$-f(t)=f'(t)(a-t)\iff a=t-\frac{f(t)}{f'(t)}.$$ Le vecteur $\overrightarrow{TP}$ a donc pour coordonnées $\left(\frac{f(t)}{f'(t)},0\right)$. On cherche les fonctions $f$ pour lesquelles ce vecteur est constant, c'est-à-dire pour lesquelles il existe $k\in\mathbb R$ de sorte que $\frac{f(t)}{f'(t)}=k$. $k$ ne peut pas être nul, sinon la fonction $f$ serait identiquement nulle et sa dérivée aussi. Posons $\lambda=1/k$. Alors on cherche les fonctions $f$ solutions de l'équation différentielle $f'-\lambda f=0$. Ces fonctions sont de la forme $f(t)=Ce^{\lambda t}$ avec $C\neq 0$ pour la même raison que ci-dessus. On a donc prouvé que les fonctions solutions sont à rechercher parmi les fonctions $f(t)=Ce^{\lambda t}$ avec $C,\lambda\in\mathbb R^*$.
Réciproquement, on vérifie facilement que ces fonctions sont solutions (il ne faut pas oublier de traiter la réciproque, ou alors il faut faire très attention de raisonner plus haut par équivalence).

Faisant $s=t=0$, on remarque que $f(0)^2=f(0)$, et donc $f(0)=0$ ou $f(0)=1$. Si $f(0)=0$, faisant $s=0$, on trouve que pour tout $t\in\mathbb R$, on a $$f(t)=f(0)f(t)=0.$$ On peut donc supposer $f(0)=1$. On repart alors de la relation initiale, on fixe la variable $s$ à une valeur quelconque de $\mathbb R$, et on dérive par rapport à $t$. On obtient $$f'(s+t)=f(s)f'(t).$$ On évalue en $t=0$, et on trouve $$f'(s)=f(s)f'(0).$$ Ainsi, $f$ est solution d'une équation différentielle $y'=\alpha y$. On en déduit que $f$ est de la forme $f(x)=Ce^{\alpha x}.$ Pour que $f(0)=1$, il est nécessaire que $C=1$. Réciproquement, on vérifie aisément que la fonction nulle et les fonctions $x\mapsto e^{\alpha x}$, $\alpha\in\mathbb R$, sont bien solutions de l'équation fonctionnelle.

Soit $y$ une solution de l'équation. Sa tangente au point d'abscisse $x_0$ a pour équation $$y-y(x_0)=\big(a(x_0)y(x_0)+b(x_0)\big)(x-x_0).$$ Par tout point $(x_0,\lambda)$ il passe une courbe intégrale (ou encore il y a une unique solution avec $y(x_0)=\lambda$), et il s'agit de démontrer que toutes les droites de la famille $(D_\lambda)_{\lambda\in\mathbb R}$, où $(D_\lambda)$ est la droite d'équation $$y-\lambda=\big(a(x_0)\lambda+b(x_0)\big)(x-x_0)$$ sont parallèles ou concourantes. Si $a(x_0)=0$, il est clair qu'elles sont parallèles, et parallèles à $y=b(x_0)x$. Sinon, cherchons le point d'intersection, pour $\lambda\neq \mu$, de $D_\lambda$ et $D_\mu$. On doit résoudre le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} y-\lambda&=&\big(a(x_0)\lambda+b(x_0)\big)(x-x_0)\\ y-\mu&=&\big(a(x_0)\mu+b(x_0)\big)(x-x_0)\\ \end{array}\right.$$ On trouve que le point d'intersection a pour coordonnées $\left(x_0-\frac{1}{a(x_0)},\frac{-b(x_0)}{a(x_0)}\right)$. Il ne dépend pas de $\lambda$ ni de $\mu$. Toutes les droites $D_\lambda$ passent par ce point!

Remarquons d'abord que nous sommes dans les conditions d'application du théorème de Cauchy linéaire et donc qu'il existe bien une unique solution au problème défine sur $]0,+\infty[$. Nous allons procéder par analyse/synthèse.
Analyse : soit $y$ une telle solution, et $(a,0)$ un point où la courbe représentative de $y$ touche l'axe des abscisses sans le traverser. On a donc $y(a)=0$. Puisque la courbe représentative de $y$ ne traverse pas l'axe des abscisses, c'est que $y$ admet un extrémum local en $a$ et donc on a aussi $y'(a)=0$. Mais alors, puisque $y$ est solution de l'équation, on sait que $1-\frac 1a=0$, et donc que $a=1$. Ainsi, s'il existe une solution au problème, on a $y(1)=0$.
Synthèse : Considérons $y$ la fonction définie sur $]0,+\infty[$ et vérifiant $y'-3y=1-\frac 1x$ et $y(1)=0$. On sait aussi que $y'(1)=0$. De plus, dérivant l'équation différentielle, $y''-3y=\frac1{x^2}$, et donc $y''(1)=1>0$. Ainsi, $y$ admet un minimum local strict en $1$. Ainsi, la courbe représentative de $y$ touche l'axe des abscisses en $(1,0)$, sans le traverser. Remarquons que notre raisonnement ne démontre pas que la courbe représentative de $y$ ne coupe pas l'axe des abscisses en un autre point.

Il y a deux clés pour résoudre cet exercice :

• toute fonction impaire vaut $0$ en $0$;
• l'équation différentielle $(E)$ admet une unique solution $y_0$ vérifiant $y_0(0)=0$.

Ceci montre déjà l'unicité : s'il y a une fonction $y$ impaire solution de $(E)$, elle vérifie $y(0)=0$ et doit donc être égale à $y_0$. Réciproquement, on doit prouver que $y_0$ est impaire. On va poser $z(t)=-y_0(-t)$. $z$ est solution de $(E)$. En effet, $$z'(t)+a(t)z(t)=y_0'(-t)-a(t)y_0(-t)=y_0'(-t)+a(-t)y_0(-t)=b(-t)=b(t),$$ car $y_0$ est solution de $(E)$, $a$ est impaire et $b$ est paire. $z$ est donc solution de $(E)$, et satisfait de plus $z(0)=0$. Ainsi, par unicité au problème de Cauchy, $z$ est égale à $y_0$, et donc $y_0$ est impaire.
On pouvait aussi prouver que $y_0$ est impaire, en cherchant à résoudre l'équation différentielle par la méthode usuelle (solution de l'équation homogène à l'aide de l'exponentielle et d'une primitive de $a$, puis méthode de variation de la constante).

L'équation caractéristique $r^2+ar+b=0$ a pour discriminant $\Delta=a^2-4b$. On distingue alors les trois cas :

• Si $\Delta>0$, les solutions sont de la forme $x\mapsto C_1\exp(\lambda_1 x)+C_2\exp(\lambda_2 x)$, avec $\lambda_1,\lambda_2$ des réels distincts. L'un des deux, disons $\lambda_1$, est non-nul. La solution $x\mapsto \exp(\lambda_1 x)$ n'est jamais bornée.
• Si $\Delta=0$, alors les solutions sont de la forme $x\mapsto (C_1 x+C_2)\exp(\lambda x)$ avec $\lambda$ un réel. Dans tous les cas (même si $\lambda=0$), la solution $x\mapsto x\exp(\lambda x)$ n'est pas bornée.
• Si $\Delta<0$, alors posons $\delta>0$ tel que $\delta^2=-\Delta$. Les racines de l'équation caractéristique sont $\frac{-a\pm i\delta}2$ et les solutions de l'équation sont les fonctions de la forme $x\mapsto C_1\sin(\delta x/2)\exp(-ax/2)+C_2\cos(\delta x/2)\exp(-ax/2)$. Or, les fonctions $x\mapsto \sin(\delta x/2)\exp(-ax/2)$ et $x\mapsto \cos(\delta x/2)\exp(-ax/2)$ sont bornées si et seulement si $a=0$.

Ainsi, en résumant, toutes les solutions de $y''+ay'+by=0$ sont bornées si et seulement si $\Delta<0$ et $a=0$, c'est-à-dire si et seulement si $a=0$ et $b>0$. En physique, cela correspond à l'équation différentielle obtenue pour un oscillateur harmonique.