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*}

On résout d'abord l'équation homogène sans second membre $y''+4y=0$. Son équation caractéristique est $r^2+4=0$, dont les racines sont $2i$ et $-2i$ et donc les fonctions $y_1:t\mapsto \sin(2t)$ et $y_2:t\mapsto \cos(2t)$ forment une base de l'ensemble des solutions de l'équation homogène. Pour déterminer une solution de l'équation avec second membre, on applique la méthode de variation de la constante en cherchant une solution qui s'écrit : $y(t)=\lambda_1(t)y_1(t)+\lambda_2(t)y_2(t)$. Attention, puisqu'ici on a affaire à une équation du second degré, les fonctions dérivées $\lambda_1'$ et $\lambda_2'$ doivent vérifier le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} \lambda_1'(t)y_1(t)+\lambda_2'(t)y_2(t)&=&0\\ \lambda_1'(t)y_1'(t)+\lambda_2'(t)y_2'(t)&=&\tan(t) \end{array}\right.$$ (si cela n'est pas clair, consultez d'urgence votre cours!). On remplace $y_1$ et $y_2$ par leurs valeurs respectives, et on trouve le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} \lambda_1'(t)\sin(2t)+\lambda_2'(t)\cos(2t)&=&0\\ \lambda_1'(t)\cos(2t)-\lambda_2'(t)\sin(2t)&=&\frac12\tan(t). \end{array}\right.$$ Il vient $$\lambda_1'(t)=\frac 12\cos(2t)\frac{\sin t}{\cos t}=\frac12\sin(2t)+\frac{1}{2}\frac{-\sin(t)}{\cos(t)}$$ en utilisant $\cos(2t)=2\cos^2(t)-1$. La dernière partie du membre de droite est de la forme $u'/u$. On peut intégrer et on trouve, à une constante près, $$\lambda_1(t)=-\frac 14\cos(2t)+\frac12\ln(\cos t).$$ De même, on trouve $$\lambda_2'(t)=-\sin^2(t)=-\frac12(1-\cos(2t))$$ soit $$\lambda_2(t)=-\frac t2+\frac 14\sin(2t).$$

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.

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.

Soit $I$ un intervalle tel qu'il existe une équation différentielle linéaire homogène du second ordre dont $\phi_1$ et $\phi_2$ soient solutions. Puisque la famille $(\phi_1,\phi_2)$, vues comme fonctions sur $I$, est clairement une famille libre, $(\phi_1,\phi_2)$ est une base de solutions de cette équation différentielle. Soit maintenant $y$ une solution de cette équation différentielle. Alors le wronskien de $y,\phi_1,\phi_2$ s'annule. Autrement dit, pour tout $x\in I$, $$\left|\begin{array}{ccc} y(x)&\phi_1(x)&\phi_2(x)\\ y'(x)&\phi_1'(x)&\phi_2'(x)\\ y''(x)&\phi_1''(x)&\phi_2''(x) \end{array}\right|=0.$$ Le calcul de ce déterminant, par exemple en développant par rapport à la première colonne, donne $$4xy''(x)-4y'(x)-16x^3y(x)=0.$$ Ainsi, et il est maintenant très facile de le vérifier, $\phi_1$ et $\phi_2$ sont solutions de l'équation différentielle $$xy''-y'-4x^3y=0.$$

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.