Exercices corrigés : Équations différentielles linéaires (Prépa, 1re année)

a) L'équation s'écrit $y'-3y=0$ : c'est la forme $y'+a(x)y=0$ avec $a(x)=-3$, continue sur $\mathbb{R}$. Une primitive est $A(x)=-3x$, donc les solutions sont les fonctions $x\mapsto\lambda e^{-A(x)}=\lambda e^{3x}$, $\lambda\in\mathbb{R}$. Vérification : $(\lambda e^{3x})'=3\lambda e^{3x}$.

b) Pour tout réel $x$, $1+x^2>0$, donc l'équation équivaut sur $\mathbb{R}$ à $$y'+\frac{2x}{1+x^2}\,y=0.$$ La fonction $a(x)=\dfrac{2x}{1+x^2}$ est continue sur $\mathbb{R}$ et admet la primitive $A(x)=\ln(1+x^2)$. Donc $e^{-A(x)}=\dfrac{1}{1+x^2}$ et les solutions sont les fonctions $x\mapsto\dfrac{\lambda}{1+x^2}$, $\lambda\in\mathbb{R}$.

Vérification : si $y=\dfrac{\lambda}{1+x^2}$, alors $y'=-\dfrac{2\lambda x}{(1+x^2)^2}$ et $(1+x^2)y'+2xy=-\dfrac{2\lambda x}{1+x^2}+\dfrac{2\lambda x}{1+x^2}=0$.

c) La fonction $\tan$ est continue sur $I=\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[$ et $\cos x>0$ sur $I$. Comme $\tan x=-\dfrac{(\cos)'(x)}{\cos x}$, une primitive de $\tan$ sur $I$ est $A(x)=-\ln(\cos x)$. Donc $e^{-A(x)}=e^{\ln(\cos x)}=\cos x$ et les solutions sont les fonctions $x\mapsto\lambda\cos x$, $\lambda\in\mathbb{R}$.

Vérification : $(\lambda\cos x)'+\tan x\cdot\lambda\cos x=-\lambda\sin x+\lambda\sin x=0$.

L'équation homogène $y'+2y=0$ a pour solutions $x\mapsto\lambda e^{-2x}$, $\lambda\in\mathbb{R}$ (ici $a=2$, $A(x)=2x$).

a) Le second membre est un polynôme de degré $1$ (cas $\mu=0\neq-a$) : on cherche $y_p(x)=\alpha x+\beta$. Alors $y_p'+2y_p=2\alpha x+(\alpha+2\beta)$. L'égalité $y_p'+2y_p=4x$ pour tout $x$ équivaut à $2\alpha=4$ et $\alpha+2\beta=0$, soit $\alpha=2$ et $\beta=-1$. Les solutions sont $$y(x)=2x-1+\lambda e^{-2x},\quad\lambda\in\mathbb{R}.$$ On applique la condition initiale à cette solution générale : $y(0)=-1+\lambda=0$, donc $\lambda=1$. D'après le théorème de Cauchy, l'unique solution est $y(x)=2x-1+e^{-2x}$.

Vérification : $y'(x)=2-2e^{-2x}$ et $y'+2y=2-2e^{-2x}+4x-2+2e^{-2x}=4x$.

b) Le second membre est $3e^{\mu x}$ avec $\mu=-2=-a$ : la fonction $e^{-2x}$ est solution de l'homogène, donc aucune fonction $\alpha e^{-2x}$ ne convient. On cherche $y_p(x)=\alpha xe^{-2x}$. Alors $y_p'(x)=\alpha e^{-2x}-2\alpha xe^{-2x}$ et $y_p'+2y_p=\alpha e^{-2x}$. On prend $\alpha=3$. Les solutions sont $$y(x)=(3x+\lambda)e^{-2x},\quad\lambda\in\mathbb{R}.$$

a) Sur $\mathbb{R}$, $1+x^2\neq0$ ; l'équation équivaut à $$y'+\frac{2x}{1+x^2}\,y=\frac{1}{(1+x^2)^2},$$ à coefficients continus sur $\mathbb{R}$. Avec $A(x)=\ln(1+x^2)$, les solutions de l'homogène sont $x\mapsto\dfrac{\lambda}{1+x^2}$.

On cherche $y(x)=\dfrac{\lambda(x)}{1+x^2}$ avec $\lambda$ dérivable. D'après le calcul de la méthode, $y'+\dfrac{2x}{1+x^2}y=\dfrac{\lambda'(x)}{1+x^2}$. L'équation équivaut donc à $\dfrac{\lambda'(x)}{1+x^2}=\dfrac{1}{(1+x^2)^2}$, soit $\lambda'(x)=\dfrac{1}{1+x^2}$. On prend $\lambda=\arctan$. Les solutions sont $$y(x)=\frac{\arctan x+C}{1+x^2},\quad C\in\mathbb{R}.$$ Vérification : $(1+x^2)y=\arctan x+C$ ; en dérivant, $(1+x^2)y'+2xy=\dfrac{1}{1+x^2}$.

Condition initiale : $y(0)=\arctan 0+C=C=1$. L'unique solution est $y(x)=\dfrac{1+\arctan x}{1+x^2}$.

b) La fonction $\tan$ est continue sur $I=\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[$. Une primitive est $A(x)=-\ln(\cos x)$ (car $\cos x>0$ sur $I$), donc $e^{-A(x)}=\cos x$ et les solutions de l'homogène sont $\lambda\cos x$.

On cherche $y(x)=\lambda(x)\cos x$. Alors $$y'+\tan(x)\,y=\lambda'(x)\cos x-\lambda(x)\sin x+\lambda(x)\sin x=\lambda'(x)\cos x.$$ L'équation équivaut à $\lambda'(x)\cos x=2\sin x\cos x$, soit, comme $\cos x\neq0$, $\lambda'(x)=2\sin x$. On prend $\lambda(x)=-2\cos x$, d'où $y_p(x)=-2\cos^2x$. Les solutions sont $$y(x)=C\cos x-2\cos^2x,\quad C\in\mathbb{R}.$$ Vérification : $y'=-C\sin x+4\sin x\cos x$ et $\tan(x)\,y=C\sin x-2\sin x\cos x$ ; la somme vaut $2\sin x\cos x=\sin(2x)$.

Homogène. $r^2+2r+2=0$, $\Delta=4-8=-4$, racines $-1\pm i$. Solutions réelles : $e^{-x}(\lambda\cos x+\mu\sin x)$.

Solution particulière. Les coefficients sont réels et $5\cos x=\mathrm{Re}(5e^{ix})$. On résout $z''+2z'+2z=5e^{ix}$ : $\chi(i)=i^2+2i+2=1+2i\neq0$, donc $$z_p=\frac{5}{1+2i}e^{ix}=\frac{5(1-2i)}{5}e^{ix}=(1-2i)e^{ix}.$$ Alors $y_p=\mathrm{Re}\big((1-2i)(\cos x+i\sin x)\big)=\cos x+2\sin x$.

Vérification : $y_p'=-\sin x+2\cos x$, $y_p''=-\cos x-2\sin x$, donc $y_p''+2y_p'+2y_p=(-1+4+2)\cos x+(-2-2+4)\sin x=5\cos x$.

Solution générale. $y(x)=e^{-x}(\lambda\cos x+\mu\sin x)+\cos x+2\sin x$, et $$y'(x)=e^{-x}\big((\mu-\lambda)\cos x-(\lambda+\mu)\sin x\big)-\sin x+2\cos x.$$

Conditions initiales. $y(0)=\lambda+1=0$ donne $\lambda=-1$. $y'(0)=\mu-\lambda+2=0$ donne $\mu=\lambda-2=-3$.

D'après le théorème de Cauchy, l'unique solution est $$y(x)=\cos x+2\sin x-e^{-x}(\cos x+3\sin x).$$

Homogène. $r^2+1=0$, racines $\pm i$ : solutions $\lambda\cos x+\mu\sin x$.

Terme $x$. Comme $\chi(0)=1\neq0$, on cherche $y_1=\alpha x+\beta$ : $y_1''+y_1=\alpha x+\beta=x$ donne $y_1(x)=x$.

Terme $2\cos x$. On résout $z''+z=2e^{ix}$. Le nombre $i$ est racine simple de $\chi(r)=r^2+1$, et $\chi'(i)=2i$, donc $$z_2=\frac{2}{2i}\,xe^{ix}=-i\,x(\cos x+i\sin x)=x\sin x-i\,x\cos x.$$ Les coefficients étant réels, $y_2=\mathrm{Re}(z_2)=x\sin x$. Vérification : $y_2'=\sin x+x\cos x$, $y_2''=2\cos x-x\sin x$, donc $y_2''+y_2=2\cos x$.

Solution générale (superposition) : $y(x)=\lambda\cos x+\mu\sin x+x+x\sin x$, et $y'(x)=-\lambda\sin x+\mu\cos x+1+\sin x+x\cos x$.

Conditions initiales. $y(0)=\lambda=0$ et $y'(0)=\mu+1=0$, donc $\mu=-1$.

L'unique solution est $y(x)=x-\sin x+x\sin x$.

Vérification : $y''=\sin x+2\cos x-x\sin x$ et $y''+y=x+2\cos x$.

1. Soit $I=]0,+\infty[$ ou $I=]-\infty,0[$. Sur $I$, $x\neq0$ et $(E)$ équivaut à $$y'+\frac2x\,y=\frac{1}{x(1+x^2)}.$$ Une primitive de $x\mapsto\frac2x$ sur $I$ est $A(x)=2\ln|x|$, donc $e^{-A(x)}=\dfrac1{x^2}$ et les solutions de l'homogène sont $\dfrac{\lambda}{x^2}$.

On cherche $y=\dfrac{\lambda(x)}{x^2}$ : l'équation équivaut à $\dfrac{\lambda'(x)}{x^2}=\dfrac{1}{x(1+x^2)}$, soit $\lambda'(x)=\dfrac{x}{1+x^2}$. On prend $\lambda(x)=\frac12\ln(1+x^2)$. Les solutions sur $I$ sont $$y(x)=\frac{\ln(1+x^2)}{2x^2}+\frac{C}{x^2},\quad C\in\mathbb{R}.$$ Vérification : $x^2y=\frac12\ln(1+x^2)+C$, donc $x^2y'+2xy=\dfrac{x}{1+x^2}$, et en divisant par $x$ on retrouve $(E)$.

2. Posons $g(u)=u-\ln(1+u)$ sur $[0,+\infty[$ : $g'(u)=1-\dfrac1{1+u}=\dfrac{u}{1+u}\geqslant0$ et $g(0)=0$, donc $g\geqslant0$. Posons $h(u)=\ln(1+u)-u+\dfrac{u^2}{2}$ : $$h'(u)=\frac1{1+u}-1+u=\frac{1-(1+u)+u(1+u)}{1+u}=\frac{u^2}{1+u}\geqslant0,$$ et $h(0)=0$, donc $h\geqslant0$. D'où l'encadrement.

3. Analyse. Soit $y$ une solution de $(E)$ sur $\mathbb{R}$. Ses restrictions à $]0,+\infty[$ et à $]-\infty,0[$ sont solutions, donc il existe des constantes $C_1$ et $C_2$ telles que $x^2y(x)=\frac12\ln(1+x^2)+C_1$ pour $x>0$ et $x^2y(x)=\frac12\ln(1+x^2)+C_2$ pour $x<0$. La fonction $y$ est dérivable donc continue en $0$ ; en faisant tendre $x$ vers $0^+$, $C_1=\lim\big(x^2y(x)-\frac12\ln(1+x^2)\big)=0\cdot y(0)-0=0$. De même $C_2=0$. Enfin l'équation en $x=0$ donne $0\cdot y'(0)+2y(0)=1$, soit $y(0)=\frac12$. Donc $y=\varphi$, où $$\varphi(x)=\frac{\ln(1+x^2)}{2x^2}\ \text{si } x\neq0,\qquad\varphi(0)=\frac12.$$

Synthèse. Sur $]0,+\infty[$ et sur $]-\infty,0[$, $\varphi$ est solution (cas $C=0$). En $0$ : d'après 2 appliqué à $u=x^2$, pour $x\neq0$, $$\frac12-\frac{x^2}{4}\leqslant\varphi(x)\leqslant\frac12,\quad\text{donc}\quad\left|\frac{\varphi(x)-\varphi(0)}{x}\right|\leqslant\frac{|x|}{4}\xrightarrow[x\to0]{}0.$$ Ainsi $\varphi$ est dérivable en $0$ avec $\varphi'(0)=0$, et $0\cdot\varphi'(0)+2\varphi(0)=1$ : l'équation est vérifiée en $0$.

Conclusion. L'équation $(E)$ admet une unique solution sur $\mathbb{R}$, la fonction $\varphi$. Sur chaque demi-droite il y avait une droite affine de solutions ; le raccordement en $0$ n'en retient qu'une.

1. La fonction $\exp$ est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $]0,+\infty[$, indéfiniment dérivable, de réciproque $\ln$ indéfiniment dérivable. On a $z=y\circ\exp$ et $y=z\circ\ln$. Si $y$ est deux fois dérivable, $z$ l'est comme composée ; réciproquement, si $z$ est deux fois dérivable, $y=z\circ\ln$ l'est aussi. Par dérivation des composées : $$z'(t)=e^ty'(e^t),\qquad z''(t)=e^ty'(e^t)+e^{2t}y''(e^t).$$

2. Soit $x>0$ et $t=\ln x$, de sorte que $x=e^t$. Les formules précédentes donnent $xy'(x)=z'(t)$ et $x^2y''(x)=z''(t)-z'(t)$. Donc $$x^2y''(x)-3xy'(x)+4y(x)=z''(t)-4z'(t)+4z(t).$$ Comme $t\mapsto e^t$ est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $]0,+\infty[$, $y$ est solution de $(E)$ si et seulement si $$(F)\quad z''(t)-4z'(t)+4z(t)=e^{t}\quad\text{pour tout }t\in\mathbb{R}.$$

3. $\chi(r)=r^2-4r+4=(r-2)^2$ : racine double $2$, solutions de l'homogène $(\lambda t+\mu)e^{2t}$. Comme $\chi(1)=1\neq0$, une solution particulière de $(F)$ est $\dfrac{e^t}{\chi(1)}=e^t$. Les solutions de $(F)$ sont $z(t)=(\lambda t+\mu)e^{2t}+e^t$. En revenant à $y(x)=z(\ln x)$, avec $e^{2\ln x}=x^2$, les solutions de $(E)$ sont $$y(x)=x+x^2(\lambda\ln x+\mu),\quad(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2.$$

4. $y(1)=1+\mu=1$ donne $\mu=0$. On a $y'(x)=1+\lambda(2x\ln x+x)+2\mu x$, donc $y'(1)=1+\lambda+2\mu=0$ donne $\lambda=-1$. La solution cherchée est $y(x)=x-x^2\ln x$.

Vérification : $y'=1-2x\ln x-x$, $y''=-2\ln x-3$, et $$x^2y''-3xy'+4y=(-2x^2\ln x-3x^2)+(-3x+6x^2\ln x+3x^2)+(4x-4x^2\ln x)=x.$$

1. $\chi(r)=r^2+2r+5$, $\Delta=4-20=-16$, racines $-1\pm2i$. Les solutions réelles de l'homogène sont $y_h(x)=e^{-x}\big(\lambda\cos(2x)+\mu\sin(2x)\big)$. Pour tout $x$, $|y_h(x)|\leqslant(|\lambda|+|\mu|)e^{-x}$, qui tend vers $0$ en $+\infty$ : toutes les solutions homogènes tendent vers $0$.

2. $\chi(i\omega)=-\omega^2+2i\omega+5=(5-\omega^2)+2i\omega$. Sa partie imaginaire $2\omega$ est non nulle car $\omega>0$, donc $\chi(i\omega)\neq0$. Une solution de $z''+2z'+5z=e^{i\omega x}$ est alors $z_\omega=\dfrac{e^{i\omega x}}{\chi(i\omega)}$. Comme $|\chi(i\omega)|^2=D(\omega)$, $$\frac{1}{\chi(i\omega)}=\frac{(5-\omega^2)-2i\omega}{D(\omega)}.$$ Les coefficients $2$ et $5$ étant réels, $y_\omega=\mathrm{Re}(z_\omega)$ est solution de $(E_\omega)$ : $$y_\omega(x)=\mathrm{Re}\left(\frac{(5-\omega^2)-2i\omega}{D(\omega)}\big(\cos\omega x+i\sin\omega x\big)\right)=\frac{(5-\omega^2)\cos(\omega x)+2\omega\sin(\omega x)}{D(\omega)}.$$ Ainsi $A=\dfrac{5-\omega^2}{D(\omega)}$ et $B=\dfrac{2\omega}{D(\omega)}$.

3. Par la structure des solutions, toute solution s'écrit $y=y_\omega+y_h$ avec $y_h$ solution homogène. Donc $y-y_\omega=y_h\to0$ en $+\infty$ d'après 1. Le terme $y_h$ est le régime transitoire, $y_\omega$ le régime permanent.

4. Posons $c=\dfrac{5-\omega^2}{\sqrt{D}}$ et $s=\dfrac{2\omega}{\sqrt D}$. On a $c^2+s^2=\dfrac{D}{D}=1$, donc il existe $\varphi\in\mathbb{R}$ tel que $\cos\varphi=c$ et $\sin\varphi=s$. Alors $$y_\omega(x)=\frac{1}{\sqrt D}\big(\cos\varphi\cos(\omega x)+\sin\varphi\sin(\omega x)\big)=\frac{1}{\sqrt{D(\omega)}}\cos(\omega x-\varphi).$$

5. $D(\omega)=\omega^4-10\omega^2+25+4\omega^2=\omega^4-6\omega^2+25=(\omega^2-3)^2+16$. Sur $]0,+\infty[$, $D$ est minimale si et seulement si $\omega^2=3$, soit $\omega=\sqrt3$, et $D(\sqrt3)=16$. Comme $R=1/\sqrt D$ est maximale quand $D$ est minimale, l'amplitude est maximale pour $\omega=\sqrt3$ et vaut $R(\sqrt3)=\dfrac14$.

À titre de comparaison, $R(\omega)\to\dfrac15$ quand $\omega\to0^+$. Pour $\omega=\sqrt3$, on trouve $y_{\sqrt3}(x)=\dfrac{\cos(\sqrt3x)+\sqrt3\sin(\sqrt3x)}{8}=\dfrac14\cos\left(\sqrt3x-\dfrac{\pi}{3}\right)$.