EDL

FONCTIONS COMPLEXES, ´ EQUATIONS

DIFF´ ERENTIELLES, SUITES R´ ECURRENTES LIN´ EAIRES

2.1. Fonctions d´erivables `a valeurs complexes

On rappelle que tout nombre complexez∈Cs’´ecrit de fa¸con uniquez=a+ib, avec a, b∈R.

On dit que a est lapartie r´eelle de z, not´eeRe(z), et que b est la partie imaginaire de z, not´ee Im(z). On a donc z=Re(z) +iIm(z).Attention ! La partie Im(z) ´egaleb, et nonib.

SoientI ⊂Run intervalle ouvert non vide etf une applicationI →C. Pour toutt∈I, on peut

´ecriref(t) = a(t) +ib(t), o`u a(t) =Re(f(t)) et b(t) =Im(f(t)). Ceci d´efinit deux applications a, b :I → R. On ´ecrira a = Re(f) et b = Im(f) et l’on dira que a (resp.b) est la partie r´eelle (resp. imaginaire) def.

D´efinition 2.1 (Fonctions d´erivables I →C). — Soitt₀ ∈I.

(1) On dit quef estd´erivableent₀siaetble sont. Dans ce cas, on posef⁰(t₀) =a⁰(t₀)+ib⁰(t₀).

(2) On dit quef est d´erivable sur I si elle l’est en tout point deI.

(3) Remarquons que sif est d´erivable surI et si 0 =f⁰(t) =a⁰(t) +ib⁰(t) pour toutt∈I, alors a(resp.b) est la fonction constante de valeura₀=a(t₀) (resp.b₀ =b(t₀)), donc f est la fonction constante de valeur complexea₀+ib₀.

On a de plus les propri´et´es suivantes, qui se d´eduisent facilement des propri´et´es analogues, d´ej`a vues, pour les fonctions r´eelles d´erivables.

Proposition 2.2. — Soient f, g:I →C deux fonctions d´erivables et soit γ ∈C.

(i) La fonction γf +g est d´erivable, de d´eriv´ee γf⁰+g⁰.

(ii) L’ensembleD(I,C)des fonctions d´erivablesI →Cest un sev duC-espace vectorielF(I,C) de toutes les fonctions I →C, et l’application D:D(I,C)→F(I,C), f 7→f⁰ est lin´eaire.

(iii) La fonction f g est d´erivable, de d´eriv´ee f⁰g+f g⁰.

D´emonstration. — Il r´esulte aussitˆot des d´efinitions que siα∈R, la fonctionαf+gest d´erivable, de d´eriv´ee αf⁰+g⁰. Pour la suite de la d´emonstration, ´ecrivons f = a+ib, avec a= Re(f) et b=Im(f).

Alors, on a (if)⁰ = (−b+ia)⁰=−b⁰+ia⁰ =i(a⁰+ib⁰) =if⁰ . En ´ecrivant γ = α+iβ, avec α, β ∈R, on obtient donc que

(γf)⁰ = (αf+βif)⁰ =αf⁰+β(if)⁰ =αf⁰+βif⁰ =γf⁰. Ceci prouve (i), et le point (ii) n’est qu’une reformulation de (i).

Prouvons (iii). Sir est une fonction d´erivableI →R, alors rf =ra+irb d’o`u

(rf)⁰ = (ra)⁰+i(rb)⁰ =r⁰a+ra⁰+i(r⁰b+rb⁰) =r⁰(a+ib) +r(a⁰+ib⁰) =r⁰f+rf⁰. En ´ecrivant g=r+is, avec r=Re(f) et s=Im(f), on obtient alors, en utilisant le point (i) :

(gf)⁰ = (rf+isf)⁰=r⁰f+rf⁰+i(s⁰f+sf⁰) = (r⁰+is⁰)f+ (r+is)f⁰ =g⁰f+gf⁰. La proposition est d´emontr´ee.

12 CHAPITRE 2. FONCTIONS `A VALEURS COMPLEXES, ´EQUATIONS DIFF´ERENTIELLES LIN´EAIRES

D´efinition 2.3 (Primitives d’une fonction f :I →C). — Soitf(t) =a(t) +ib(t) une appli- cation I → C. Une application F :I → C est une primitive de f sur I si elle est d´erivable de d´eriv´ee f. Si on ´ecritF(t) =A(t) +iB(t), ceci ´equivaut `a dire queA (resp.B) est une primitive de a (resp.b) sur I. Si G est une autre primitive de f sur I alors, d’apr`es le point (3) de 2.1, il existec∈Ctel queG=c+F.

2.2. Primitivation par parties et primitives de e^axe^ibxP(x)

Soient I ⊂ R un intervalle ouvert non vide, x₀ ∈ I et h : I → R une application continue.

Vous avez vu en Terminale (et nous verrons dans ce cours) que la fonctionH(x) =R_x

x0h(t)dt est une primitive deh surI, et que toute primitive deh surI est de la formeH+c, pour un r´eelc.

Pour cette raison, on d´esignera parR

h une primitive quelconque de h sur I et le proc´ed´e d´ecrit ci-dessous est appel´e «Int´egration par parties» (IPP en abr´eg´e) au lieu de «Primitivation par parties».

Soit donn´e un produith=f g de fonctions continues surI, et supposons qu’on connaisse d´ej`a une primitiveF def surI. La formule (F g)⁰ =F⁰g+F g⁰ =f g+F g⁰donne alorsf g= (F g)⁰−F g⁰ donc si on connaˆıt une primitiveR

F g⁰ de F g⁰ surI, alorsH =F g−R

F g⁰ sera une primitive de f g surI. Illustrons ceci par l’exemple suivant.

(I)Cherchons une primitive de e^axP(x), o`u a∈R^∗ et P(x)∈R[x] est un polynˆome de degr´e d≥1. Soientf(x) =e^ax,g(x) =P(x) etk= 1/a. Alors une primitive def estF(x) =ke^axdonc on a :

(1)

Z

e^axP(x) =ke^axP(x)− Z

F(x)P⁰(x) =ke^ax−k Z

e^axP⁰(x)

donc le calcul d’une primitive de e^axP(x) est ramen´e `a celui d’une primitive de e<sup>ax</sup>P<sup>0</sup>(x), o`u maintenant P⁰ est un polynˆome de degr´ed−1. On peut r´ep´eter l’op´eration : on aR

e^axP⁰(x) = ke^axP⁰(x)−kR

e^axP⁰⁰(x) et donc (2)

Z

e^axP(x) =ke^axP(x)−k²e^axP⁰(x) +k² Z

e^axP⁰⁰(x).

En r´ep´etant dfois ce processus, on obtient que Z

e^axP(x) =ke^ax

³

P(x)−kP⁰(x) +k²P⁰⁰(x)− · · ·+ (−k)^d−1P^(d−1)(x)

´

+ (−k)^d Z

e^axP^(d)(x), et comme P^(d)(x) est une constante (puisque deg(P) =d), alors une primitive de e^axP^(d)(x) est ke^axP^(d)(x). L’´egalit´e pr´ec´edente d´emontre donc la premi`ere partie de la proposition suivante : Proposition 2.4. — Soit a∈R^∗ et soit P ∈R[x] de degr´ed≥1.

(i) Les primitives surR deh(x) =e^axP(x) sont les fonctionsH(x) =c+e^axQ(x), o`uc est un r´eel arbitraire et Q(x) est le polynˆome k¡

P(x)−kP⁰(x) +· · ·+k^dP^(d)(x)¢

, qui est ´egalement de degr´e d.

(ii) Comme (e^axQ(x) +c)⁰ =e^ax(aQ(x) +Q⁰(x)), Qest d´etermin´e par l’´egalit´e aQ+Q⁰ =P, donc si P(x) =a₀+a₁x+· · ·+a_dx^d, on cherche Q sous la formeQ(x) =b₀+b₁x+· · ·+b_dx^d, o`u les b_i ∈Rsont des coefficients inconnus que l’on d´etermine en ´ecrivant que Q⁰(x) +aQ(x) = (b₁ +ab₀) + (2b₂ +ab₁)x+· · ·+ (db_d+ab_d−1)x^d−1+ab_dx^d = a₀ +a₁x+· · ·+a_dx^d. Donc, en posantk= 1/a, on obtient : b_d=ka_d, puisb_d−1=k(a_d−1−db_d) =ka_d−1−k²da_d, etc.

(II) Cherchons maintenant une primitive de e^axcos(bx), o`u a, b∈R<sup>∗</sup>. On pourrait faire deux IPP successives : en posant f(x) = e<sup>ax</sup> et g(x) = cos(bx), une primitive de f est (1/a)f et l’on a g<sup>0</sup> =−bsin(bx), d’o`u R

e^axcos(bx) = (1/a)e^axcos(bx) + (b/a)R

e^axsin(bx), puis en posant v(x) = sin(bx) on a v⁰(x) = bcos(bx) d’o`u R

e^axsin(bx) = (1/a)e^axsin(bx)−(b/a)R

e^axcos(bx), et l’on obtient l’´egalit´e

Z

e^axcos(bx) = 1

ae^axcos(bx) + b

a²e^axsin(bx)− b² a²

Z

e^axcos(bx),

d’o`u ^a2_a^+b2 ²

R e^axcos(bx) = ¹_ae^axcos(bx) +_a^b2e^axsin(bx). Donc les primitives sur Rde e^axcos(bx), o`u a, b∈R^∗, sont les fonctions : e^ax

a²+b²

¡acos(bx) +bsin(bx)¢ +c.

Montrons que l’on peut obtenir ceci de fa¸con plus rapide en utilisant les nombres complexes.

Rappelons que pour tout y ∈ R on pose : e^iy= cos(y) +isin(y) . Il r´esulte des formules trigo- nom´etriques :

cos(y+y⁰) = cos(y⁰) cos(y)−sin(y⁰) sin(y) sin(y+y⁰) = sin(y⁰) cos(y) + cos(y⁰) sin(y) que l’on a : e^iye^iy0 =e^i(y+y0) pour touty, y⁰ ∈R. Puis, on pose e^x+iy=e^xe^iy pour toutx, y∈R, o`u e<sup>x</sup> d´esigne l’exponentielle r´eelle usuelle. Il r´esulte de ce qui pr´ec`ede que pour toutz=x+iy etz⁰ =x⁰+iy⁰, avecx, x⁰, y, y⁰ ∈R, on a e^z+z0 =e^ze^z0 . De plus, on a l’importante proposition suivante (le point (ii) sera utilis´e au parag. 2.3.2):

Proposition 2.5. — Soient a, b ∈R. Posons z =a+ib et consid´erons la fonction h :R→ C,

(Q)

cos(bt) +isin(bt)¢ .

(1) h est d´erivable, et h⁰(t) = (a+ib)h(t) =zh(t) pour tout t∈R.

(2) Les fonctions complexesf :R→C solutions de l’´equation diff´erentielle f⁰(t) =zf(t) sont les fonctions f(t) =Ce^zt, o`u C ∈C.

D´emonstration. — (i) D’apr`es la d´efinition 2.1, la fonction g(t) = e^ibt = cos(bt) +isin(bt) est d´erivable, de d´eriv´ee−bsin(bt) +ibcos(bt) =ibg(t). Par cons´equent, la fonctionh(t) =e^atg(t) est d´erivable, de d´eriv´ee ae^atg(t) +e^atibg(t) = (a+ib)h(t) =zh(t).

Prouvons (ii). Les fonctions Ce^zt sont solutions, d’apr`es (i). R´eciproquement, soit f une so- lution. Alors la fonction complexe k(t) = f(t)e^−zt est d´erivable, de d´eriv´eek⁰(t) = zf(t)e^−zt− f(t)ze^−zt = 0, donc k(t) et une constante C ∈ C, et donc f(t) = Ce^zt. La proposition est d´emontr´ee.

Revenons au calcul d’une primitive de e^atcos(bt). Si b = 0, on trouve imm´ediatement une primitive de e^at, donc le cas «int´eressant» est lorsque b 6= 0. Dans ce cas, une primitive de h = e^ate^ibt est la fonction complexe H(t) = 1

a+ibe^ate^ibt. Ses parties r´eelle et imaginaire sont donn´ees par :

H(t) = a−ib a²+b²e^at¡

cos(bt) +isin(bt)¢

= e^at a²+b²

h¡acos(bt) +bsin(bt)¢ +i¡

−bcos(bt) +asin(bt)¢i . Alors la partie r´eelle (resp. imaginaire) deHest une primitive de la partie r´eellee^atcos(bt) (resp. la partie imaginaire e^atsin(bt)) de h(t) = e^ate^ibt. On a donc obtenu le point (i) de la proposition suivante :

Proposition 2.6. — Soient a∈R et b∈R^∗.

(i) Les primitives sur Rde la fonction complexe e^at¡

cos(bt) +isin(bt)¢

sont les fonctions com- plexes c+ a−ib

a²+b²e^ate^ibt, o`u c∈ C. En prenant les parties r´eelles et imaginaires, ceci donne les primitives dee^atcos(bt) et de e^atsin(bt).

(ii) Plus g´en´eralement, soit P(t) = a₀ +a₁t+· · ·+a_dt^d ∈ R[t] un polynˆome de degr´e d≥ 1.

Les primitives surRde la fonction complexe h(t) =e^atP(t)¡

cos(bt) +isin(bt)¢

sont les fonctions complexesc+e^ate^ibtQ(t), o`u c∈CetQ(t) =b<sub>0</sub>+b<sub>1</sub>t+· · ·+b<sub>d</sub>t<sup>d</sup>∈C[t]est le polynˆome d´etermin´e par l’´egalit´e (a+ib)Q+Q<sup>0</sup> =P, c.-`a-d., en posant k= 1

a+ib = a−ib

a²+b², on a : b_d=ka_d, puis b_d−1 = k(a_d−1 −db_d) = ka_d−1 −k²da_d, etc. En prenant les parties r´eelles et imaginaires, ceci donne les primitives de e^atP(t) cos(bt) et de e^atP(t) sin(bt).

14 CHAPITRE 2. FONCTIONS `A VALEURS COMPLEXES, ´EQUATIONS DIFF´ERENTIELLES LIN´EAIRES

D´emonstration de (ii). — SiQ(t) est un polynˆome complexe, la fonctione^ate^ibtQ(t) a pour d´eriv´ee e^ate^ibt¡

(a+ib)Q(t) +Q⁰(t)¢

donc c’est une primitive deh(t) si et seulement siQv´erifie l’´equation (a+ib)Q+Q⁰ = P. Comme z₀ = a+ib 6= 0 ceci entraˆıne que Q est de mˆeme degr´e que P;

´ecrivant alorsQ(t) =b₀+b₁t+· · ·+b_dt^d, on voit que lesb_i sont uniquement d´etermin´es par les a_i : notant k = 1/z₀, on a b_d = ka_d, puis b_d−1 = k(a_d−1 −db_d) = ka_d−1−k²da_d, etc. Enfin, comme deux primitives de h surRne diff`erent que par une constantec∈C, on obtient bien que toutes les primitives deh surR sont de la formec+e^ate^ibtQ(t).

2.3. ´Equations diff´erentielles lin´eaires `a coefficients constants

2.3.1. ´Equations diff´erentielles lin´eaires du 1er ordre `a coefficients constants. — Soit λ∈R. Rappelons les r´esultats vus en 1M001 sur l’´equation diff´erentielle

(†) x⁰(t)−λx(t) =g(t),

o`ug(t) est une fonction continue sur un intervalle ouvertI. Ceci ´equivaut `ae^−λt(x⁰(t)−λx(t)) = e^−λtg(t) et l’on reconnaˆıt dans le membre de gauche la d´eriv´ee de e^−λtx(t). D’autre part, la fonction h(t) =e^−λtg(t) ´etant continue sur I, la th´eorie de l’int´egration (qu’on verra plus tard) nous assure qu’elle admet des primitives sur I. Si l’on fixe t₀ ∈ I, l’une d’elles est H(t) = R_t

t0g(u)du, et toute autre primitive est de la formec+H, avecc∈R. (Et doncH estlaprimitive de h qui s’annule ent₀.)

Donc, les solutions de (†) sont les fonctions x(t) =e^λt(H(t) +c) = e^λtH(t) +ce^λt. Une telle solution est enti`erement d´etermin´ee par la donn´ee de sa valeur initiale x<sub>0</sub> = x(t<sub>0</sub>) car on a c=e<sup>−λt0</sup>x<sub>0</sub> (compte tenu deH(t<sub>0</sub>) = 0). Le slogan `a retenir est donc :«chaque solutionxde (†) est d´etermin´ee par sa valeur initialex(t₀), qui peut ˆetre choisie arbitrairement».

Si g(t) = e^µtP(t), o`u µ ∈ R et P ∈ R[t] est un polynˆome de degr´e d ≥ 0, il s’agit donc de trouver les primitives de h(t) = e<sup>(µ−λ)t</sup>P(t). Il y a deux cas. Si µ = λ, alors h(t) = P(t) et les primitives sont des polynˆomes de degr´ed+ 1 : on peut les ´ecrire sous la formeH =Q+c, o`u Q est l’unique polynˆome tel que Q⁰ =P etQ(0) = 0 (si P =P_d

i=0a_itⁱ alorsQ(t) =P_d

i=0a_i tⁱ⁺¹ i+ 1).

Sia=µ−λ6= 0, on a vu dans la Prop. 2.4 que les primitives surRde e^atP(t) sont les fonctions H(t) = c+e^atQ(t), o`u c est un r´eel arbitraire et Q(t) ∈ R[t] est le polynˆome d´etermin´e par l’´egalit´e aQ+Q<sup>0</sup> = P. On peut englober le cas o`u g(t) ´egale e^µtP(t) cos(bt) ou e^µtP(t) sin(bt), pour un r´eelb6= 0, en consid´erant ceci comme la partie r´eelle ou imaginaire dee^µte^ibtP(t). Posant a=µ−λon sait, d’apr`es la Prop. 2.6, que les primitives surRde la fonctione<sup>at</sup>e<sup>ibt</sup>P(t) sont les fonctions H(t) =c+e<sup>at</sup>e<sup>ibt</sup>Q(t), o`uc∈C etQ(t)∈C[t] est le polynˆome d´etermin´e par l’´egalit´e (a+ib)Q+Q⁰ =P. Dans tous les cas, la solution g´en´erale de (†) est de la forme x(t) =e^λtH(t) et l’on a donc d´emontr´e la proposition suivante :

Proposition 2.7. — Soient λ∈R, z∈ C et g(t) = e^ztP(t), o`u P ∈R[t] est un polynˆome 6= 0.

(Q)











e^ztQ(t) +ce^λt si z=λ, o`uQ∈R[t]est d´etermin´e par Q⁰=P et Q(0) = 0. On a deg(Q) = deg(P) + 1.

e^ztQ(t) +ce^λt si z6=λ, o`uQ∈C[t]est d´etermin´e par (z−λ)Q+Q⁰ =P. On a deg(Q) = deg(P) et l’on aQ∈R[t] siz∈R.

2.3.2. ´Equations diff´erentielles lin´eaires du 2`eme ordre `a coefficients constants. — Soient a, b∈R. Soit E l’ensemble des solutions de l’´equation diff´erentielle lin´eaire homog`ene :

(∗) x⁰⁰(t) +ax⁰(t) +bx(t) = 0.

La fonction nulle est solution, et si x₁, x₂ ∈E etα ∈R, on voit que αx₁+x₂ est aussi solution, car (αx₁+x₂)⁰ =αx⁰₁+x⁰₂ et (αx₁+x₂)⁰⁰ =αx⁰⁰₁+x⁰⁰₂. Donc E est un sous-espace vectoriel du R-espace vectoriel D²(R,R) des applications deux fois d´erivablesR→R.

On associe `a (∗) le polynˆome P = X<sup>2</sup> +aX +b. Soient λ, µ ses deux racines dans C (pas n´ecessairement distinctes). Comme (X−λ)(X−µ) = X<sup>2</sup>−(λ+µ)X+λµ =X<sup>2</sup>−sX+p, o`u s (resp.p) d´esigne la somme (resp. produit) des racines, on obtient les formules (`a connaˆıtre !) :

a=−s=−(λ+µ) et b=p=λµ .

Bien qu’on s’int´eresse a priori aux solutions r´eelles de (†), il sera utile, comme dans les para- graphes pr´ec´edents, de chercher les solutions complexesz(t) = x₁(t) +ix₂(t), o`u x₁, x₂ sont des fonctions r´eelles. Commez⁰⁰+az⁰+bz= (x⁰⁰₁+ax⁰₁+bx₁) +i(x⁰⁰₂+ax⁰₂+bx₂), on voit qu’une telle fonctionzest une solution complexe de (†) si et seulement six₁ etx₂ en sont des solutions r´eelles.

Notons E_C l’ensemble des solutions complexes, on voit comme plus haut que c’est un C-espace vectoriel.

Lemme 2.8. — Les fonctions f(t) =e^λt et e^µt sont solutions de (†).

D´emonstration. — f⁰⁰(t) +af⁰(t) +bf(t) = (λ²+aλ+b)e^λt = 0 puisque λest racine de P. Et idem bien sˆur poure^µt.

Th´eor`eme 2.9. — E est un R-espace vectoriel de dimension 2, etE_C est un C-espace vectoriel

(Q)

(i) Si λ, µ∈ R, alors une base(f, g) de E est donn´ee par f(t) =e^λt, g(t) =e^µt si µ 6=λ, et f(t) = e^λt, g(t) = te^λt si µ = λ. Ces fonctions forment aussi une base de E_C comme C-espace vectoriel, i.e. toute fonction h∈E_C s’´ecrit de fa¸con uniqueh=vf+u g, avec u, v∈C.

(ii) Si λ=γ+iω avec γ, ω∈Ret ω 6= 0, alors µ=γ−iω. Une base (f, g) de E_C est donn´ee par f(t) = e^λt = e^γte^iωt et g(t) = e^µt = e^γte^−iωt, une autre base (h, k) de E_C est form´ee des fonctions r´eellesh(t) =e^γtcos(ωt) etk(t) =e^γtsin(ωt). Ces fonctions forment aussi une base du R-espace vectorielE, i.e. toute fonctionp∈E s’´ecrit de fa¸con uniquep=uh+vk, avec u, v∈R.

Le point-cl´e de la d´emonstration est le lemme suivant.

Lemme 2.10. — Soit z(t) une solution complexe de (∗). ´Ecrivons z(t) =e^λtϕ(t). Alors : (1) ϕ⁰⁰+ (λ−µ)ϕ⁰ = 0, et donc ϕ⁰(t) =Ce^(µ−λ)t pour un certain C ∈C.

(2) Si µ=λ, on a donc ϕ(t) =ut+v, avec u, v∈C, d’o`u z(t) =ute<sup>λt</sup>+ve<sup>λt</sup>. (3) Si µ6=λ, on a donc ϕ(t) =ue<sup>(µ−λ)t</sup>+v, avecu, v∈C, d’o`u z(t) =ue^µt+ve^λt. D´emonstration. — On a z⁰(t) =e^λt¡

λϕ(t) +ϕ⁰(t)¢

etz⁰⁰(t) =e^λt¡

λ²ϕ(t) + 2λϕ⁰(t) +ϕ⁰⁰(t)¢ , d’o`u 0 =z⁰⁰(t) +az⁰(t) +bz(t) =e^λt

h

P(λ)ϕ(t) + (2λ+a)ϕ⁰(t) +ϕ⁰⁰(t) i

=e^λt h

ϕ⁰⁰(t) + (λ−µ)ϕ⁰(t) i

, o`u la derni`ere ´egalit´e d´ecoule de P(λ) = 0 et a=−λ−µ. On a donc ϕ⁰⁰(t) + (λ−µ)ϕ⁰(t) = 0.

D’apr`es le point (ii) de la Prop. 2.5, on a donc ϕ⁰(t) = Ce^(µ−λ)t pour un certain C ∈ C. Ceci prouve (1).

Si µ = λ, alors d’une part λ∈ R et d’autre part, posant u= C on a ϕ⁰(t) = u d’o`u ϕ(t) = ut+v, avecu, v∈C. Doncz(t) =ute<sup>λt</sup>+ve<sup>λt</sup>, et de plus cette ´ecriture est unique car les fonctionsf(t) =e<sup>λt</sup>et g(t) =te<sup>λt</sup> sont lin´eairement ind´ependantes. Ceci montre que (f, g) forme une base du C-espace vectoriel EC. De plus, si la solution z est `a valeurs r´eelles alors les ´egalit´esz(0) =v et z(1) = (u+v)e^λ donnent quev=z(0) etu=z(1)e^−λ−v sont r´eels. Ceci montre que les fonctions r´eellesf etg forment une base duR-espace vectoriel E. Ceci prouve (2), ainsi qu’une partie du point (i) du th´eor`eme.

Supposons d´esormais queα=µ−λsoit6= 0. Alorsϕ⁰(t) =Ce^(µ−λ)tentraˆıne queϕ(t) =ue^(µ−λ)t+v, o`uu=C/αetv∈Cest arbitraire. Doncz(t) =e^λtϕ(t) ´egaleue^µt+ve^λt, ce qui prouve (3). De plus cette

´ecriture est unique car les fonctionsf(t) =e^λtet g(t) =e^µtsont lin´eairement ind´ependantes. Ceci montre que (f, g) forme uneC-base deEC, qui est donc de dimension 2.

Siλ, µ∈R, alors les fonctionsf, gsont r´eelles, et siz=vf+u gest `a valeurs r´eelles, alors on d´eduit des

´egalit´es :z(0) =v+u,z(1) =ve^λ+ue^µ queu(e^µ−e^λ) =z(1)−z(0)e^λet v(e^λ−e^µ) =z(1)−z(0)e^µ, ce qui entraˆıne que les coefficientsu, v sont r´eels. Ceci montre que dans ce cas (f, g) est une base duR-espace vectorielE. Ceci ach`eve la preuve du point (i) du th´eor`eme.

16 CHAPITRE 2. FONCTIONS `A VALEURS COMPLEXES, ´EQUATIONS DIFF´ERENTIELLES LIN´EAIRES

Enfin, siλ=γ+iωavecγ, ω∈Retω6= 0, alors les fonctions r´eellesh(t) =e^γtcos(ωt) etk=e^γtsin(ωt) engendrent aussiE_C, puisquef =h+ik et g=h−ik. Comme dim_CE_C= 2, on en d´eduit que (h, k) est une base de EC. Enfin, si z =uh+vk est `a valeurs r´eelles, alors pour t = 0 on obtient z(0) = udonc u∈R, et pour t0 =π/2ω on obtient z(t0) =ve<sup>γt0</sup> doncv =z(t0)e<sup>−γt0</sup> ∈R. Ceci montre que (h, k) est aussi une base duR-espace vectorielE. Ceci prouve le point (ii) du th´eor`eme.

Maintenant, soient I ⊂ R un intervalle ouvert et g : I → R une application continue. Soit D²(I,R) leR-espace vectoriel des fonctions deux fois d´erivablesI →Ret d´efinissons de mˆeme leC- espace vectorielD²(I,C). SoitE (resp.E_C) l’ensemble des fonctionsx∈D²(I,R) (resp.D²(I,C)) qui sont solutions de l’´equation diff´erentielle avec second membre :

(∗∗) x⁰⁰(t) +ax⁰(t) +bx(t) =g(t).

Comme pr´ec´edemment, pour trouver des solutions r´eelles, il sera utile de chercher des solutions complexes z(t) =x₁(t) +ix₂(t), o`ux₁, x₂ sont des fonctionsI →R. Comme g est r´eelle, on voit qu’une telle fonctionzest solution de (∗∗) si et seulement six₁ etx₂ en sont des solutions r´eelles.

Ceci montre que pour trouver une solution r´eelle, il suffit de trouver une solution complexe et de prendre sa partie r´eelle. De plus, on va voir dans le th´eor`eme ci-dessous que si on connaˆıt une solution de (∗∗), alors on les connaˆıt toutes. Avant d’´enoncer le th´eor`eme, introduisons les d´efinitions suivantes.

D´efinition 2.11. — Soient V, W deux K-espaces vectoriels et φ : V → W une application lin´eaire. On note Im(φ) l’ensemble des images φ(x), lorsque x parcourt V. C’est un sev de W. En effet, 0_W =φ(0_V) ∈Im(φ) et si t∈K et y, y⁰ ∈Im(φ), il existe x, x⁰ ∈V tels que φ(x) =y etφ(x⁰) =y⁰; commeφ est lin´eaire on aφ(tx+x⁰) =tφ(x) +φ(x⁰) =ty+y⁰, ce qui montre que ty+y⁰ ∈Im(φ).

D´efinition 2.12 (Sous-espaces affines d’un espace vectoriel)

Soient V un K-espace vectoriel et E un sev deV. Soit E un sous-ensemble de V. On dit que E est unsous-espace affine de V de direction E s’il v´erifie les trois conditions suivantes :

(1) E est non vide.

(2) Pour toutx₀, x₁ ∈E, on ax₁−x₀∈E.

(3) R´eciproquement, pour toutx₀ ∈E etf ∈E, l’´el´ementx₁=x₀+f appartient `a E. Par exemple, soit φ:V → W une application lin´eaire et soit w∈Im(φ). Alors l’ensemble E des ant´ec´edents de w par φ, i.e. l’ensemble des v ∈ V tels que φ(v) = w, est un sous-espace affine de V de direction E = Ker(φ). En effet, par hypoth`ese E est non vide. Soient x, x⁰ ∈ E. Alors φ(x) =w=φ(x⁰) donc 0 =φ(x⁰)−φ(x) =φ(x⁰−x), doncx⁰−x∈Ker(φ) =E; r´eciproquement, sif ∈E alorsφ(x+f) =φ(x) +φ(f) =φ(x) =w, doncx+f ∈E.

Exemple 2.13. — Consid´erons l’application lin´eaireφ:R² →R, (x, y)7→y−x. L’ensemble des ant´ec´edents parφ de 1∈Rest l’ensemble :

{(x, y)∈R²|y−x= 1}={(x, x+ 1)|x∈R}={(0,1) +x(1,1)|x∈R}

i.e. c’est la droite affineD «passant par le point A= (0,1) et de vecteur directeur−→u = (1,1)».

Proposition 2.14. — Admettons pour un instant queE est non vide (voir le th´eor`eme suivant).

Alors :

(i) E est un sous-espace affine de D²(I,R) de direction E.

(ii) E_C est un sous-espace affine de D²(I,C) de direction E_C.

D´emonstration. — Soit F(I,R) le R-espace vectoriel de toutes les applications I → R. Alors l’application φ:D²(I,R)→F(I,R),x7→x⁰⁰+ax⁰+bx est lin´eaire. De plus, Ker(φ) ´egale E, le R-espace vectoriel des solutions r´eelles de (∗). Donc, sig∈Im(φ) i.e. si (∗∗) poss`ede au moins une solution x<sub>0</sub>, alors d’apr`es ce qu’on a dit en 2.12,E ={x₀+f |f ∈E} est un sous-espace affine de D²(I,R) de direction E. La d´emonstration est identique quand on remplace RparC.

Th´eor`eme 2.15. — L’´equation diff´erentielle(∗∗)admet au moins une solution complexez, donc aussi une solution r´eelle x=Re(z).

D´emonstration. — On cherche z(t) sous la forme z(t) = e^λtϕ(t). Alors, comme dans le point (1) du lemme 2.10, on obtient que la fonction complexe f(t) =ϕ⁰(t) v´erifie l’´equation diff´erentielle du 1er ordre f⁰(t) + (λ−µ)f(t) =g(t). Posantα=λ−µ, ceci ´equivaut `a :

(‡) e^αt¡

f⁰(t) +αf(t)¢

=e^αtg(t).

Les parties r´eelle et imaginaire de h(t) = e^αtg(t) sont continues, donc admettent des primitives sur I (d’apr`es la th´eorie de l’int´egration !) donch(t) admet des primitives surI. Or, on reconnaˆıt dans le membre de gauche de (‡) la d´eriv´ee dee<sup>αt</sup>f(t). On d´eduit donc de (‡) quee<sup>αt</sup>f(t) =H(t), o`uHest une primitive de hsurI. Doncϕ⁰(t) =f(t) =e^−αtH(t). `A nouveau, les parties r´eelle et imaginaire def(t) sont continues, donc admettent des primitives surI doncf(t) admet des primitives sur I. Il en r´esulte que ϕ(t) =F(t), o`uF est une primitive de f surI, et donc z(t) =e^λtF(t) est une solution de (∗∗).

Le th´eor`eme pr´ec´edent n’a pas ´et´e ´enonc´e en cours, mais on a d´emontr´e en cours le th´eor`eme ci-dessous, qui traite le cas o`ug(t) =ke^αtcos(βt), aveck, α, β∈R, un cas qui se pr´esente souvent dans les ´equations diff´erentielles ´etudi´ees en physique.

Th´eor`eme 2.16. — Soienta, b, α, β, k∈Ret ν=α+iβ. On consid`ere l’´equation diff´erentielle

(Q)

(∗∗) x⁰⁰(t) +ax⁰(t) +bx(t) =ke^αtcos(βt) =kRe(e^νt) (∗∗∗) x⁰⁰(t) +ax⁰(t) +bx(t) =k e^νt

et l’´equation homog`ene associ´ee(∗)x⁰⁰+ax⁰+bx= 0. Soientλ, µles racines dansCdu polynˆome P =X²+aX+b. Notons que P⁰ = 2X+a et P⁰⁰ = 2.

(i) Une solution «particuli`ere» complexe de (∗∗∗) est la fonction z₀(t) donn´ee par :

z₀(t) =















 k

P(ν)e^νt si P(ν)6= 0, k

P⁰(ν)te^νt si ν est racine simple deP i.e. si P(ν) = 06=P⁰(ν), k

2t²e^νt si ν=λ=µ est racine double de P.

(ii) La fonctionx₀(t) =Re(z(t))est donc une solution «particuli`ere» r´eelle de (∗∗).

(iii) Les solutions r´eelles de (∗∗)sont toutes les fonctions x₀(t) +f(t) o`u f(t) est une solution r´eelle de l’´equation homog`ene (∗).⁽¹⁾

D´emonstration. — Cherchons une solution de (∗∗∗) sous la formez(t) =e^νtϕ(t), avec ϕ «aussi simple que possible». Notons φ(z) = z⁰⁰+az⁰+bz. Le point-cl´e est que, reprenant le calcul de φ(z) fait dans la d´emonstration du lemme 2.10, on obtient que

φ(z) =e^νt h

P(ν)ϕ(t) + (2ν+a)ϕ⁰(t) +ϕ⁰⁰(t) i

=e^νt h

P(ν)ϕ(t) +P⁰(ν)ϕ⁰(t) +ϕ⁰⁰(t) i

. Donc φ(z) = ke^νt si et seulement siP(ν)ϕ(t) + (2ν+a)ϕ⁰(t) +ϕ⁰⁰(t) = k. SiP(ν)6= 0, on peut prendre pour ϕune constanteC, alorsϕ⁰ = 0 =ϕ⁰⁰ et l’on obtient P(ν)C =k d’o`u C=k/P(ν).

Si P(ν) = 0 6= P⁰(ν), on peut prendre ϕ(t) = Ct, alors ϕ⁰ = C et ϕ⁰⁰ = 0 et l’on obtient P⁰(ν)C =k d’o`u C =k/P<sup>0</sup>(ν). Enfin, siP(ν) = 0 = P<sup>0</sup>(ν), on peut prendre ϕ(t) =Ct<sup>2</sup> et l’on obtient ϕ<sup>00</sup>(t) = 2C = k, d’o`u C = k/2. Ceci prouve (i). Le point (ii) en d´ecoule aussitˆot en prenant les parties r´eelles. Enfin, (iii) a ´et´e d´emontr´e dans la proposition 2.14, en tenant compte de la d´efinition 2.12.

(1)Donc l’ensemble E des solutions r´eelles de (∗∗) est un sous-espace affine deD²(X,R) de direction leR-espace vectorielE des solutions r´eelles de l’´equation homog`ene (∗).

18 CHAPITRE 2. FONCTIONS `A VALEURS COMPLEXES, ´EQUATIONS DIFF´ERENTIELLES LIN´EAIRES

Remarque 2.17. — La d´emonstration du th´eor`eme 2.16 s’applique dans le cas plus g´en´eral o`u le second membre de (∗∗∗) est de la forme R(t)e^νt, pour un polynˆome non nul R(t) ∈ R[t]. En effet, on cherche une solution de (∗∗∗) de la formez(t) =e^νtQ(t) avec Q(t)∈C[t] un polynˆome complexe. Le mˆeme calcul montre que z(t) est solution si et seulement si l’on a :

(?) P(ν)Q(t) +P⁰(ν)Q⁰(t) +Q⁰⁰(t) =R(t)

et ceci d´etermine de fa¸con unique un polynˆome Q(t) ∈ C[t] qui est de degr´e d = deg(R) si P(ν) 6= 0, et de degr´e d+ 1 (resp.d+ 2) si ν est racine simple (resp. double) de P. Si on ´ecrit Q=b₀+b₁t+· · ·+b_ntⁿ(o`un=d, d+ 1 oud+ 2) alors lesb_isont d´etermin´es de proche en proche par l’´egalit´e (?). Par exemple, siP(ν)6= 0 alors en posantk= 1/P(ν) on a :b_d=ka_d, puisb_d−1= k(a_d−1−P⁰(ν)db_d) =ka_d−1−k²P⁰(ν)da_d, puisb_d−2 =k£

a_d−2−P⁰(ν)(d−1)b_d−1−d(d−1)b_d¤

=· · · D´efinition 2.18 (D´eterminants 2×2). — Soient K un corps eta, b, c, d, u, v ∈K. On consi-

(Q)

ax₁+bx₂=u cx₁+dx₂ =v

o`u x<sub>1</sub>, x<sub>2</sub> sont des inconnues dansK. La matrice du syst`eme estA= µa b

c d

¶

et sond´eterminant estD=ad−bc∈K. SiD6= 0, alors le syst`eme admet une solution (x<sub>1</sub>, x<sub>2</sub>)unique. En effet, si l’on noteL<sub>1</sub> (resp.L<sub>2</sub>) la 1`ere (resp. 2`eme) ligne, alors en faisantdL<sub>1</sub>−bL<sub>2</sub> on obtientDx<sub>1</sub> =du−bv, d’o`ux₁= (du−bv)/D, et de mˆeme en faisant aL₂−cL₁ on obtient x₂ = (av−cu)/D.

Proposition 2.19 (Conditions initiales). — Soit K=Rou Cet soienta, b∈Retg:I →K une fonction continue. Revenons `a l’´equation diff´erentielle (∗∗) x⁰⁰(t) +ax⁰(t) +bx(t) = g(t) et fixons t₀∈I. Chaque solutionx (r´eelle ou complexe) de(∗∗) est d´etermin´ee par ses«conditions initiales» x₀ =x(t₀) et v₀ =x⁰(t₀), qui peuvent ˆetre choisies arbitrairement dans K.

D´emonstration. — Faisons la d´emonstration lorsque K =C, le cas K =R ´etant analogue. Soit u(t) une solution fix´ee de (∗∗) et soit (f, g) une base de l’espace vectoriel E_K des solutions de l’´equation homog`ene x<sup>00</sup>+ax<sup>0</sup> +bx = 0. Alors, les solutions de (∗∗) sont les fonctions x(t) = u(t) +c<sub>1</sub>f(t) +c<sub>2</sub>g(t), avecc<sub>1</sub>, c<sub>2</sub> ∈K. ´Etant donn´ex<sub>0</sub>, v<sub>0</sub> ∈K, on se demande si on peut trouver c<sub>1</sub>, c<sub>2</sub> tels que x(t<sub>0</sub>) =u<sub>0</sub> etx<sup>0</sup>(t<sub>0</sub>) =v<sub>0</sub>. Ceci ´equivaut au syst`eme :

(

f(t₀)c₁+g(t₀)c₂ =x₀−u(t₀) f⁰(t₀)c₁+g⁰(t₀)c₂ =v₀−u⁰(t₀)

dont le d´eterminant est D(t₀) =f(t₀)g⁰(t₀)−f⁰(t₀)g(t₀). Si f(t) =e^λt etg(t) =e^µt avec µ6=λ, resp. sig(t) =te^λt, alors la matrice du syst`eme est

µe^λt0 e^µt0 λe^λt0 µe^µt0

¶ resp.

µe^λt0 t₀e^λt0 λe^λt0 e^λt0(λt₀+ 1)

¶

etD(t₀) ´egale (µ−λ)e^λt0e^µt0, resp.e^2λt0, qui est bien6= 0. Donc, pour tout choix de«conditions initiales»(x₀, v₀), il existe une unique solutionx de (∗∗) telle quex(t₀) =x₀ etx⁰(t₀) =v₀.

2.4. Suites r´ecurrentes lin´eaires d’ordre 2

Terminons ce chapitre avec les suites r´ecurrentes lin´eaires, dont l’´etude est analogue `a celle des

´equations diff´erentielles lin´eaires. Soit K un corps. Pour tout α ∈ K, on note g^α = (αⁿ)_n∈N la suite g´eom´etrique de raisonα et de terme initial α⁰ = 1.

Lemme 2.20. — Soit p ∈ N^∗ et soient a₁, . . . , a_p ∈ K deux `a deux distincts. Alors les suites g´eom´etriques u¹ =g^a1, . . . , u^p =g^ap sont lin´eairement ind´ependantes.

D´emonstration. — Soit S le K-espace vectoriel de toutes les suites (u_n)_n∈N d’´el´ements de Ket soitT :S →S l’application qui envoie toute suite u= (u₀, u₁, u₂, . . .) sur la suite T(u) d´efinie par T(u)_n= u_n+1, c.-`a-d. T(u) = (u₁, u₂, u₃, . . .). On voit facilement que T est une application lin´eaire, donc un endomorphisme deS. De plus, pour toute suite g´eom´etriqueg^α= (1, α, α², . . .),