1.a. Soit r une racine r´ eelle de χ, i.e. tel que r

2018-2019 M1EEF – UGA

Feuille 1 : ´ Equations diff´ erentielles lin´ eaires

Correction du II

Lorsque ce n’est pas pr´ ecis´ e, les fonctions consid´ er´ ees sont d´ efinies sur R . C’est no- tamment le cas dans le 1.

1.a. Soit r une racine r´ eelle de χ, i.e. tel que r

+ αr + β = 0, et f la fonction t 7→ e

, qui est C

sur R . Alors, pour tout t ∈ R , f

(t) = re

t et f

(t) = r

e

donc

f

(t) + αf

(t) + βf(t) = (r

+ αr + β)e

t = 0.

Ainsi, f est solution de (EH). Si maintenant r est une racine double de χ, alors χ(X) = (X − r)

, et en particulier −2r = α. La fonction g : t ∈ R 7→ te

t est C

et satisfait, pour tout t ∈ R , par d´ erivation de produits, g

(t) = (1 + rt)e

et g

(t) = (r + r(1 + rt))e

= (r

t + 2r)e

, de sorte que

g

(t) + αg

(t) + βg(t) = ((r

t + 2r) + α(1 +rt) + βt)e

= ((r

+ αr +β)t + (2r + α))e

= 0.

Ainsi, g est solution de (EH).

1.b. Supposons que r = λ + iω soit une racine complexe de χ. Les calculs pr´ ec´ edents restent valables pour r complexe. Ainsi, la fonction f : t 7→ e

= e

e

= e

(cos(ωt) + i sin(ωt)) satisfait encore : ∀t ∈ R , f

(t)+αf

(t)+βf(t) = 0. Mais si on note f

la fonction r´ eelle t 7→ e

cos(ωt) = Re (f (t)) et f

la fonction r´ eelle t 7→ e

sin(ωt) = Im (f (t)), on a f

= f

+ if

, f

= f

+ if

, donc en r´ eordonnant les termes, pour tout t ∈ R :

(f

+ αf

+ βf

)(t) + i(f

+ αf

+ βf

)(t) = 0

ce qui montre, par identification des parties r´ eelles et imaginaires, que f

et f

sont solutions de (EH).

1.c. On note f

et f

les fonctions en question. On suppose r

6= r

. Soit (λ

, λ

) ∈ R

tel que λ

f

+λ

f

est la fonction nulle. Alors en particulier, par ´ evaluation en 0, λ

+λ

= 0, i.e. λ

= −λ

. En outre, λ

f

+λ

f

est encore la fonction nulle, et l’´ evaluation en 0 donne cette fois λ

r

+ λ

r

= 0 = λ

(r

− r

). Comme r

6= r

, ceci entraˆıne λ

= −λ

= 0.

Ceci montre que la famille (f

, f

) est libre.

1.d. Soit (λ, ω) ∈ R × R

. On note ` a nouveau f

et f

les fonctions en question. Soit (λ

, λ

) ∈ R

tel que λ

f

+ λ

f

est la fonction nulle. Alors en particulier, par ´ evaluation en 0, λ

= 0. Mais alors l’´ evaluation en

donne λ

= 0. Ainsi, la famille (f

, f

) est libre.

1.e. Soit r ∈ R

. On note ` a nouveau f

et f

les fonctions en question. Soit (λ

, λ

) ∈ R

tel que λ

f

+ λ

f

est la fonction nulle. Alors en particulier, par ´ evaluation en 0, λ

= 0.

Mais alors l’´ evaluation en 1 donne λ

e

= 0, ce qui entraˆıne λ

= 0 puisque e

6= 0. Ainsi, la famille (f

, f

) est libre.

1.f. Bilan : en notant ∆ le discriminant de χ,

• si ∆ > 0, χ a deux racines r´ eelles distinctes r

et r

, et 1.a et 1.c montrent que

(t 7→ e

, t 7→ e

) forme une famille libre de solution de (EH) ;

• si ∆ = 0, χ a une racine double r´ eelle r, et 1.a et 1.e montrent que (t 7→ e

, t 7→ te

) forme une famille libre de solution de (EH) ;

• si ∆ < 0, χ a deux racines complexes conjugu´ ees λ+iω et λ−iω avec (λ, ω) ∈ R × R

, et 1.b et 1.d montrent que (t 7→ e

cos(ωt), t 7→ e

sin(ωt)) forme une famille libre de solution de (EH).

2.a. Sur son ensemble de d´ efinition, w

=

f

f

+ f

f

−

f

f

− f

f

= f

(−αf

− βf

) − f

(−αf

− βf

) = −αw, donc w est bien solution d’une EDLH d’ordre 1 (` a coefficient constant en l’occurrence ici, mais ce fait est g´ en´ eral pour les EDL d’ordre 2, y compris ` a coefficients variables).

2.b. Si χ(X) a deux racines r´ eelles distinctes r

et r

, f

est la fonction t 7→ e

, donc w(0) = (f

f

− f

f

)(0) = 1 × r

− 1 × r

6= 0.

Si χ(X) a une racine r´ eelle simple r, f

= t 7→ e

et f

= t 7→ te

, de d´ eriv´ ee t 7→

(1 + rt)e

, donc

w(0) = (f

f

− f

f

)(0) = 1 × 1 − 0 × r 6= 0.

Enfin si χ(X) a des racines complexes (non r´ eelles) conjugu´ ees λ ±iω, f

= t 7→ e

cos(ωt) et f

= t 7→ e

sin(ωt), de d´ eriv´ ees respectives t 7→ e

(λ cos(ωt) − ω sin(ωt)) et t 7→

e

(λ sin(ωt) + ω cos(ωt)), donc

w(0) = (f

f

− f

f

)(0) = 1 × ω − 0 × λ 6= 0.

On a bien dans tous les cas w(0) 6= 0. Or d’apr` es la question pr´ ec´ edente, pour tout t ∈ R , w(t) = w(0)e

, et l’exponentielle ne s’annule pas, donc pour tout t ∈ R , w(t) 6= 0.

ATTENTION ! Le simple fait que f

et f

soient des ´ el´ ements lin´ eairement ind´ ependants de C

( R , R ) ne signifie pas et n’entraˆıne pas que les vecteurs

1(t)

et

sont lin´ eairement ind´ ependants pour tout t ! Il y a des tas de fonctions lin´ eairement ind´ ependantes dont le DL ` a l’ordre 1 coincide en un ou plusieurs point(s) ! Donc on ne peut pas montrer comme cela que w(t) 6= 0 pour tout t. Il faut utiliser le fait qu’ici f

et f

sont solution d’une mˆ eme EDL !!

2.c. Pour tout t ∈ R , F

(t) =

(la d´ eriv´ ee d’une fonction ` a valeurs vectorielles ou matricielles s’obtient simplement en d´ erivant chaque coefficient) et

AF (t) =

0 1

−β −α

f (t) f

(t)

=

f

(t)

−βf(t) − αf

(t)

donc

∀t ∈ R , F

(t) = AF (t)

⇔

∀t ∈ R , f

(t) = −βf (t) − αf

(t)

⇔ f est solution de (EH).

2.d. Pour i = 1, 2, f

est solution de (EH) donc d’apr` es la question pr´ ec´ edente, en notant F

=

i

, F

= AF

, et donc R

= AR. En outre, det(R) = w, qui ne s’annule pas sur R ,

donc pour tout t ∈ R , R(t) est inversible.

2.e. Pour tout t ∈ R ,

(R(t))

= 1 w(t)

f

(t) −f

(t)

−f

(t) f

(t)

donc les coefficients de C = R

F sont d´ erivables comme sommes de produits de fonctions d´ erivables. On peut donc ´ ecrire, pour tout t ∈ R , comme pour un produit de fonction, F

(t) = R

(t)C(t) + R(t)C

(t) (on peut justifier cette formule en ´ ecrivant que pour tout t

∈ R et tout t 6= t

,

F (t) − F (t

)

t − t

= R(t)C(t) − R(t)C(t

) + R(t)C(t

) − R(t

)C(t

) t − t

= R(t) C(t) − C(t

)

t − t

+ R(t) − R(t

) t − t

C(t

)

− −− →

t→t₀

R(t

)C

(t

) + R

(t

)C(t

),

par continuit´ e du produit matriciel ou de fa¸con plus ´ el´ ementaire par convergence coor- donn´ ee par coordonn´ ee). Mais attention, toutes les formules de d´ erivations de fonctions compos´ ees ne s’´ etendent pas aux matrices !

On a donc F

(t) = AR(t)C(t) + R(t)C

(t) = AF (t) + R(t)C

(t). Donc f est solution de (EH) si et seulement si pour tout t ∈ R , R(t)C

(t) =

, ce qui ´ equivaut ` a C

(t) =

car R(t) est inversible. Finalement, on a bien que f est solution de (EH) si et seulement si C est une fonction constante.

2.f. Ainsi, f est solution de (EH) si et seulement si il existe C =

2

∈ R

tel que

f f⁰

=

1 f2

f₁⁰ f₂⁰

C, i.e. tel que f = c

f

+ c

f

et f

= c

f

+ c

f

(cette deuxi` eme condition

´

etant redondante car d´ ecoulant de la premi` ere). L’ensemble des solutions de (EH) est donc bien l’ensemble des fonctions de la forme c

f

+ c

f

avec c

, c

∈ R . Il s’agit d’un sous-espace vectoriel de dimension 2 de C

( R , R ), (f

, f

) en formant une famille libre et g´ en´ eratrice, donc une base. Les diff´ erents cas de figure selon le discriminant du polynˆ ome caract´ eristique ont ´ et´ e donn´ es dans la question 1.f.

2.g. Soit f une solution, donc de la forme c

f

+ c

f

avec c

, c

∈ R .

f(t0) f⁰(t0)

=

⇔

1f₁⁰(t0)+c2f₂⁰(t0)

=

⇔ R(t

)

2

=

⇔

2

= (R(t

))

.

Donc il existe bien une unique f ∈ Sol(EH) tel que f(t

) = y

et f

(t

) = y

.

2.h. Le polynˆ ome caract´ eristique de cette EDL d’ordre 2 homog` ene ` a coefficients con- stants est X

+ ω

, qui a deux racines imaginaires pures ±iω si ω 6= 0, et une racine r´ eelle double 0 sinon. L’ensemble des solutions de l’´ equation est donc dans le premier cas

{f : x ∈ R 7→ c

cos(ωx) + c

sin(ωx), c

, c

∈ R } et dans le second cas

{f : x ∈ R 7→ c

+ c

t, c

, c

∈ R } , c’est-` a-dire l’ensemble des fonctions affines.

3.a. On montre comme en I.B.1 que Sol(E) = {p} + Sol(EH).

3.b. Plus pr´ ecis´ ement, montrons que si d est une fonction polynomiale P : x 7→ P

k=0

a

x

de degr´ e n, (E) admet une solution polynomiale de degr´ e n. Soit Q : x 7→ P

k=0

b

x

une fonction polynomiale de degr´ e n. Pour tout x ∈ R ,

Q

(x) =

n

X

k=1

kb

x

=

n−1

X

j=0

(j + 1)b

x

et de la mˆ eme fa¸con

Q

(x) =

n

X

l=0

(l + 2)(l + 1)b

x

, donc

Q

(x)+αQ

(x) + βQ(x)

=

n−2

X

k=0

((k + 2)(k + 1)b

+ α(k + 1)b

+ βb

) x

+ (αnb

+ βb

)x

+ βb

x

. Donc par identification, Q est solution si et seulement si







a

= βb

a

= αnb

+ βb

∀k ∈ [[0, n − 2]], a

= (k + 2)(k + 1)b

+ α(k + 1)b

+ βb

,

ce qui se r´ e´ ecrit :





 a

.. . a





 = M





 b

.. . b





 avec M de la forme







β 0

. ..

∗ β





 .

Comme β 6= 0, la matrice M est inversible, donc il existe un unique vecteur





 b

.. . b





 satisfaisant cette ´ egalit´ e, ce qui conclut.

Supposons maintenant que d est de la forme x 7→ e

P (x) avec P polynomiale de degr´ e n. Soit Q : x 7→ P

k=0

b

x

une fonction polynomiale et f : x 7→ e

Q(x). Apr` es calcul, on a pour tout x ∈ R ,

(f

+ αf

+ βf )(x) = e

Q

+ (2λ + α)Q

+ (λ

+ αλ + β)Q (x).

Ainsi, f est solution ssi Q est solution de

(∗) y

+ (2λ + α)y

+ (λ

+ αλ + β)y = P,

´

equation du type ´ etudi´ e pr´ ec´ edemment (` a condition que λ

+ αλ + β 6= 0, c’est-` a-dire que

λ ne soit pas racine du polynˆ ome caract´ eristique), et qui admet une solution polynomiale

de degr´ e n, donc l’´ equation initiale admet bien une solution de la forme x 7→ e

Q(x) avec

Q du mˆ eme degr´ e que P . Si λ est racine simple du polynˆ ome caract´ eristique, on montre

de la mˆ eme mani` ere que (∗) admet une infinit´ e de solutions polynomiales de degr´ e n +1, et

exactement une valant 0 en 0. Enfin si λ est racine double du polynˆ ome caract´ eristique, on

montre que (∗) admet une infinit´ e de solutions polynomiales de degr´ e n + 2, et exactement une ayant 0 pour racine double.

Finalement, l’´ equation initiale admet exactement une solution de la forme x 7→ x

R(x)e

o` u k est la multiplicit´ e de λ comme racine du polynˆ ome caract´ eristique et R est polyno- miale de degr´ e n.

Application. On commence par r´ esoudre l’´ equation homog` ene. Son polynˆ ome caract´ eristique est X

−3X +2 qui a deux racines r´ eelles distinctes 1 et 2, donc l’ensemble de ses solutions est

f : x ∈ R 7→ λe

+ µe

, λ, µ ∈ R .

D’apr` es ce qui pr´ ec` ede, 1 ´ etant racine simple du polynˆ ome caract´ eristique et x 7→ x + 1 polynomiale de degr´ e 1, l’´ equation globale a une solution particuli` ere de la forme f : x 7→

(ax

+ bx)e

. Apr` es calculs,

(f

− 3f

+ 2f )(x) = (0x

+ ((4a + b) − 3(2a + b) + 2b)x + (2a + 2b) − 3b)e

= −2ax + 2a − b donc comme f est solution,

−2a = 1 et 2a − b = 1 ce qui donne

a = − 1

2 et b = −2.

Finalement, l’ensemble des solutions de l’´ equation ´ etudi´ ee est g : x ∈ R 7→ (−

x

− 2x + λ)e

+ µe

, λ, µ ∈ R . 3.c. Etant donn´ ´ ees des fonctions c

, c

sur I,

c

f

+ c

f

= f

c

f

+ c

f

= f

⇔ R

2

=

⇔

2

= R

. Or les composantes de R

sont C

(d´ ej` a vu ou presque), donc il existe bien un unique couple (c

, c

) de fonctions C

telles que

c

f

+ c

f

= f c

f

+ c

f

= f

. 3.d. La r´ eponse ` a cette question est quasi-identique ` a celle de 2.e.

3.e. On commence par r´ esoudre l’´ equation homog` ene. Son polynˆ ome caract´ eristique est X

+ 1 qui a deux racines imaginaires pures ±i, donc l’ensemble de ses solutions est

{f : x ∈ R 7→ λ cos(x) + µ sin(x), λ, µ ∈ R } .

On cherche une solution particuli` ere de l’´ equation compl` ete sous la forme f = c

cos +c

sin avec c

et c

de classe C

sur ] −

,

[. D’apr` es ce qui pr´ ec` ede, f est solution ssi

C

=

cos sin

− sin cos

0

1 cos

=

cos − sin sin cos

0

1 cos

=

− tan 1

. C : x 7→

satisfait cette ´ egalit´ e, donc f : x ∈ ] −

,

[ 7→ (cos x) ln(cos x) + x sin x est une solution particuli` ere de l’´ equation, et l’ensemble de toutes les solutions est

g : x ∈ ] −

,

[ 7→ (λ + ln(cos x)) cos(x) + (µ + x) sin(x), λ, µ ∈ R .