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

2017-2018 M1EEF – UGA

Feuille 1 : ´ Equations diff´ erentielles lin´ eaires

Correction des II.2 et II.3

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

=

y

y

+ y

y

−

y

y

− y

y

= y

(−

y

−

y

) − y

(−

y

−

y

) = −

w, donc w est bien solution d’une EDLH d’ordre 1 (` a coefficient constant).

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

et r

, y

est la fonction t 7→ e

, donc w(0) = (y

y

− y

y

)(0) = 1 × r

− 1 × r

6= 0.

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

= t 7→ e

et y

= t 7→ te

, de d´ eriv´ ee t 7→

(1 + rt)e

, donc

w(0) = (y

y

− y

y

)(0) = 1 × 1 − 0 × r 6= 0.

Enfin si χ(X) a des racines complexes (non r´ eelles) conjugu´ ees α± iβ, y

= t 7→ e

cos(βt) et y

= t 7→ e

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

(α cos(βt) − β sin(βt)) et t 7→

e

(α sin(βt) + β cos(βt)), donc

w(0) = (y

y

− y

y

)(0) = 1 × β − 0 × α 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 y

et y

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 que y

et y

sont solution d’une mˆ eme EDL !!

2.c. Pour tout t ∈ R , Y

(t) =

et

AY (t) =

0 1

−

−

y(t) y

(t)

=

y

(t)

−

y(t) −

y

(t)

donc

∀t ∈ R , Y

(t) = AY (t)

⇔

∀t ∈ R , y

(t) = −

y(t) −

y

(t)

⇔ y est solution de (EH).

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

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

=

i

, Y

= AY

, 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)

y

(t) −y

(t)

−y

(t) y

(t)

donc les coefficients de C = R

Y sont d´ erivables comme sommes de produits de fonctions d´ erivables. On a donc, pour tout t ∈ R , Y

(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

,

Y (t) − Y (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), donc Y

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

(t) = AY (t) + R(t)C

(t). Donc y 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 y est solution de (EH) si et seulement si C est une fonction constante.

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

2

∈ R

tel que

y y⁰

=

1 y⁰₂

C, i.e. tel que y = c

y

+ c

y

et y

= c

y

+ c

y

(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

y

+ c

y

avec c

, c

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

( R , R ), (y

, y

) 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 y une solution, donc de la forme c

y

+ c

y

.

y(t0) y⁰(t0)

=

⇔

1y₁⁰(t0)+c2y₂⁰(t0)

=

⇔ R(t

)

2

=

⇔

2

= (R(t

))

.

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

) = y

et y

(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

aQ

(x)+bQ

(x) + cQ(x)

=

n−2

X

k=0

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

+ b(k + 1)b

+ cb

) x

+ (bnb

+ cb

)x

+ cb

x

.

Donc par identification, Q est solution si et seulement si







a

= cb

a

= bnb

+ cb

∀k ∈ [[0, n − 2]], a

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

+ b(k + 1)b

+ cb

i.e. 



 a

.. . a





 =







c 0

. ..

∗ c











 b

.. . b





 .

Comme c 6= 0, la matrice est inversible, donc le syst` eme a une unique solution, 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 ,

(af

+ bf

+ cf )(x) = e

cQ

+ (2λc + b)Q

+ (aλ

+ bλ + c)Q (x).

Ainsi, f est solution ssi Q est solution de

(∗) cy

+ (2λc + b)y

+ (aλ

+ bλ + c)y = P,

´

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

+ bλ + c 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→

α(αx

+ βx)e

. Apr` es calculs,

(f

− 3f

+ 2f)(x) = (((4α + β) − 3(2α + β) + 2β)x + (2α + 2β) − 3β)e

= (−2α − 2β)x + 2α − β donc comme f est solution,

−2α − 2β = 1 et 2α − β = 1 ce qui donne

β = −

et α =

.

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

x

−

x + λ)e

+ µe

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

, c

sur I,

c

y

+ c

y

= y

c

y

+ c

y

= y

⇔ 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

y

+ c

y

= y c

y

+ c

y

= y

. 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

n

g : x ∈ ] − π 2 , π

2 [ 7→ (λ − ln(cos x)) cos(x) + (µ + x) sin(x), λ, µ ∈ R o

.