Corrigé du contrôle de maths spé : équations différentielles linéaires

Exercice 1 : Question de cours : théorème de Cauchy linéaire (3 points)

1. Théorème de Cauchy linéaire. Si \(A : I \to \mathcal{M}_n(\mathbb{K})\) et \(B : I \to \mathbb{K}^n\) sont continues, alors pour tout \(t_0 \in I\) et tout \(X_0 \in \mathbb{K}^n\), le problème de Cauchy \(X^{\prime} = A(t) X + B(t)\), \(X(t_0) = X_0\) admet une unique solution définie sur \(I\) tout entier.

2. La fonction nulle est solution de \((H)\). Si \(X\) et \(Y\) sont solutions et \(\lambda \in \mathbb{K}\), alors \((\lambda X + Y)^{\prime} = \lambda A(t) X + A(t) Y = A(t)(\lambda X + Y)\). Donc \(\mathcal{S}_H\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathcal{C}^1(I, \mathbb{K}^n)\).

   L’application \(\varphi\) est linéaire, car l’évaluation en \(t_0\) l’est. Le théorème de Cauchy linéaire, appliqué avec \(B = 0\), donne ensuite deux choses. D’abord, pour tout \(X_0\), il existe une solution telle que \(X(t_0) = X_0\) : \(\varphi\) est surjective. Ensuite, si \(\varphi(X) = 0\), alors \(X\) et la fonction nulle résolvent le même problème de Cauchy, donc \(X = 0\) : \(\varphi\) est injective.

   Ainsi \(\varphi\) est un isomorphisme et \(\dim \mathcal{S}_H = n\).

3. La fonction \(y\) est solution si et seulement si \(Y = \begin{pmatrix} y \\ y^{\prime} \end{pmatrix}\) vérifie \(Y^{\prime} = \begin{pmatrix} 0 1 \\ -b(t) -a(t) \end{pmatrix} Y\). Cette matrice dépend continûment de \(t\). De plus, \(y \mapsto Y\) est un isomorphisme entre les deux espaces de solutions. L’espace des solutions est donc de dimension \(2\).

Barème : a) 1 point (hypothèse de continuité, existence et unicité, solution définie sur tout \(I\)) ; b) 0,5 point pour la structure de sous-espace, 0,75 point pour l’isomorphisme, 0,25 point pour la dimension ; c) 0,5 point.

Exercice 2 : Wronskien et deuxième solution (4 points)

1. Pour \(y_1 = e^t\), on a \(y_1^{\prime} = y_1^{\prime\prime} = e^t\). Donc \(t e^t – (t + 1) e^t + e^t = 0\). La fonction \(y_1\) est solution de \((E_2)\) sur \(I\).

2. Sur \(I\), on a \(t \neq 0\), donc toute solution vérifie \(y^{\prime\prime} = (1 + \dfrac{1}{t}) y^{\prime} – \dfrac{1}{t} y\). Or \(W^{\prime} = y_1^{\prime} y_2^{\prime} + y_1 y_2^{\prime\prime} – y_1^{\prime\prime} y_2 – y_1^{\prime} y_2^{\prime} = y_1 y_2^{\prime\prime} – y_1^{\prime\prime} y_2\). En remplaçant, les termes en \(\dfrac{1}{t} y_1 y_2\) se compensent, et il reste

   \[W^{\prime}(t) = (1 + \frac{1}{t})(y_1 y_2^{\prime} – y_1^{\prime} y_2) = (1 + \frac{1}{t}) W(t).\]

   C’est une équation linéaire d’ordre 1. Une primitive de \(1 + \dfrac{1}{t}\) sur \(I\) est \(t + \ln t\). Donc \(W(t) = K e^{t + \ln t} = K\, t\, e^t\), avec \(K\) constante.

3. Comme \(y_1\) ne s’annule pas, on a \((\dfrac{y_2}{y_1})^{\prime} = \dfrac{y_1 y_2^{\prime} – y_1^{\prime} y_2}{y_1^2} = \dfrac{W}{y_1^2}\). Avec \(W(t) = -t e^t\), on obtient \((\dfrac{y_2}{y_1})^{\prime} = -t e^{-t}\).

   Or \(t \mapsto (t + 1) e^{-t}\) a pour dérivée \(e^{-t} – (t + 1) e^{-t} = -t e^{-t}\). On peut donc prendre \(\dfrac{y_2}{y_1} = (t + 1) e^{-t}\), c’est-à-dire \(y_2(t) = t + 1\).

   Vérification : \(y_2^{\prime\prime} = 0\) et \(-(t + 1) \times 1 + (t + 1) = 0\). De plus, \(W = e^t \times 1 – e^t (t + 1) = -t e^t\). La fonction \(y_2 : t \mapsto t + 1\) convient.

4. L’équation, normalisée sur \(I\), a des coefficients continus. Par le théorème de Cauchy linéaire, son espace de solutions est donc de dimension 2. Le wronskien \(-t e^t\) ne s’annule pas sur \(I\), donc \((y_1, y_2)\) est libre. C’est une base, et les solutions sont les \(y = \alpha e^t + \beta (t + 1)\).

   Les conditions donnent \(\alpha e + 2\beta = 0\) et \(\alpha e + \beta = 1\). Par différence, \(\beta = -1\), puis \(\alpha = \dfrac{2}{e}\). La solution cherchée est \(y(t) = 2 e^{t – 1} – t – 1\). On vérifie que \(y(1) = 2 – 2 = 0\) et \(y^{\prime}(1) = 2 – 1 = 1\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 0,5 point pour l’équation de \(W\), 0,5 point pour la résolution ; c) 0,5 point pour la dérivée du quotient, 0,5 point pour la primitive, 0,5 point pour \(y_2\) et la vérification ; d) 0,5 point pour la base (dimension et wronskien), 0,5 point pour la solution du problème de Cauchy.

Exercice 3 : Variation des constantes (4 points)

1. L’équation caractéristique \(r^2 + 1 = 0\) a pour racines \(\pm i\). Les solutions homogènes sont les \(t \mapsto A \cos t + B \sin t\), avec \(A, B \in \mathbb{R}\).

2. On cherche \(y = \lambda \cos t + \mu \sin t\), avec \(\lambda, \mu\) dérivables et \(\lambda^{\prime} \cos t + \mu^{\prime} \sin t = 0\). Alors \(y^{\prime} = -\lambda \sin t + \mu \cos t\), puis \(y^{\prime\prime} = -\lambda \cos t – \mu \sin t – \lambda^{\prime} \sin t + \mu^{\prime} \cos t\). Ainsi \(y\) est solution si et seulement si

   \[\begin{cases} \lambda^{\prime} \cos t + \mu^{\prime} \sin t = 0 \\ -\lambda^{\prime} \sin t + \mu^{\prime} \cos t = \dfrac{1}{\cos t} \end{cases}\]

   Le déterminant de ce système vaut \(\cos^2 t + \sin^2 t = 1\) : c’est le wronskien de \((\cos, \sin)\). Par les formules de Cramer, \(\lambda^{\prime} = -\sin t \times \dfrac{1}{\cos t} = -\tan t\) et \(\mu^{\prime} = \cos t \times \dfrac{1}{\cos t} = 1\).

   Sur \(J\), on a \(\cos t > 0\). On peut donc prendre \(\lambda(t) = \ln(\cos t)\) et \(\mu(t) = t\). Une solution particulière est \(y_p(t) = \cos t\, \ln(\cos t) + t \sin t\).

3. Par le principe de superposition, les solutions de \((E_3)\) sur \(J\) sont les \(y(t) = A \cos t + B \sin t + \cos t\, \ln(\cos t) + t \sin t\), avec \(A, B \in \mathbb{R}\).

4. L’équation s’écrit \(y^{\prime\prime} = -y + \dfrac{1}{\cos t}\), avec un second membre continu sur \(J\). Le théorème de Cauchy linéaire assure donc l’existence et l’unicité de la solution. On calcule \(y_p(0) = 1 \times \ln 1 + 0 = 0\) et \(y_p^{\prime}(t) = -\sin t\, \ln(\cos t) – \sin t + \sin t + t \cos t = -\sin t\, \ln(\cos t) + t \cos t\), d’où \(y_p^{\prime}(0) = 0\).

   La solution cherchée est \(y_p : t \mapsto \cos t\, \ln(\cos t) + t \sin t\).

Erreur fréquente : oublier la condition \(\lambda^{\prime} \cos t + \mu^{\prime} \sin t = 0\) et dériver deux fois un produit sans la simplifier, ce qui fait apparaître des dérivées secondes de \(\lambda\) et \(\mu\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point pour le système, 0,5 point pour sa résolution, 0,5 point pour les primitives (signe de \(\cos t\) justifié) ; c) 0,5 point ; d) 0,5 point pour la justification par le théorème de Cauchy, 0,5 point pour la solution.

Exercice 4 : Solutions développables en série entière (4 points)

1. Sur \(]-R, R[\), on peut dériver terme à terme. Ainsi \(f^{\prime}(x) = \sum_{n \geq\, 1} n a_n x^{n-1}\) et \(f^{\prime\prime}(x) = \sum_{n \geq\, 2} n(n-1) a_n x^{n-2}\). On obtient

   \[4x f^{\prime\prime}(x) + 2 f^{\prime}(x) = \sum_{n \geq\, 1} (4n(n-1) + 2n) a_n x^{n-1} = \sum_{n \geq\, 0} 2(n+1)(2n+1)\, a_{n+1} x^n.\]

   Par unicité des coefficients d’une série entière, \(f\) est solution si et seulement si, pour tout \(n \geq\, 0\), \(2(n+1)(2n+1) a_{n+1} = a_n\). Autrement dit, \(a_{n+1} = \dfrac{a_n}{(2n+1)(2n+2)}\). Par récurrence, \(a_n = \dfrac{a_0}{(2n)!}\) pour tout \(n\).

   Réciproquement, pour \(a_0 \neq 0\), on a \(|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}| = \dfrac{1}{(2n+1)(2n+2)} \to 0\). La règle de d’Alembert donne donc \(R = +\infty\). Le calcul précédent est alors valable sur \(\mathbb{R}\).

2. Pour \(x > 0\), \(\sum \dfrac{x^n}{(2n)!} = \sum \dfrac{(\sqrt{x})^{2n}}{(2n)!}\). Pour \(x < 0\), on écrit \(x^n = (-1)^n (\sqrt{-x})^{2n}\). On obtient \(f(x) = \operatorname{ch}(\sqrt{x})\) pour \(x > 0\) et \(f(x) = \cos(\sqrt{-x})\) pour \(x < 0\).

3. Pour \(x > 0\), on a \(g^{\prime}(x) = \dfrac{\operatorname{ch}(\sqrt{x})}{2\sqrt{x}}\). Puis \(g^{\prime\prime}(x) = \dfrac{\operatorname{sh}(\sqrt{x})}{4x} – \dfrac{\operatorname{ch}(\sqrt{x})}{4x\sqrt{x}}\). Donc

   \[4x g^{\prime\prime} + 2 g^{\prime} – g = \operatorname{sh}\sqrt{x} – \frac{\operatorname{ch}\sqrt{x}}{\sqrt{x}} + \frac{\operatorname{ch}\sqrt{x}}{\sqrt{x}} – \operatorname{sh}\sqrt{x} = 0.\]

   Sur \(]0, +\infty[\), l’équation se normalise en \(y^{\prime\prime} = -\dfrac{1}{2x} y^{\prime} + \dfrac{1}{4x} y\), à coefficients continus. Par le théorème de Cauchy linéaire, l’espace des solutions est de dimension 2. Or \(f\) et \(g\) sont solutions, et \(\dfrac{g}{f} = \operatorname{th}\sqrt{x}\) n’est pas constante : la famille est libre. Les solutions sur \(]0, +\infty[\) sont donc les \(y = \alpha \operatorname{ch}\sqrt{x} + \beta \operatorname{sh}\sqrt{x}\).

4. On a \(y^{\prime}(x) = \dfrac{\alpha}{2} \times \dfrac{\operatorname{sh}\sqrt{x}}{\sqrt{x}} + \dfrac{\beta \operatorname{ch}\sqrt{x}}{2\sqrt{x}}\). Quand \(x \to 0^+\), le premier terme tend vers \(\dfrac{\alpha}{2}\), car \(\dfrac{\operatorname{sh} u}{u} \to 1\). En revanche, le second tend vers \(\pm \infty\) dès que \(\beta \neq 0\).

   Les solutions cherchées sont exactement les \(\alpha \operatorname{ch}\sqrt{x}\) : ce sont les restrictions des solutions développables en série entière de la question a. Les solutions développables en série entière forment une droite, alors que l’espace des solutions sur \(]0, +\infty[\) est un plan : le point \(0\), où le coefficient de \(y^{\prime\prime}\) s’annule, est singulier.

Barème : a) 0,5 point pour la dérivation terme à terme et le décalage d’indice, 0,5 point pour la récurrence et \(a_n\), 0,5 point pour \(R\) ; b) 0,5 point ; c) 0,5 point pour la vérification, 0,5 point pour la dimension et la liberté ; d) 0,5 point pour l’étude de la limite, 0,5 point pour la conclusion.

Exercice 5 : Problème : équations non normalisées et raccordements (5 points)

Partie A : l’équation x y′ − 2y = x³

1. Sur \(]0, +\infty[\), l’équation s’écrit \(y^{\prime} – \dfrac{2}{x} y = x^2\). Les solutions homogènes sont les \(C x^2\), car \(\exp(2 \ln x) = x^2\). Ensuite, \(y = x^3\) est une solution particulière : \(x \times 3x^2 – 2x^3 = x^3\). Le même calcul vaut sur \(]-\infty, 0[\), puisque \(\exp(2 \ln |x|) = x^2\).

   Les solutions sont \(y = x^3 + C_1 x^2\) sur \(]0, +\infty[\) et \(y = x^3 + C_2 x^2\) sur \(]-\infty, 0[\).

2. Analyse. Soit \(y\) une solution sur \(\mathbb{R}\). Ses restrictions sont solutions sur chaque demi-droite, donc il existe \(C_1, C_2\) tels que \(y(x) = x^3 + C_1 x^2\) pour \(x > 0\) et \(y(x) = x^3 + C_2 x^2\) pour \(x < 0\). Par continuité en \(0\), \(y(0) = 0\), ce que confirme l’équation en \(x = 0\) : \(-2y(0) = 0\).

   Synthèse. Soit \(y\) ainsi définie, avec \(y(0) = 0\). Elle est dérivable sur \(\mathbb{R}^*\) et vérifie l’équation. En \(0\), le taux d’accroissement vaut \(\dfrac{y(x)}{x} = x^2 + C_i x\), qui tend vers \(0\) des deux côtés. Donc \(y\) est dérivable en \(0\), avec \(y^{\prime}(0) = 0\). L’équation en \(0\) s’écrit alors \(0 \times 0 – 2 \times 0 = 0\) : elle est vérifiée.

   Les solutions sur \(\mathbb{R}\) sont les fonctions égales à \(x^3 + C_1 x^2\) pour \(x \geq\, 0\) et à \(x^3 + C_2 x^2\) pour \(x < 0\), avec \(C_1\) et \(C_2\) réels quelconques.

   

3. La direction est l’ensemble des solutions homogènes \(x \mapsto C_1 x^2\) (pour \(x \geq\, 0\)) et \(C_2 x^2\) (pour \(x < 0\)). Elle est engendrée par \(x \mapsto x^2 \mathbf{1}_{x \geq\, 0}\) et \(x \mapsto x^2 \mathbf{1}_{x < 0}\). Elle est donc de dimension 2, alors que l’équation est d’ordre 1.

   Il n’y a pas de contradiction. En effet, le théorème de Cauchy linéaire ne s’applique qu’à une équation normalisée \(y^{\prime} = a(x) y + b(x)\), avec \(a, b\) continues. Or on ne peut pas diviser par \(x\) sur un intervalle contenant \(0\).

   Toutes les solutions vérifient \(y(0) = 0\). Il y en a donc une infinité avec \(y(0) = 0\), et aucune avec \(y(0) = 1\). Enfin, \(y(1) = 1 + C_1 = 2\) donne \(C_1 = 1\), et \(y(-1) = -1 + C_2 = 0\) donne \(C_2 = 1\). La solution cherchée est \(y(x) = x^3 + x^2\) sur \(\mathbb{R}\).

4. La fonction est de classe \(\mathcal{C}^\infty\) sur \(\mathbb{R}^*\). Sa dérivée vaut \(3x^2 + 2C_1 x\) pour \(x > 0\), \(3x^2 + 2C_2 x\) pour \(x < 0\) et \(0\) en \(0\). Elle est donc continue : \(y\) est de classe \(\mathcal{C}^1\). Le taux d’accroissement de \(y^{\prime}\) en \(0\) tend vers \(2C_1\) à droite et vers \(2C_2\) à gauche. Les solutions de classe \(\mathcal{C}^2\) sont donc celles avec \(C_1 = C_2\), c’est-à-dire les \(x \mapsto x^3 + C x^2\). Dans ce cas, \(y^{\prime\prime}(x) = 6x + 2C\) est bien continue.

Partie B : l’équation x y′ + y = 2x

5. On remarque que \(x y^{\prime} + y = (x y)^{\prime}\). Sur chacun des intervalles \(]0, +\infty[\) et \(]-\infty, 0[\), l’équation équivaut donc à \((xy)^{\prime} = 2x\), soit \(xy = x^2 + C\). Les solutions sont \(y = x + \dfrac{C_1}{x}\) sur \(]0, +\infty[\) et \(y = x + \dfrac{C_2}{x}\) sur \(]-\infty, 0[\).

   Si \(y\) est solution sur \(\mathbb{R}\), elle est continue en \(0\), donc bornée au voisinage de \(0\). Or \(\dfrac{C_1}{x}\) n’est bornée au voisinage de \(0^+\) que si \(C_1 = 0\) ; de même, \(C_2 = 0\). Donc \(y(x) = x\) sur \(\mathbb{R}^*\), puis \(y(0) = 0\) par continuité. Réciproquement, \(y = x\) convient : \(x \times 1 + x = 2x\). L’unique solution de \((F)\) sur \(\mathbb{R}\) est \(x \mapsto x\).

Barème : a) 0,5 point par demi-droite ; b) 0,5 point pour l’analyse, 1 point pour la synthèse (dérivabilité en 0 démontrée) ; c) 0,25 point pour la dimension, 0,25 point pour l’explication, 0,25 point pour les problèmes en 0, 0,25 point pour la solution avec y(1) et y(−1) ; d) 0,5 point ; e) 0,5 point pour les solutions sur chaque demi-droite, 0,5 point pour le raccordement.

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Après le corrigé du contrôle : équations différentielles linéaires

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