Équations différentielles linéaires : corrigé des exercices de maths spé.

Corrigé de l’exercice 1 : Mise sous forme de système et forme intégrale

1. L’équation s’écrit \(x^{\prime\prime\prime} = t x^{\prime} – e^{t} x + \sin t\). On pose \(X = (x, x^{\prime}, x^{\prime\prime})\), vu comme une colonne. Les deux premières composantes vérifient \(x^{\prime} = x^{\prime}\) et \((x^{\prime})^{\prime} = x^{\prime\prime}\). Ainsi, \(X^{\prime} = A(t) X + B(t)\) avec \[A(t) = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ -e^{t} & t & 0 \end{pmatrix}, \qquad B(t) = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \sin t \end{pmatrix}.\] Les coefficients sont continus sur \(\mathbb{R}\).
2. La condition initiale s’écrit \(X(0) = (1, 0, 2)\). La forme intégrale est donc \(X(t) = X(0) + \int_0^t (A(s) X(s) + B(s)) \, \mathrm{d}s\). Composante par composante, on obtient \[x(t) = 1 + \int_0^t x^{\prime}(s) \, \mathrm{d}s, \quad x^{\prime}(t) = \int_0^t x^{\prime\prime}(s) \, \mathrm{d}s,\] \[x^{\prime\prime}(t) = 2 + \int_0^t \big( s \, x^{\prime}(s) – e^{s} x(s) + \sin s \big) \, \mathrm{d}s.\]
3. Le logarithme impose \(t > 0\). Ensuite, pour appliquer le théorème, on divise par \(t^2 – 4\), ce qui exige \(t \neq 2\). Sur \(]0, 2[\), les coefficients \(\frac{t}{t^2 – 4}\) et \(\frac{\ln t}{t^2 – 4}\) sont continus. Par conséquent, \(J = ]0, 2[\).
4. La fonction nulle est solution sur \(J\) et vérifie les mêmes conditions en \(t_0 = 1\). D’après l’unicité du théorème de Cauchy linéaire, \(x\) est nulle sur \(J\).

Corrigé de l’exercice 2 : Deux équations scalaires d’ordre 1

1. L’équation homogène \(x^{\prime} = -2 t x\) a pour solutions \(C e^{-t^2}\). Cherchons ensuite \(x = C(t) e^{-t^2}\). On obtient \(C^{\prime}(t) e^{-t^2} = 2 t e^{-t^2}\), donc \(C(t) = t^2 + K\). Ainsi, les solutions sont \(x(t) = (t^2 + K) e^{-t^2}\), \(K \in \mathbb{R}\). La condition \(x(0) = 1\) donne \(K = 1\), d’où \(x(t) = (t^2 + 1) e^{-t^2}\). Par croissances comparées, \(t^2 e^{-t^2} \to 0\), donc \(x(t) \to 0\) en \(+\infty\).

   De plus, \(x^{\prime}(t) = e^{-t^2} \big( 2t – 2t(t^2 + 1) \big) = -2 t^3 e^{-t^2}\). La solution croît donc sur \(\mathbb{R}_-\), décroît sur \(\mathbb{R}_+\) et atteint son maximum \(1\) en \(0\). La figure ci-dessous la place parmi les autres solutions, qui tendent toutes vers \(0\).

   

2. Comme \(1 + t^2 > 0\), on normalise : \(x^{\prime} + \frac{t}{1 + t^2} x = \frac{1}{1 + t^2}\), à coefficients continus sur \(\mathbb{R}\). Une primitive de \(\frac{t}{1 + t^2}\) est \(\frac{1}{2} \ln(1 + t^2)\). Les solutions homogènes sont donc \(\frac{C}{\sqrt{1 + t^2}}\). En faisant varier la constante, on obtient \(\frac{C^{\prime}(t)}{\sqrt{1 + t^2}} = \frac{1}{1 + t^2}\), soit \(C^{\prime}(t) = \frac{1}{\sqrt{1 + t^2}}\). Ainsi, \(C(t) = \ln\big( t + \sqrt{1 + t^2} \big) + K\). Par conséquent, \(x(t) = \dfrac{\ln\big( t + \sqrt{1 + t^2} \big) + K}{\sqrt{1 + t^2}}\), et la condition \(x(0) = 0\) donne \(K = 0\).

Corrigé de l’exercice 3 : Principe de superposition

1. L’équation caractéristique est \(r^2 – 3 r + 2 = (r – 1)(r – 2) = 0\). Donc les solutions homogènes sont \(C_1 e^{t} + C_2 e^{2t}\).
2. Posons \(x = \alpha t e^{t}\). Alors \(x^{\prime} = \alpha (1 + t) e^{t}\) et \(x^{\prime\prime} = \alpha (2 + t) e^{t}\). Ainsi, \[x^{\prime\prime} – 3 x^{\prime} + 2 x = \alpha e^{t} \big( 2 + t – 3 – 3t + 2t \big) = -\alpha e^{t}.\] Donc \(\alpha = -1\) convient. Ensuite, pour \(x = \beta e^{3t}\), on trouve \((9 – 9 + 2) \beta e^{3t} = 2 \beta e^{3t}\), donc \(\beta = \frac{1}{2}\).
3. D’après le principe de superposition, \(-t e^{t} + \frac{1}{2} e^{3t}\) est une solution particulière. Par conséquent, les solutions sont \[x(t) = C_1 e^{t} + C_2 e^{2t} – t e^{t} + \tfrac{1}{2} e^{3t}.\] Les conditions donnent \(C_1 + C_2 + \frac{1}{2} = 0\) et \(C_1 + 2 C_2 – 1 + \frac{3}{2} = 0\). Par différence, \(C_2 = 0\), puis \(C_1 = -\frac{1}{2}\). Finalement, \(x(t) = \frac{1}{2}(e^{3t} – e^{t}) – t e^{t}\).

Corrigé de l’exercice 4 : Wronskien d’une équation d’Euler

1. Pour \(x_1 = t\) : \(0 – 2t + 2t = 0\). Pour \(x_2 = t^2\) : \(2t^2 – 4t^2 + 2t^2 = 0\). Ce sont donc des solutions de \((H)\).
2. On a \(W(t) = x_1 x_2^{\prime} – x_2 x_1^{\prime} = t \cdot 2t – t^2 \cdot 1 = t^2\). Sur \(I\), l’équation se normalise en divisant par \(t^2 \neq 0\), avec des coefficients continus. L’espace des solutions est donc de dimension 2. Comme \(W(t) = t^2 \neq 0\), \((x_1, x_2)\) est une base.
3. Sous forme résolue, \(a(t) = -\frac{2}{t}\). La formule de Liouville annonce \(W^{\prime} = \frac{2}{t} W\). Or \(W^{\prime}(t) = 2t = \frac{2}{t} t^2\) : la formule est vérifiée.
4. Pour \(x = \alpha t^3\) : \(t^2 \cdot 6 \alpha t – 2t \cdot 3 \alpha t^2 + 2 \alpha t^3 = 2 \alpha t^3\). Donc \(\alpha = \frac{1}{2}\). Les solutions de \((E)\) sur \(I\) sont donc \(x(t) = \frac{t^3}{2} + \lambda t + \mu t^2\). Les conditions en \(1\) donnent \(\frac{1}{2} + \lambda + \mu = 0\) et \(\frac{3}{2} + \lambda + 2 \mu = 0\). Ainsi, \(\mu = -1\) et \(\lambda = \frac{1}{2}\). Finalement, \(x(t) = \frac{t (t – 1)^2}{2}\).

Corrigé de l’exercice 5 : Structure de l’espace des solutions

1. L’équation est normalisée et son coefficient \(t \mapsto e^{t}\) est continu sur \(\mathbb{R}\). Le théorème de Cauchy linéaire s’applique donc : pour tout \((y_0, y_1)\), il existe une unique solution telle que \(x(0) = y_0\) et \(x^{\prime}(0) = y_1\). Autrement dit, \(\varphi\) est bijective. Elle est de plus linéaire, et \(S\) est un espace vectoriel par linéarité de l’équation. Donc \(\dim S = 2\).
2. Supposons par l’absurde \(x^{\prime}(t_0) = 0\). Alors \(x\) et la fonction nulle résolvent le même problème de Cauchy en \(t_0\). Par unicité, \(x = 0\), ce qui est exclu. Donc \(x^{\prime}(t_0) \neq 0\) : les zéros sont simples.
3. L’équation n’a pas de terme en \(x^{\prime}\). La formule de Liouville donne donc \(W^{\prime} = 0\), et \(W\) est constant. Or \(W(0) = 1 \cdot 1 – 0 \cdot 0 = 1\). Ainsi, \(W = 1\) sur \(\mathbb{R}\).
4. Soient \(y, z \in S\) nulles en \(t_0\). Alors leur wronskien vaut \(W(t_0) = y(t_0) z^{\prime}(t_0) – z(t_0) y^{\prime}(t_0) = 0\). D’après la caractérisation des bases, \((y, z)\) est liée. Par conséquent, l’une est multiple de l’autre.

Corrigé de l’exercice 6 : Variation des constantes à coefficients constants

1. L’équation caractéristique \(r^2 – 2r + 1 = 0\) a la racine double \(1\). Donc \(x_1 = e^{t}\) et \(x_2 = t e^{t}\) forment une base. Leur wronskien vaut \(W = e^{t}(1 + t) e^{t} – t e^{t} e^{t} = e^{2t}\).
2. Avec \(g(t) = \frac{e^{t}}{t}\), les formules donnent \(\lambda^{\prime} = -\frac{x_2 g}{W} = -\frac{t e^{t} \, e^{t}}{t \, e^{2t}} = -1\) et \(\mu^{\prime} = \frac{x_1 g}{W} = \frac{1}{t}\). On prend \(\lambda = -t\) et \(\mu = \ln t\). La solution particulière vaut \(-t e^{t} + t \ln(t) e^{t}\). Or \(-t e^{t}\) est une solution homogène. Par conséquent, les solutions sont \(x(t) = (C_1 + C_2 t + t \ln t) e^{t}\).
3. On a \(x(1) = (C_1 + C_2) e\). Ensuite, \(x^{\prime}(t) = e^{t} (C_1 + C_2 t + t \ln t + C_2 + \ln t + 1)\), donc \(x^{\prime}(1) = e (C_1 + 2 C_2 + 1)\). Les conditions donnent \(C_1 = -C_2\) et \(C_2 + 1 = 0\). Ainsi, \(x(t) = (1 – t + t \ln t) e^{t}\).

Corrigé de l’exercice 7 : Équation de Legendre d’indice 1

1. Sur \(I\), \(1 – t^2 > 0\). On peut donc normaliser, avec des coefficients continus. D’après le théorème de Cauchy linéaire, l’espace des solutions est de dimension 2. Pour \(x_1 = t\) : \(0 – 2t + 2t = 0\), donc \(x_1\) est solution.
2. Sous forme résolue, \(a(t) = -\frac{2t}{1 – t^2}\). La formule de Liouville donne \(W^{\prime} = \frac{2t}{1 – t^2} W\). Or une primitive de \(\frac{2t}{1 – t^2}\) est \(-\ln(1 – t^2)\). Donc \(W(t) = \dfrac{C}{1 – t^2}\).
3. Sur \(]0, 1[\), \(x_1\) ne s’annule pas et \(( \frac{x_2}{t} )^{\prime} = \frac{1}{t^2 (1 – t^2)}\). Or \(\frac{1}{t^2} + \frac{1}{1 – t^2} = \frac{1 – t^2 + t^2}{t^2 (1 – t^2)}\), ce qui est la fraction cherchée. Une primitive est \(-\frac{1}{t} + \frac{1}{2} \ln( \frac{1 + t}{1 – t} )\). En multipliant par \(t\), on obtient \(x_2(t) = \frac{t}{2} \ln( \frac{1 + t}{1 – t} ) – 1\).
4. Posons \(L(t) = \frac{1}{2} \ln( \frac{1 + t}{1 – t} )\), définie sur \(I\), avec \(L^{\prime}(t) = \frac{1}{1 – t^2}\). Alors \(x_2 = t L – 1\), puis \(x_2^{\prime} = L + \frac{t}{1 – t^2}\). Ensuite, \[x_2^{\prime\prime} = \frac{1}{1 – t^2} + \frac{1 + t^2}{(1 – t^2)^2} = \frac{2}{(1 – t^2)^2}.\] Par conséquent, \[(1 – t^2) x_2^{\prime\prime} – 2t x_2^{\prime} + 2 x_2 = \frac{2}{1 – t^2} – 2tL – \frac{2t^2}{1 – t^2} + 2tL – 2 = 0.\] Ainsi, \(x_2\) est solution sur \(I\). De plus, \(W(0) = x_1(0) x_2^{\prime}(0) – x_2(0) x_1^{\prime}(0) = 0 – (-1) \cdot 1 = 1 \neq 0\). Donc les solutions sur \(I\) sont les \(\lambda t + \mu x_2(t)\).
5. Quand \(t \to 1^-\), \(L(t) \to +\infty\), donc \(x_2 \to +\infty\). Quand \(t \to -1^+\), \(L(t) \to -\infty\) et \(t \to -1\), donc encore \(x_2 \to +\infty\). Si \(\mu \neq 0\), \(\lambda t\) reste borné et \(\mu x_2\) ne l’est pas. Par conséquent, les solutions bornées sont les \(\lambda t\).

Point de méthode : la formule de Liouville donne le wronskien sans connaître \(x_2\) ; une seule intégration suffit alors pour obtenir la seconde solution.

Corrigé de l’exercice 8 : Abaissement de l’ordre par changement de fonction

1. Pour \(x_1 = t\) : \((1 + t^2) \cdot 0 – 2t + 2t = 0\). C’est donc une solution de \((H)\).
2. Avec \(x = t z\), on a \(x^{\prime} = z + t z^{\prime}\) et \(x^{\prime\prime} = 2 z^{\prime} + t z^{\prime\prime}\). En reportant, \[(1 + t^2)(2 z^{\prime} + t z^{\prime\prime}) – 2t (z + t z^{\prime}) + 2 t z = t (1 + t^2) z^{\prime\prime} + 2 z^{\prime}.\] Les termes en \(z\) disparaissent, comme prévu. Ainsi, \(w = z^{\prime}\) vérifie \(t (1 + t^2) w^{\prime} + 2 w = 0\). Or \(\frac{2}{t(1 + t^2)} = \frac{2}{t} – \frac{2t}{1 + t^2}\). Donc \(w = K \exp\big( -2 \ln t + \ln(1 + t^2) \big) = K \frac{1 + t^2}{t^2} = K ( 1 + \frac{1}{t^2} )\). En intégrant, \(z = K ( t – \frac{1}{t} ) + D\), puis \(x = K (t^2 – 1) + D t\). On retient \(x_2(t) = t^2 – 1\).
3. On vérifie \(x_2\) sur \(\mathbb{R}\) : \(2(1 + t^2) – 4t^2 + 2(t^2 – 1) = 0\). Le coefficient \(1 + t^2\) ne s’annule pas, donc l’espace des solutions sur \(\mathbb{R}\) est de dimension 2. Enfin, \(W = t \cdot 2t – (t^2 – 1) = t^2 + 1 \neq 0\). Par conséquent, \((x_1, x_2)\) est une base sur \(\mathbb{R}\).
4. On normalise : \(g(t) = 1 + t^2\). Les formules donnent \(\lambda^{\prime} = -\frac{(t^2 – 1)(1 + t^2)}{1 + t^2} = 1 – t^2\) et \(\mu^{\prime} = \frac{t (1 + t^2)}{1 + t^2} = t\). On prend \(\lambda = t – \frac{t^3}{3}\) et \(\mu = \frac{t^2}{2}\). La solution particulière vaut \(t^2 – \frac{t^4}{3} + \frac{t^4}{2} – \frac{t^2}{2} = \frac{t^4}{6} + \frac{t^2}{2}\). Comme \(\frac{t^2}{2} = \frac{1}{2}(t^2 – 1) + \frac{1}{2}\), on peut aussi garder \(\frac{t^4}{6} + \frac{1}{2}\). Vérifions-la : \((1 + t^2) \cdot 2t^2 – 2t \cdot \frac{2t^3}{3} + \frac{t^4}{3} + 1 = t^4 + 2t^2 + 1\). Finalement, \(x(t) = \frac{t^4}{6} + \frac{1}{2} + \lambda t + \mu (t^2 – 1)\), \((\lambda, \mu) \in \mathbb{R}^2\).

Corrigé de l’exercice 9 : Variation des constantes et condition initiale

1. Le système s’écrit \(\lambda^{\prime} \cos t + \mu^{\prime} \sin t = 0\) et \(-\lambda^{\prime} \sin t + \mu^{\prime} \cos t = \tan t\). Son déterminant est le wronskien \(\cos^2 t + \sin^2 t = 1\). Ainsi, \(\lambda^{\prime} = -\sin t \tan t = -\frac{\sin^2 t}{\cos t}\) et \(\mu^{\prime} = \cos t \tan t = \sin t\).
2. Sur \(I\), \(1 + \sin t > 0\) et \(\cos t > 0\). La dérivée de \(\ln(1 + \sin t) – \ln(\cos t)\) vaut \[\frac{\cos t}{1 + \sin t} + \frac{\sin t}{\cos t} = \frac{\cos^2 t + \sin t + \sin^2 t}{(1 + \sin t) \cos t} = \frac{1}{\cos t}.\] Ensuite, \(\lambda^{\prime} = -\frac{1 – \cos^2 t}{\cos t} = \cos t – \frac{1}{\cos t}\). On prend donc \(\lambda = \sin t – \ln( \frac{1 + \sin t}{\cos t} )\) et \(\mu = -\cos t\). La solution particulière vaut \(\lambda \cos t + \mu \sin t = -\cos t \ln( \frac{1 + \sin t}{\cos t} )\). Par conséquent, \(x(t) = \alpha \cos t + \beta \sin t – \cos t \ln( \frac{1 + \sin t}{\cos t} )\).
3. En \(0\), le logarithme est nul, donc \(x(0) = \alpha = 0\). Ensuite, la dérivée du dernier terme vaut \(\sin t \ln( \frac{1 + \sin t}{\cos t} ) – \cos t \cdot \frac{1}{\cos t}\), soit \(-1\) en \(0\). Donc \(x^{\prime}(0) = \beta – 1 = 0\). Ainsi, \(x(t) = \sin t – \cos t \ln( \frac{1 + \sin t}{\cos t} )\). Quand \(t \to \pi/2\), on écrit \(\cos t \ln( \frac{1 + \sin t}{\cos t} ) = \cos t \ln(1 + \sin t) – \cos t \ln(\cos t)\). Les deux termes tendent vers \(0\), car \(u \ln u \to 0\) en \(0^+\). Donc \(x(t) \to 1\).

   La figure ci-dessous représente cette solution. Elle est très plate en \(0\) : en effet, \(x^{\prime\prime}(0) = \tan 0 – x(0) = 0\) et \(x^{\prime\prime\prime}(0) = 1\), donc \(x(t) \sim t^3 / 6\).

   

Corrigé de l’exercice 10 : Formule intégrale et résonance

1. La base \((\cos, \sin)\) a pour wronskien \(1\). La variation des constantes donne \(\lambda^{\prime} = -\sin(t) f(t)\) et \(\mu^{\prime} = \cos(t) f(t)\). On choisit \(\lambda(t) = -\int_0^t \sin(s) f(s) \, \mathrm{d}s\) et \(\mu(t) = \int_0^t \cos(s) f(s) \, \mathrm{d}s\), de classe \(C^1\) car \(f\) est continue. Alors \[x(t) = \int_0^t \big( \sin t \cos s – \cos t \sin s \big) f(s) \, \mathrm{d}s = \int_0^t \sin(t – s) f(s) \, \mathrm{d}s.\] De plus, \(x(0) = 0\). Par construction, \(x^{\prime} = -\lambda \sin + \mu \cos\), donc \(x^{\prime}(0) = \mu(0) = 0\). Par unicité du théorème de Cauchy linéaire, c’est l’unique solution.
2. Pour \(f = \cos\), on linéarise : \(\sin(t – s) \cos s = \frac{1}{2} \big( \sin t + \sin(t – 2s) \big)\). Ainsi, \[x(t) = \frac{t}{2} \sin t + \frac{1}{4} \big[ \cos(t – 2s) \big]_0^t = \frac{t}{2} \sin t + \frac{1}{4} \big( \cos t – \cos t \big).\] Donc \(x(t) = \frac{t}{2} \sin t\). En \(t_k = \frac{\pi}{2} + 2k\pi\), \(x(t_k) = \frac{t_k}{2} \to +\infty\). Par conséquent, la solution n’est pas bornée : c’est le phénomène de résonance, car la pulsation de l’excitation est celle de l’oscillateur.

   Comme le montre la figure ci-dessous, l’amplitude croît linéairement entre les enveloppes \(\pm t/2\), alors que l’excitation reste bornée.

   

3. Soit \(t \in [0, \pi]\). Pour \(s \in [0, t]\), on a \(0 \leq\, t – s \leq\, \pi\), donc \(\sin(t – s) \geq\, 0\). De plus, \(f(s) \geq\, 0\). L’intégrande est positive et les bornes sont dans l’ordre croissant. Donc \(x(t) \geq\, 0\) sur \([0, \pi]\).

Corrigé de l’exercice 11 : Solutions développables en série entière

1. Sur \(]-R, R[\), on dérive terme à terme. Le coefficient de \(t^k\) dans \((1 + t^2) x^{\prime\prime}\) vaut \((k+2)(k+1) a_{k+2} + k(k-1) a_k\). Celui de \(4 t x^{\prime}\) vaut \(4k a_k\), et celui de \(2x\) vaut \(2 a_k\). Or \(k^2 – k + 4k + 2 = (k+1)(k+2)\). Par unicité du développement, on obtient \((k+1)(k+2)(a_{k+2} + a_k) = 0\), soit \(a_{k+2} = -a_k\).
2. Ainsi, \(a_{2p} = (-1)^p a_0\) et \(a_{2p+1} = (-1)^p a_1\). Si \((a_0, a_1) \neq (0, 0)\), les coefficients sont bornés sans tendre vers \(0\) : le rayon vaut donc \(1\). Réciproquement, ces séries vérifient la récurrence, donc elles sont solutions sur \(]-1, 1[\). Leur somme vaut \(x(t) = \dfrac{a_0 + a_1 t}{1 + t^2}\), de rayon \(1\).
3. Notons \(u(t) = \frac{1}{1 + t^2}\) et \(v(t) = \frac{t}{1 + t^2}\). Le membre de gauche de \((H)\), appliqué à \(u\), est une fraction rationnelle définie sur \(\mathbb{R}\). Elle est nulle sur \(]-1, 1[\), donc son numérateur a une infinité de racines. Par conséquent, elle est nulle sur \(\mathbb{R}\), et de même pour \(v\). Ensuite, \(u(0) = 1\), \(u^{\prime}(0) = 0\), \(v(0) = 0\) et \(v^{\prime}(0) = 1\), donc \(W(0) = 1\). Comme \(1 + t^2\) ne s’annule pas, l’espace des solutions sur \(\mathbb{R}\) est de dimension 2. Ainsi, \((u, v)\) est une base sur \(\mathbb{R}\).
4. On a \(\big( (1 + t^2) x \big)^{\prime} = 2t x + (1 + t^2) x^{\prime}\), puis \(\big( (1 + t^2) x \big)^{\prime\prime} = 2x + 4t x^{\prime} + (1 + t^2) x^{\prime\prime}\). Donc \((H)\) équivaut à \(\big( (1 + t^2) x \big)^{\prime\prime} = 0\), c’est-à-dire \((1 + t^2) x = \alpha t + \beta\). On retrouve \(x = \dfrac{\alpha t + \beta}{1 + t^2}\). Le rayon fini s’explique par les pôles complexes \(\pm i\), alors que les solutions sont définies sur \(\mathbb{R}\).

Corrigé de l’exercice 12 : Série entière et raccordement en 0

1. Soit \(x = \sum a_k t^k\) de rayon \(R > 0\). Le coefficient de \(t^k\) dans \(4 t x^{\prime\prime}\) vaut \(4 (k+1) k \, a_{k+1}\), et celui de \(2 x^{\prime}\) vaut \(2 (k+1) a_{k+1}\). L’équation donne donc \((k+1)(4k + 2) a_{k+1} = a_k\), soit \(a_{k+1} = \frac{a_k}{(2k+2)(2k+1)}\). Par récurrence, \(a_k = \dfrac{a_0}{(2k)!}\). Le rapport \(| \frac{a_{k+1} t^{k+1}}{a_k t^k} | = \frac{|t|}{(2k+2)(2k+1)}\) tend vers \(0\), donc le rayon est infini. Les solutions développables sont donc les \(a_0 f\), avec \(f(t) = \sum \frac{t^k}{(2k)!}\).
2. Pour \(t > 0\), \(t^k = (\sqrt{t})^{2k}\), donc \(f(t) = \mathrm{ch}\sqrt{t}\). Pour \(t < 0\), \(t^k = (-1)^k (\sqrt{-t})^{2k}\), donc \(f(t) = \cos\sqrt{-t}\).
3. Sur \(]0, +\infty[\), posons \(u = \sqrt{t}\), avec \(u^{\prime} = \frac{1}{2u}\). Pour \(x = \mathrm{sh}\, u\), on obtient \(x^{\prime} = \frac{\mathrm{ch}\, u}{2u}\) et \(x^{\prime\prime} = \frac{\mathrm{sh}\, u}{4u^2} – \frac{\mathrm{ch}\, u}{4u^3}\). Alors \(4 t x^{\prime\prime} + 2 x^{\prime} – x = \mathrm{sh}\, u – \frac{\mathrm{ch}\, u}{u} + \frac{\mathrm{ch}\, u}{u} – \mathrm{sh}\, u = 0\). Ensuite, le wronskien de \((\mathrm{ch}\, u, \mathrm{sh}\, u)\) vaut \(u^{\prime} (\mathrm{ch}^2 u – \mathrm{sh}^2 u) = \frac{1}{2\sqrt{t}} \neq 0\). Comme l’équation se normalise sur \(]0, +\infty[\), les solutions y sont les \(A \, \mathrm{ch}\sqrt{t} + B \, \mathrm{sh}\sqrt{t}\). Le même calcul avec \(u = \sqrt{-t}\) montre que \(\sin\sqrt{-t}\) est solution, et le wronskien de \((\cos u, \sin u)\) vaut \(u^{\prime} = -\frac{1}{2\sqrt{-t}} \neq 0\). Sur \(]-\infty, 0[\), les solutions sont les \(C \cos\sqrt{-t} + D \sin\sqrt{-t}\).
4. Soit \(x\) une solution sur \(\mathbb{R}\). Par restriction, elle a les formes précédentes de chaque côté. La continuité en \(0\) donne \(x(0) = A = C\). Ensuite, \(g = x – A f\) est dérivable en \(0\), nulle en \(0\), et vaut \(B \, \mathrm{sh}\sqrt{t}\) pour \(t > 0\). Or \(\frac{\mathrm{sh}\sqrt{t}}{t} \sim \frac{1}{\sqrt{t}} \to +\infty\) quand \(t \to 0^+\). Donc \(B = 0\), et de même \(D = 0\). Réciproquement, \(A f\) est somme d’une série entière de rayon infini, donc de classe \(C^\infty\), et elle vérifie \((H)\) sur \(\mathbb{R}\). Par conséquent, les solutions sur \(\mathbb{R}\) sont les \(A f\), et leur ensemble est de dimension 1.

   La figure ci-dessous montre \(f\), qui oscille pour \(t < 0\) et croît pour \(t > 0\). La solution \(\mathrm{sh}\sqrt{t}\) part au contraire de \(0\) avec une tangente verticale, ce qui interdit tout raccord.

   

Corrigé de l’exercice 13 : Raccordements à l’ordre 1

1. Sur \(]0, +\infty[\), la forme résolue est \(x^{\prime} – \frac{x}{t} = t\). Les solutions homogènes sont les \(C t\), et \(t^2\) est solution particulière : \(t \cdot 2t – t^2 = t^2\). Donc \(x = t^2 + C_2 t\), et de même \(x = t^2 + C_1 t\) sur \(]-\infty, 0[\). Soit \(x\) une solution sur \(\mathbb{R}\). Par continuité, \(x(0) = 0\). Ensuite, \(\frac{x(t) – x(0)}{t} = t + C_i\) tend vers \(C_1\) à gauche et \(C_2\) à droite. La dérivabilité impose donc \(C_1 = C_2\). Enfin, l’équation en \(0\) s’écrit \(0 – 0 = 0\). Ainsi, les solutions sont les \(t^2 + C t\) : espace affine de dimension 1.
2. Sur chaque demi-droite, les solutions homogènes sont les \(C t^2\), et \(t^3\) est solution : \(3t^3 – 2t^3 = t^3\). Donc \(x = t^3 + C_1 t^2\) pour \(t < 0\) et \(x = t^3 + C_2 t^2\) pour \(t > 0\), avec \(x(0) = 0\) par continuité. Le taux \(\frac{x(t)}{t} = t^2 + C_i t\) tend vers \(0\) des deux côtés : \(x\) est dérivable en \(0\), avec \(x^{\prime}(0) = 0\). De plus, l’équation est vérifiée en \(0\). Par conséquent, les solutions dépendent de deux constantes indépendantes : dimension 2.
3. Les solutions homogènes sont les \(\frac{C}{t^2}\), et \(\frac{t^2}{4}\) est solution : \(\frac{t^2}{2} + \frac{t^2}{2} = t^2\). Donc \(x = \frac{t^2}{4} + \frac{C_i}{t^2}\) de chaque côté. Une limite finie en \(0\) impose \(C_1 = C_2 = 0\). Réciproquement, \(\frac{t^2}{4}\) vérifie l’équation sur \(\mathbb{R}\). Ainsi, il existe une unique solution, \(\frac{t^2}{4}\) : dimension 0.

Point de méthode : on écrit toujours deux constantes indépendantes, une par intervalle, avant d’étudier le recollement.

Corrigé de l’exercice 14 : Raccordements à l’ordre 2

1. Pour \(x = t^r\) avec \(t > 0\), on obtient \(\big( r(r-1) – 4r + 6 \big) t^r = (r – 2)(r – 3) t^r\). Donc \(t^2\) et \(t^3\) sont solutions. Leur wronskien vaut \(t^2 \cdot 3t^2 – t^3 \cdot 2t = t^4 \neq 0\). L’équation se normalise sur \(]0, +\infty[\), donc les solutions y sont les \(a t^2 + b t^3\). Les mêmes calculs, valables pour \(t < 0\), donnent \(c t^2 + d t^3\) sur \(]-\infty, 0[\).
2. Soit \(x\) une solution sur \(\mathbb{R}\). Par continuité, \(x(0) = 0\). Ensuite, \(x^{\prime}(t)\) vaut \(2at + 3bt^2\) à droite et \(2ct + 3dt^2\) à gauche. Le taux \(\frac{x(t)}{t}\) tend vers \(0\), donc \(x^{\prime}(0) = 0\). Puis \(\frac{x^{\prime}(t) – x^{\prime}(0)}{t}\) tend vers \(2a\) à droite et \(2c\) à gauche. Ainsi, \(x\) est deux fois dérivable en \(0\) si et seulement si \(a = c\). Enfin, l’équation en \(0\) se réduit à \(6 x(0) = 0\), qui est vérifiée. Par conséquent, les solutions sur \(\mathbb{R}\) forment un espace de dimension 3, de paramètres \(a\), \(b\) et \(d\).

   La figure ci-dessous montre trois solutions de même partie \(t^2\), mais de parties cubiques différentes à gauche et à droite. Elles ont toutes la même tangente horizontale et la même dérivée seconde en \(0\).

   

3. Toute solution vérifie \(x(0) = x^{\prime}(0) = 0\). Si \((\alpha, \beta) \neq (0, 0)\), il n’y a aucune solution. Si \(\alpha = \beta = 0\), il y en a une infinité, formant un espace de dimension 3. Il n’y a aucune contradiction : le théorème de Cauchy linéaire exige une équation normalisée à coefficients continus. Or la division par \(t^2\) fait apparaître \(-\frac{4}{t}\) et \(\frac{6}{t^2}\), qui ne sont pas définis en \(0\).

Corrigé de l’exercice 15 : Équation d’Euler et changement de variable

1. Comme \(\ln\) est une bijection \(C^\infty\) de \(]0, +\infty[\) sur \(\mathbb{R}\), \(x\) est deux fois dérivable si et seulement si \(y\) l’est, et \(x(t) = y(\ln t)\). On dérive : \(x^{\prime}(t) = \frac{y^{\prime}(\ln t)}{t}\), puis \(x^{\prime\prime}(t) = \frac{y^{\prime\prime}(\ln t) – y^{\prime}(\ln t)}{t^2}\). Donc \[t^2 x^{\prime\prime}(t) + t x^{\prime}(t) + x(t) = y^{\prime\prime}(\ln t) + y(\ln t).\] Par conséquent, \(x\) est solution de \((H)\) sur \(]0, +\infty[\) si et seulement si \(y^{\prime\prime} + y = 0\) sur \(\mathbb{R}\).
2. On a \(y = A \cos + B \sin\). Donc, sur \(]0, +\infty[\), \(x(t) = A \cos(\ln t) + B \sin(\ln t)\). Pour \(t < 0\), \(x(t) = y(\ln(-t))\). La dérivée de \(\ln(-t)\) vaut \(\frac{1}{t}\), donc les mêmes calculs s’appliquent. Ainsi, sur \(]-\infty, 0[\), \(x(t) = C \cos(\ln |t|) + D \sin(\ln |t|)\).
3. Soit \(x\) une solution sur \(\mathbb{R}\). Elle est continue en \(0\), donc \(x(t)\) a une limite quand \(t \to 0^+\). Autrement dit, \(y(u) = A \cos u + B \sin u\) a une limite quand \(u \to -\infty\). Or \(y\) est \(2\pi\)-périodique : elle est donc constante. Comme \(y^{\prime\prime} + y = 0\), cette constante est nulle, d’où \(A = B = 0\). De même, \(C = D = 0\). Enfin, la fonction nulle convient. Par conséquent, la seule solution sur \(\mathbb{R}\) est la fonction nulle.

   La figure ci-dessous, en échelle logarithmique, montre pourquoi : les solutions oscillent indéfiniment quand \(t \to 0^+\), sans jamais se stabiliser.

   

Corrigé de l’exercice 16 : Système à matrice antisymétrique

1. On a \(\|X\|^2 = X^{T} X\). En dérivant, \(\big( X^{T} X \big)^{\prime} = X^{T} A^{T} X + X^{T} A X = X^{T} (A^{T} + A) X = 0\), car \(A^{T} = -A\). Donc \(\|X(t)\|^2\) est constante.
2. Le même calcul donne \(\big( X_i^{T} X_j \big)^{\prime} = X_i^{T} (A^{T} + A) X_j = 0\). Ainsi, \(X_i(t)^{T} X_j(t) = X_i(0)^{T} X_j(0) = \delta_{ij}\). Les colonnes de \(R(t)\) forment donc une famille orthonormée. Par conséquent, \(R(t) \in O(n)\).
3. La fonction \(t \mapsto \det R(t)\) est continue, à valeurs dans \(\{-1, 1\}\), sur l’intervalle \(\mathbb{R}\). Elle est donc constante, et \(\det R(0) = \det I_n = 1\). Donc \(\det R(t) = 1\). Or \(\det R(t)\) est le wronskien de \((X_1, \ldots, X_n)\) dans la base canonique. Il ne s’annule pas, ce qui confirme que ces solutions forment une base.
4. Posons \(Q(t) = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}\), avec \(\theta = \theta(t)\). Alors \(Q^{\prime} = \omega(t) \begin{pmatrix} -\sin\theta & -\cos\theta \\ \cos\theta & -\sin\theta \end{pmatrix}\). Or ce produit est exactement \(A(t) Q(t)\). De plus, \(Q(0) = I_2\). Chaque colonne de \(Q\) résout donc le même problème de Cauchy que la colonne de \(R\) correspondante. Par unicité, \(R(t)\) est la rotation d’angle \(\theta(t)\).

Corrigé de l’exercice 17 : Équation d’Airy

1. L’équation est normalisée, de coefficient \(t \mapsto -t\) continu. D’après le théorème de Cauchy linéaire, l’espace des solutions sur \(\mathbb{R}\) est de dimension 2.
2. On a \(x^{\prime\prime} = \sum_{k \geq\, 0} (k+2)(k+1) a_{k+2} t^k\) et \(t x = \sum_{k \geq\, 1} a_{k-1} t^k\). Par unicité du développement, le coefficient constant donne \(2 a_2 = 0\). Ensuite, pour \(k \geq\, 1\), \((k+2)(k+1) a_{k+2} = a_{k-1}\). En remplaçant \(k\) par \(k + 1\), on obtient \(a_{k+3} = \dfrac{a_k}{(k+3)(k+2)}\). En particulier, tous les \(a_{3p+2}\) sont nuls.
3. Pour \(y_0\), seuls les \(a_{3p}\) sont non nuls, et ils sont strictement positifs. Pour \(t \neq 0\), le rapport de deux termes consécutifs vaut \(\frac{|t|^3}{(3p+3)(3p+2)} \to 0\). La série converge donc pour tout \(t\) : le rayon est infini. Le même argument vaut pour \(y_1\). Une série entière se dérive terme à terme sur son disque de convergence. La récurrence garantit alors que \(y_0\) et \(y_1\) sont solutions sur \(\mathbb{R}\).
4. On a \(y_0(0) = 1\), \(y_0^{\prime}(0) = 0\), \(y_1(0) = 0\) et \(y_1^{\prime}(0) = 1\), donc \(W(0) = 1\). L’équation ne contient pas de terme en \(x^{\prime}\), donc \(W\) est constant : \(W = 1\). Ainsi, \((y_0, y_1)\) est une base. Par conséquent, toute solution est développable en série entière de rayon infini.
5. Pour \(t \geq\, 0\), tous les termes de \(y_0(t)\) sont positifs. On garde les deux premiers : \(a_0 = 1\) et \(a_3 = \frac{1}{3 \cdot 2} = \frac{1}{6}\). Donc \(y_0(t) \geq\, 1 + \frac{t^3}{6}\), et \(y_0(t) \to +\infty\) en \(+\infty\).

Corrigé de l’exercice 18 : Théorème de séparation de Sturm

1. L’équation n’a pas de terme en \(x^{\prime}\). Par la formule de Liouville, \(W^{\prime} = 0\). De plus, \((x_1, x_2)\) est une base, donc \(W\) ne s’annule pas. Ainsi, \(W\) est une constante non nulle.
2. Si \(x(t_0) = x^{\prime}(t_0) = 0\), l’unicité donne \(x = 0\). Donc \(x^{\prime}(t_0) \neq 0\). Ensuite, \(\frac{x(t)}{t – t_0} \to x^{\prime}(t_0) \neq 0\). Il existe donc \(\eta > 0\) tel que ce quotient soit non nul pour \(0 < |t – t_0| \leq\, \eta\). Par conséquent, \(x\) ne s’annule pas sur \([t_0 – \eta, t_0 + \eta]\) privé de \(t_0\).
3. On a \(W = W(\alpha) = x_1(\alpha) x_2^{\prime}(\alpha) – x_2(\alpha) x_1^{\prime}(\alpha) = -x_2(\alpha) x_1^{\prime}(\alpha)\). Comme \(W \neq 0\), \(x_2(\alpha) \neq 0\). De même, \(x_2(\beta) \neq 0\).
4. Supposons que \(x_2\) ne s’annule pas sur \(]\alpha, \beta[\). D’après la question précédente, \(x_2\) ne s’annule pas sur \([\alpha, \beta]\). La fonction \(h = x_1 / x_2\) y est donc de classe \(C^1\), avec \(h(\alpha) = h(\beta) = 0\). Le théorème de Rolle fournit \(c \in ]\alpha, \beta[\) tel que \(h^{\prime}(c) = 0\). Or \(h^{\prime} = \frac{x_1^{\prime} x_2 – x_1 x_2^{\prime}}{x_2^2} = -\frac{W}{x_2^2} \neq 0\). C’est absurde. Donc \(x_2\) s’annule sur \(]\alpha, \beta[\).
5. D’abord, \(x_2\) n’a qu’un nombre fini de zéros dans \([\alpha, \beta]\). Sinon, par le théorème de Bolzano-Weierstrass, ils s’accumuleraient en un point \(t^{*}\), zéro de \(x_2\) par continuité, mais non isolé : cela contredit la question 2. Supposons alors que \(x_2\) ait deux zéros dans \(]\alpha, \beta[\), et prenons-en deux consécutifs \(\gamma < \delta\). La base \((x_2, x_1)\) a pour wronskien \(-W \neq 0\). Les questions 3 et 4, appliquées en échangeant les rôles, montrent que \(x_1\) s’annule sur \(]\gamma, \delta[ \subset ]\alpha, \beta[\). Cela contredit le fait que \(\alpha\) et \(\beta\) sont consécutifs. Ainsi, \(x_2\) s’annule exactement une fois entre deux zéros consécutifs de \(x_1\).

Point de méthode : le quotient \(x_1 / x_2\) a pour dérivée \(-W / x_2^2\), de signe constant ; c’est l’outil clé pour comparer les zéros de deux solutions.

Corrigé de l’exercice 19 : Équation à coefficient périodique

1. Posons \(y(t) = x(t + T)\). Alors \(y^{\prime\prime}(t) = x^{\prime\prime}(t + T) = -q(t + T) x(t + T) = -q(t) y(t)\), par périodicité de \(q\). Donc \(y \in S\). L’application \(\Phi\) est clairement linéaire. Si \(\Phi(x) = 0\), alors \(x(t + T) = 0\) pour tout \(t\), donc \(x = 0\). Ainsi, \(\Phi\) est injective, et comme \(\dim S = 2\), \(\Phi\) est un automorphisme de \(S\).
2. Toute \(y \in S\) s’écrit \(y = y(0) x_1 + y^{\prime}(0) x_2\). En effet, les deux membres résolvent le même problème de Cauchy en \(0\). Appliquons ceci à \(\Phi(x_1)\) : \(\Phi(x_1)(0) = x_1(T)\) et \(\Phi(x_1)^{\prime}(0) = x_1^{\prime}(T)\). Donc \(\Phi(x_1) = x_1(T) x_1 + x_1^{\prime}(T) x_2\), et de même pour \(x_2\). On obtient ainsi la matrice \(M\) annoncée. Son déterminant vaut \(W(T)\). Or l’équation n’a pas de terme en \(x^{\prime}\), donc \(W(T) = W(0) = 1\). Par conséquent, \(\det M = 1\).
3. Notons \(\tau = x_1(T) + x_2^{\prime}(T) = \mathrm{tr}\, M\). Le polynôme caractéristique de \(M\) est \(\lambda^2 – \tau \lambda + 1\), de discriminant \(\tau^2 – 4 > 0\). Il a donc deux racines réelles distinctes de produit \(1\) : l’une vérifie \(|\lambda| > 1\). Soit \(x \in S\) un vecteur propre associé. Alors \(\Phi(x) = \lambda x\), c’est-à-dire \(x(t + T) = \lambda x(t)\). Prenons \(t_0\) tel que \(x(t_0) \neq 0\). Par récurrence, \(|x(t_0 + kT)| = |\lambda|^k |x(t_0)| \to +\infty\). Donc \(x\) n’est pas bornée sur \(\mathbb{R}_+\).
4. Pour \(q = \frac{1}{4}\), on a \(x_1(t) = \cos\frac{t}{2}\) et \(x_2(t) = 2 \sin\frac{t}{2}\). En \(T = 2\pi\), on obtient \(x_1(2\pi) = -1\), \(x_1^{\prime}(2\pi) = -\frac{1}{2} \sin\pi = 0\), \(x_2(2\pi) = 0\) et \(x_2^{\prime}(2\pi) = \cos\pi = -1\). Donc \(M = -I_2\). Ainsi, toute solution vérifie \(x(t + 2\pi) = -x(t)\) : elle est antipériodique, donc \(4\pi\)-périodique. Ici \(\tau = -2\), cas limite où la question 3 ne s’applique pas.

Corrigé de l’exercice 20 : Problème, étude complète d’une équation singulière

Partie A.

1. Soit \(x = \sum a_k t^k\) de rayon \(R > 0\). Le coefficient de \(t^k\) dans \(t x^{\prime\prime}\) vaut \((k+1) k \, a_{k+1}\), celui de \(2 x^{\prime}\) vaut \(2 (k+1) a_{k+1}\), et celui de \(t x\) vaut \(a_{k-1}\) pour \(k \geq\, 1\). Pour \(k = 0\), on obtient \(2 a_1 = 0\). Pour \(k \geq\, 1\), on obtient \((k+1)(k+2) a_{k+1} = a_{k-1}\). Donc les coefficients impairs sont nuls. De plus, \(a_{2p} = \frac{a_{2p-2}}{(2p)(2p+1)}\), d’où \(a_{2p} = \dfrac{a_0}{(2p+1)!}\). Le rapport \(\frac{|t|^2}{(2p+2)(2p+3)}\) tend vers \(0\), donc le rayon est infini. Enfin, pour \(t \neq 0\), \(t \varphi(t) = \sum \frac{t^{2p+1}}{(2p+1)!}\), donc \(\varphi(t) = \dfrac{\mathrm{sh}\, t}{t}\), avec \(\varphi(0) = 1\).

Partie B.

2. Posons \(y = t x\). Alors \(y^{\prime} = x + t x^{\prime}\) et \(y^{\prime\prime} = 2 x^{\prime} + t x^{\prime\prime}\). Donc \(t x^{\prime\prime} + 2 x^{\prime} – t x = y^{\prime\prime} – y\). Par conséquent, \(x\) est solution de \((H)\) sur \(I\) si et seulement si \(y^{\prime\prime} = y\). Ainsi, \(y = A \, \mathrm{ch}\, t + B \, \mathrm{sh}\, t\), et \(x(t) = \dfrac{A \, \mathrm{ch}\, t + B \, \mathrm{sh}\, t}{t}\).
3. Notons \(s = \mathrm{sh}\, t\) et \(c = \mathrm{ch}\, t\). On a \(x_1^{\prime} = \frac{c}{t} – \frac{s}{t^2}\) et \(x_2^{\prime} = \frac{s}{t} – \frac{c}{t^2}\). Ainsi, \[W = \frac{s}{t} ( \frac{s}{t} – \frac{c}{t^2} ) – \frac{c}{t} ( \frac{c}{t} – \frac{s}{t^2} ) = \frac{s^2 – c^2}{t^2} = -\frac{1}{t^2}.\] Sous forme résolue, \(a(t) = \frac{2}{t}\), et Liouville annonce \(W^{\prime} = -\frac{2}{t} W\). Or \(W^{\prime} = \frac{2}{t^3} = -\frac{2}{t} \cdot ( -\frac{1}{t^2} )\) : la formule est vérifiée.

Partie C.

4. On normalise \((E)\) : le second membre devient \(g = 1\). Les formules donnent \(\lambda^{\prime} = -\frac{x_2 g}{W} = t \, \mathrm{ch}\, t\) et \(\mu^{\prime} = \frac{x_1 g}{W} = -t \, \mathrm{sh}\, t\). Par intégration par parties, on prend \(\lambda = t \, \mathrm{sh}\, t – \mathrm{ch}\, t\) et \(\mu = \mathrm{sh}\, t – t \, \mathrm{ch}\, t\). Alors \[\lambda x_1 + \mu x_2 = \mathrm{sh}^2 t – \frac{\mathrm{sh}\, t \, \mathrm{ch}\, t}{t} + \frac{\mathrm{ch}\, t \, \mathrm{sh}\, t}{t} – \mathrm{ch}^2 t = -1.\] On obtient donc la solution particulière constante \(-1\). On pouvait la deviner : pour \(x = -1\), \(t \cdot 0 + 0 – t \cdot (-1) = t\).
5. Soit \(x\) une solution sur \(\mathbb{R}\). Sur \(]0, +\infty[\), \(x = -1 + \frac{A \, \mathrm{ch}\, t}{t} + B \varphi(t)\), et sur \(]-\infty, 0[\), \(x = -1 + \frac{C \, \mathrm{ch}\, t}{t} + D \varphi(t)\). La continuité en \(0\) exige une limite finie. Or \(\frac{\mathrm{ch}\, t}{t} \to \pm\infty\) et \(\varphi \to 1\). Donc \(A = C = 0\). Ensuite, les limites \(-1 + B\) et \(-1 + D\) coïncident, donc \(B = D\). Réciproquement, \(-1 + B \varphi\) est de classe \(C^\infty\) sur \(\mathbb{R}\), car \(\varphi\) est somme d’une série entière de rayon infini. Elle vérifie \((E)\) sur \(\mathbb{R}\), puisque \(\varphi\) vérifie \((H)\) par construction. Ainsi, les solutions sur \(\mathbb{R}\) sont les \(-1 + B \dfrac{\mathrm{sh}\, t}{t}\), \(B \in \mathbb{R}\).

   La condition \(x(0) = 1\) donne \(B = 2\), d’où \(x(t) = -1 + \dfrac{2 \, \mathrm{sh}\, t}{t}\), prolongée par \(1\) en \(0\). En revanche, \(\varphi\) est paire, donc \(x^{\prime}(0) = B \varphi^{\prime}(0) = 0\) pour toute solution. Par conséquent, aucune solution sur \(\mathbb{R}\) ne vérifie \(x^{\prime}(0) = 1\). D’ailleurs, l’équation en \(t = 0\) se réduit à \(2 x^{\prime}(0) = 0\).

Point de méthode : reconnaître une dérivée exacte, ici \((t x)^{\prime\prime}\), ramène l’équation à coefficients variables à une équation à coefficients constants.

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Pour aller plus loin en maths spé

• Le cours : équations différentielles linéaires, cours de maths spé
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• À maîtriser avant : Fonctions vectorielles d'une variable réelle, Séries entières
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