Équation différentielle/Exercices/Équation différentielle linéaire du deuxième ordre à coefficients variables

Cette page ne traite que des équations différentielles linéaires d'ordre 2 à coefficients non constants.

Pour les équations différentielles linéaires d'ordre 1, voir ce chapitre et pour celles d'ordre 2 à coefficients constants, ce chapitre (et bien sûr, les exercices liés).

Équations à coefficients polynomiaux

1.  $\left(1+x^{2}\right)y''+xy'-y=0$.

Pour résoudre, poser $y=zx$.

Solution

On pose (tant sur $\left]0,+\infty \right[$ que sur sur $\left]-\infty ,0\right[$) $y=zx$, donc $y'=z'x+z$ et $y''=z''x+2z'$.

$(E_{1})\Leftrightarrow 0=\left(1+x^{2}\right)\left(z''x+2z'\right)+x\left(z'x+z\right)-zx=z''+\left({\frac {2}{x}}+{\frac {x}{1+x^{2}}}\right)z'=0$.

Une primitive de ${\frac {2}{x}}+{\frac {x}{1+x^{2}}}$ est $2\ln |x|+{\frac {1}{2}}\ln \left(1+x^{2}\right)$.

Donc $(E_{1})\Leftrightarrow z'={\frac {\lambda }{x^{2}{\sqrt {1+x^{2}}}}}$.

On pose $t=\arctan x$. Alors, $\cos t\geq 0$, $x=\tan t$ et $\mathrm {d} x={\frac {\mathrm {d} t}{\cos ^{2}t}}$, donc

$(E_{1})\Leftrightarrow z=\lambda \int {\frac {1}{\tan ^{2}t{\sqrt {\frac {1}{\cos ^{2}t}}}}}{\frac {\mathrm {d} t}{\cos ^{2}t}}=\lambda \int {\frac {\cos t\,\mathrm {d} t}{\sin ^{2}t}}=-{\frac {\lambda }{\sin t}}+\mu =-{\frac {\lambda {\sqrt {1+x^{2}}}}{x}}+\mu$.

La solution générale (tant sur $\left]0,+\infty \right[$ que sur sur $\left]-\infty ,0\right[$) est donc $y=\lambda \,{\sqrt {1+x^{2}}}+\mu x,\quad (\lambda ,\mu )\in \mathbb {R} ^{2}$.

Elle est prolongeable par $y(0)=\lambda$ et l'on a alors $y'(0)=\mu$ et $\left(1+0^{2}\right)y''(0)+0y'(0)-y(0)=0$.

La solution générale sur $\mathbb {R}$ est donc $y=\lambda \,{\sqrt {1+x^{2}}}+\mu x,\quad (\lambda ,\mu )\in \mathbb {R} ^{2}$.

 

2.  $xy''+2\left(x-1\right)y'-4y=0$.

Pour résoudre, chercher une solution polynomiale et une solution exponentielle.

Solution

• Cherchons une solution particulière de la forme $y=ax^{2}+bx+c$, donc $y'=2ax+b$ et $y''=2a$.

  $(E_{2})\Leftrightarrow \left(-2a-2b\right)x-2b-4c=0$.

  Par identification, on obtient : $a=2c$ et $b=-2c$.

  Une solution particulière est donc $y=2x^{2}-2x+1$.

• Cherchons une solution particulière de la forme $y=\operatorname {e} ^{f}$, donc $y'=f'y$ et $y''=\left(f''+f'^{2}\right)y$.

  $(E_{2})\Leftrightarrow x\left(f''+f'^{2}\right)+2\left(x-1\right)f'-4=0$ devient, en posant $f(x)=ax$ :

  $0=xa^{2}+2\left(x-1\right)a-4=\left(xa-2\right)\left(a+2\right)$.

  Une deuxième solution particulière est donc $y=\operatorname {e} ^{-2x}$.

L'espace des solutions sur $\left]0,+\infty \right[$ ou sur $\left]-\infty ,0\right[$ étant de dimension 2, il est engendré par ces deux solutions particulières.

Les solutions sur $\mathbb {R}$ sont les fonctions de la forme

$y(x)={\begin{cases}\lambda _{1}\left(2x^{2}-2x+1\right)+\mu _{1}\operatorname {e} ^{-2x}&{\text{si }}x\geq 0\\\lambda _{2}\left(2x^{2}-2x+1\right)+\mu _{2}\operatorname {e} ^{-2x}&{\text{si }}x<0\end{cases}}$

avec comme seule contrainte : $\lambda _{1}+\mu _{1}=\lambda _{2}+\mu _{2}$ (la fonction $y$ est alors, même en $0$, de classe C² et solution de $(E_{2})$).

 

3.  $xy''+2y'+xy=0$.

Résoudre d'abord sur $\left]0,+\infty \right[$ et sur $\left]-\infty ,0\right[$, en posant $z=xy$.

Solution

$z=xy,\,z'=xy'+y,\,z''=xy''+2y'$.

$xy''+2y'+xy=0\Leftrightarrow z''+z=0\Leftrightarrow z=\alpha \cos x+\beta \sin x$

donc la solution générale sur $\left]0,+\infty \right[$ ou sur $\left]-\infty ,0\right[$ est $y={\frac {\alpha \cos x+\beta \sin x}{x}},\;(\alpha ,\beta )\in \mathbb {R} ^{2}$.

Par conséquent, une solution sur $\mathbb {R}$ est une fonction de la forme

$y(x)={\begin{cases}{\frac {\alpha _{1}\cos x+\beta _{1}\sin x}{x}}&{\text{si }}x>0\\\gamma &{\text{si }}x=0\\{\frac {\alpha _{2}\cos x+\beta _{2}\sin x}{x}}&{\text{si }}x<0\end{cases}}$

avec $\alpha _{1},\beta _{1},\alpha _{2},\beta _{2},\gamma \in \mathbb {R}$ tels que $y$ soit deux fois dérivable en $0$ et $0y''(0)+2y'(0)+0y(0)=0$, c'est-à-dire $y'(0)=0$.

Il faut d'abord que $y$ soit continue en $0$, ce qui équivaut à $\alpha _{1}=\alpha _{2}=0$ et $\beta _{1}=\beta _{2}=\gamma$ donc

$y(x)=\gamma \times {\begin{cases}{\frac {\sin x}{x}}&{\text{si }}x\neq 0\\1&{\text{si }}x=0.\end{cases}}$

Il n'y a pas de contrainte supplémentaire sur $\gamma$ pour que $y'(0)$ soit nul et que $y''(0)$ existe, car :

• $y'(0)=\gamma \lim _{x\to 0}{\frac {{\frac {\sin x}{x}}-1}{x}}=\gamma \lim _{x\to 0}{\frac {{\frac {x+o\left(x^{2}\right)}{x}}-1}{x}}=0$ ;
• pour $x\neq 0$, $y'(x)=\gamma {\frac {x\cos x-\sin x}{x^{2}}}$ donc $y''(0)=\gamma \lim _{x\to 0}{\frac {{\frac {x\cos x-\sin x}{x^{2}}}-0}{x}}=\gamma \lim _{x\to 0}{\frac {x\left(1-x^{2}/2+o\left(x^{2}\right)\right)-\left(x-x^{3}/6+o\left(x^{3}\right)\right)}{x^{3}}}=\gamma \left(-{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{6}}\right)=-{\frac {\gamma }{3}}$.

 

4.  Soient $a,b\in \mathbb {R}$, $I\subset \mathbb {R} _{+}^{*}$ et $k:I\to \mathbb {R}$ continue. On considère l'équation

(E) : $x^{2}y''+axy'+by=k(x)$.

Montrer que par un changement de variable $t=\ln x$, on se ramène à une e.d.l. à coefficients constants.

Application : Résoudre sur $\left]0,+\infty \right[$ :

1. $x^{2}y''+xy'+y=0$ ;
2. $x^{2}y''-2y=x$ ;
3. $x^{2}y''+3xy'+y=1+x^{2}$ ;
4. $x^{2}y''+xy'+y=x\ln |x|$.

Solution

Soit $v(t)=y(\operatorname {e} ^{t})$, $y(x)=v(\ln x)$ donc $xy'(x)=v'(\ln x)$ et $x^{2}y''=v''(\ln x)-xy'=(v''-v')(\ln x)$ : $y$ est deux fois dérivable sur $\left]0,+\infty \right[$ si et seulement si $v$ est deux fois dérivable sur $\mathbb {R}$, et (E) devient : $v''+(a-1)v'+bv=k(\operatorname {e} ^{t})$.

1. $a=b=1,k(x)=0,v''+v=0,v=a\cos x+b\sin x$ (avec $a,b\in \mathbb {R}$), $y(x)=a\cos \ln x+b\sin \ln x$.
2. $a=0,b=-2,k(x)=x,v''-v'-2v=\operatorname {e} ^{t},v=\operatorname {e} ^{t}u,1=u''+u'-2u,u=-{\frac {1}{2}}+\lambda \operatorname {e} ^{t}+\mu \operatorname {e} ^{-2t},y=-{\frac {x}{2}}+\lambda x^{2}+{\mu \over x}$.
3. $a=3,b=1,k(x)=1+x^{2},v''+2v'+v=1+\operatorname {e} ^{2t},v=1+\operatorname {e} ^{2t}u,1=u''+6u'+9u,u={1 \over 9}+\operatorname {e} ^{-3t}(\lambda t+\mu ),y=1+{x^{2} \over 9}+{1 \over x}(\lambda \ln x+\mu )$.
4. $a=b=1,k(x)=x\ln |x|,v''+v=t\operatorname {e} ^{t},v=\operatorname {e} ^{t}u,t=u''+2u'+2u,u={t-1 \over 2}+\operatorname {e} ^{-t}(\lambda \cos t+\mu \sin t),y={x \over 2}(-1+\ln x)+\lambda \cos \ln x+\mu \sin \ln x$.

 

Équation y'' + qy = 0

On considère l'équation différentielle $y''+qy=0$, où $q:\mathbb {R} _{+}\to \mathbb {R}$ est continue et intégrable.

1. Montrer que pour toute solution $y$ bornée, $\lim _{+\infty }y'$=0.
2. Soient $u$ et $v$ deux solutions bornées. Que peut-on dire de leur wronskien $w$ ?
3. Montrer qu'il existe des solutions non bornées.

Solution

1. Si $y$ est une solution bornée alors $y'(x)=y'(0)-\int _{0}^{x}qy$ admet une limite $\ell \in \mathbb {R}$ quand $x\to +\infty$ et d'après le théorème des accroissements finis, $\ell =\lim _{x\to +\infty }{\frac {y(2x)-y(x)}{x}}=0$.
2. $w'=0$ donc d'après la question 1, $w=0$.
3. Il existe deux solutions $u,v$ linéairement indépendantes. Leur wronskien est alors non nul donc d'après la question 2, $u$ ou $v$ est non bornée.

 

Théorèmes de Sturm : étude qualitative

On considère l'équation différentielle

$(E_{0}):\quad x''(t)+a(t)x'(t)+b(t)x(t)=0$,

où $a,b:I\to \mathbb {R}$ sont des fonctions continues.

1. Soit $x$ une solution non nulle de $(E_{0})$.
   1. Montrer que les zéros de $x$ sont simples et isolés, c'est-à-dire : si $x(t_{0})=0$ alors $x'(t_{0})\neq 0$ et, dans un intervalle assez petit autour de $t_{0}$, le seul zéro de $x$ est $t_{0}$.
   2. Montrer que si $\alpha$ et $\beta$ sont deux zéros consécutifs de $x$ alors $x'(\alpha )x'(\beta )<0$.
2. Soient $u$ et $v$ deux solutions de $(E_{0})$ linéairement indépendantes.
   1. Soient $\lambda ,\mu \in \mathbb {R}$ et $x=\lambda u+\mu v$. Déduire de la question 1.1 que si $x$ et $x'$ s'annulent simultanément en un point, alors $\lambda =\mu =0$.
   2. Retrouver ainsi (cf. cours) que le wronskien $W=uv'-u'v$ ne s'annule pas.
3. Déduire de tout ce qui précède que :
   1. $u$ et $v$ n'ont pas de zéro commun ;
   2. si $u$ s'annule plusieurs fois alors, entre deux zéros consécutifs de $u$, il y a exactement un zéro de $v$.

Solution

1. 1. Sachant que $x(t_{0})=0$, on a $x'(t_{0})\neq 0$ car sinon, par unicité (cf. cours : Théorème fondamental d'existence et unicité), $x$ serait la fonction nulle. On a alors $x(t)\sim _{t\to t_{0}}\left(t-t_{0}\right)x'(t_{0})$ et par conséquent, pour $t\neq t_{0}$ suffisamment proche de $t_{0}$ : $x(t)\neq 0$.
   2. Sur $\left]\alpha ,\beta \right[$, $x$ est de signe constant (d'après le théorème des valeurs intermédiaires) donc (quitte à remplacer $x$ par $-x$ si nécessaire) $x>0$. Alors $x'(\alpha )=\lim _{t\to \alpha ^{+}}{\frac {x(t)}{t-\alpha }}\geq 0$ et même (d'après la question précédente) $x'(\alpha )>0$. De même, $x'(\beta )<0$. Donc $x'(\alpha )x'(\beta )<0$.
2. 1. Puisque $x$ est solution de $(E_{0})$, on déduit de 1.1 (par contraposition) que si $x(t_{0})=x'(t_{0})=0$ alors $x=0$ donc (puisque $(u,v)$ est supposé libre) $\lambda =\mu =0$.
   2. D'après la question précédente, pour tout $t_{0}\in I$, on a
      $\forall (\lambda ,\mu )\in \mathbb {R} ^{2}\quad \lambda {\begin{pmatrix}u(t_{0})\\u'(t_{0})\end{pmatrix}}+\mu {\begin{pmatrix}v(t_{0})\\v'(t_{0})\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\end{pmatrix}}\Rightarrow \lambda =\mu =0$,
      autrement dit : les deux vecteurs ${\begin{pmatrix}u(t_{0})\\u'(t_{0})\end{pmatrix}}$ et ${\begin{pmatrix}v(t_{0})\\v'(t_{0})\end{pmatrix}}$ sont linéairement indépendants, ce qui se traduit par $W(t_{0})\neq 0$.
3. 1. $\forall t\in I\quad 0\neq W(t)=u(t)v'(t)-u'(t)v(t)$ donc $\left(u(t),v(t)\right)\neq (0,0)$.
   2. D'après 2.2, $W$ est de signe constant. Soient $\alpha$ et $\beta$ deux zéros consécutifs de $u$. Alors, $W(\alpha )=-u'(\alpha )v(\alpha )$, $W(\beta )=-u'(\beta )v(\beta )$ et (d'après 1.2) $u'(\alpha )u'(\beta )<0$. Par conséquent, $v(\alpha )v(\beta )<0$ donc $v$ s'annule au moins une fois entre $\alpha$ et $\beta$. Mais pas deux fois car sinon (en inversant les rôles de $u$ et $v$ dans ce résultat), il y aurait au moins un zéro de $u$ entre deux zéros consécutifs de $v$ dans $\left]\alpha ,\beta \right[$, ce qui est exclu par le choix de $(\alpha ,\beta )$.

Voir aussi « cette feuille d'exercices », sur bibmath.net.