Exercice 2 : Équations différentielles linéaires

Problème guidé : Étude d’une équation différentielle linéaire avec perturbation

Ce problème est inspiré des épreuves écrites de mathématiques pour la filière PCSI. Il aborde la résolution d’une équation différentielle linéaire d’ordre 2 à coefficients non constants, l’étude des solutions sur un intervalle ouvert et l’utilisation de la méthode de variation des constantes.

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I. Préambule et notations

Soit $I = ]0, +\infty[$. On considère l’équation différentielle $(E)$ définie sur $I$ par : $(t^2 + 1)y'' - 2ty' + 2y = (t^2 + 1)^2$

L’objectif de ce problème est de déterminer l’ensemble des solutions de $(E)$ sur $I$ en étudiant d’abord l’équation homogène associée $(H)$ : $(t^2 + 1)y'' - 2ty' + 2y = 0$

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II. Recherche d’une solution particulière polynomiale de $(H)$

Question 1. Montrer que l’équation homogène $(H)$ admet une solution évidente de la forme d’un polynôme de degré $1$, que l’on précisera.

Indication : Si $y$ est un polynôme de degré $1$, quel est le degré de $y'$ et de $y''$ ?

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Corrigé et Analyse (Q1)

Soit $y(t) = at + b$ avec $(a, b) \in \mathbb{R}^2$ et $a \neq 0$. On a alors $y'(t) = a$ et $y''(t) = 0$.

Substituons $y$, $y'$ et $y''$ dans le membre de gauche de $(H)$ : $(t^2 + 1)(0) - 2t(a) + 2(at + b) = 0$ $-2at + 2at + 2b = 0 \implies 2b = 0$

On en déduit que $b = 0$, tandis que $a$ peut être choisi arbitrairement (par exemple $a = 1$). Une solution évidente de $(H)$ est donc : $y_1(t) = t$

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III. Abaissement d’ordre

Pour trouver une seconde solution linéairement indépendante de $y_1$ sur $I$, on utilise la méthode d’abaissement d’ordre. On cherche une solution de $(H)$ sous la forme $y(t) = z(t)y_1(t) = t z(t)$, où $z$ est une fonction deux fois dérivable sur $I$.

Question 2. a) Calculer $y'(t)$ et $y''(t)$ en fonction de $t$, $z(t)$, $z'(t)$ et $z''(t)$. b) En déduire l’équation différentielle d’ordre $1$ vérifiée par $u = z'$. c) Résoudre cette équation en $u$, puis déterminer $z(t)$ et enfin la seconde solution $y_2(t)$.

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Corrigé et Analyse (Q2)

a) Soit $y(t) = t z(t)$.

• $y'(t) = z(t) + t z'(t)$
• $y''(t) = 2z'(t) + t z''(t)$

b) Injectons ces expressions dans $(H)$ : $(t^2 + 1)(2z'(t) + t z''(t)) - 2t(z(t) + t z'(t)) + 2(t z(t)) = 0$ Développons et simplifions : $t(t^2 + 1)z''(t) + [2(t^2 + 1) - 2t^2]z'(t) + [-2t + 2t]z(t) = 0$ $t(t^2 + 1)z''(t) + 2z'(t) = 0$

En posant $u = z'$, on obtient l’équation linéaire d’ordre 1 : $t(t^2 + 1)u' + 2u = 0 \quad (\text{E}_u)$

c) Sur $I = ]0, +\infty[$, $t \neq 0$ et $t^2 + 1 \neq 0$. On peut réécrire $(\text{E}_u)$ sous la forme : $\frac{u'}{u} = -\frac{2}{t(t^2 + 1)}$ Remarquons que $\frac{2}{t(t^2 + 1)} = \frac{2}{t} - \frac{2t}{t^2 + 1}$. Ainsi : $\int \left(\frac{2}{t} - \frac{2t}{t^2 + 1}\right) dt = 2\ln(t) - \ln(t^2 + 1) = \ln\left(\frac{t^2}{t^2 + 1}\right)$ En intégrant, on obtient (à une constante multiplicative près) : $u(t) = \frac{A \cdot (t^2 + 1)}{t^2} \quad (\text{avec } A \in \mathbb{R})$ En choisissant $A = 1$, on a $u(t) = 1 + \frac{1}{t^2}$. Puisque $z'(t) = u(t)$, on intègre pour trouver $z(t)$ : $z(t) = t - \frac{1}{t}$ On en déduit la seconde solution $y_2(t)$ : $y_2(t) = t \left(t - \frac{1}{t}\right) = t^2 - 1$

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IV. Résolution de l’équation complète $(E)$

Question 3. a) Vérifier que $y_1$ et $y_2$ forment un système fondamental de solutions de $(H)$ sur $I$. b) À l’aide de la méthode de variation des constantes, déterminer une solution particulière $y_p$ de l’équation avec second membre $(E)$. c) Écrire la solution générale de $(E)$ sur $I$.

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Corrigé et Analyse (Q3)

a) Le Wronskien de $(y_1, y_2)$ en tout point $t \in I$ vaut : $W(t) = \begin{vmatrix} t & t^2 - 1 \\ 1 & 2t \end{vmatrix} = t(2t) - 1(t^2 - 1) = t^2 + 1$ Puisque $W(t) \neq 0$ sur $I = ]0, +\infty[$, la famille $(y_1, y_2)$ est libre et forme un système fondamental de solutions de $(H)$.

b) On cherche une solution particulière sous la forme $y_p(t) = \lambda_1(t)y_1(t) + \lambda_2(t)y_2(t)$ en résolvant le système :

$$\begin{cases} \lambda_1'(t)y_1(t) + \lambda_2'(t)y_2(t) = 0 \\ \lambda_1'(t)y_1'(t) + \lambda_2'(t)y_2'(t) = \frac{(t^2+1)^2}{t^2+1} = t^2 + 1 \end{cases}$$

Soit :

$$\begin{cases} \lambda_1'(t)t + \lambda_2'(t)(t^2 - 1) = 0 \\ \lambda_1'(t)(1) + \lambda_2'(t)(2t) = t^2 + 1 \end{cases}$$

Multiplions la première équation par $1/t$ (valide car $t>0$) : $\lambda_1' + \lambda_2'\frac{t^2-1}{t} = 0 \implies \lambda_1' = -\lambda_2'\frac{t^2-1}{t}$. Substituons dans la seconde : $-\lambda_2'\frac{t^2-1}{t} + 2t\lambda_2' = t^2 + 1 \implies \lambda_2' \left( \frac{-(t^2-1) + 2t^2}{t} \right) = t^2 + 1$ $\lambda_2' \left( \frac{t^2 + 1}{t} \right) = t^2 + 1 \implies \lambda_2'(t) = t$ On en déduit $\lambda_1'(t) = -t \frac{t^2-1}{t} = 1 - t^2$.

En intégrant (sans constantes d’intégration) :

• $\lambda_1(t) = t - \frac{t^3}{3}$
• $\lambda_2(t) = \frac{t^2}{2}$

D’où la solution particulière : $y_p(t) = \left(t - \frac{t^3}{3}\right)t + \left(\frac{t^2}{2}\right)(t^2 - 1) = t^2 - \frac{t^4}{3} + \frac{t^4}{2} - \frac{t^2}{2} = \frac{t^2}{2} + \frac{t^4}{6}$

c) La solution générale de $(E)$ sur $I$ est la somme de la solution générale de $(H)$ et de la solution particulière $y_p$ : $y(t) = \alpha t + \beta (t^2 - 1) + \frac{t^2}{2} + \frac{t^4}{6}, \quad (\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2$

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V. Analyse critique des résultats

Question 4. L’énoncé initial pose l’équation sur $I = ]0, +\infty[$. Que se passerait-il si l’on cherchait à résoudre $(E)$ sur $\mathbb{R}$ tout entier ? Discuter de la validité du théorème de Cauchy-Lipschitz linéaire.

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Corrigé et Analyse (Q4)

Le coefficient dominant de l’équation $(E)$ est $a_2(t) = t^2 + 1$. Pour tout $t \in \mathbb{R}$, $t^2 + 1 \ge 1 > 0$, donc $a_2(t)$ ne s’annule jamais sur $\mathbb{R}$.

Le théorème de Cauchy-Lipschitz linéaire garantit l’existence et l’unicité de solutions globales sur tout intervalle où le coefficient dominant ne s’annule pas et où les fonctions $a_1(t) = -2t$, $a_0(t) = 2$ et le second membre $b(t) = (t^2+1)^2$ sont continus. Puisque ces fonctions sont polynomiales, elles sont de classe $\mathcal{C}^\infty$ sur $\mathbb{R}$ tout entier.

Par conséquent, les solutions trouvées s’étendent de manière unique et globale sur $\mathbb{R}$ tout entier, et non seulement sur $I = ]0, +\infty[$. Le choix de $I = ]0, +\infty[$. dans l’énoncé était une précaution superflue du point de vue théorique, mais pédagogiquement utile pour simplifier l’intégration par la méthode d’abaissement d’ordre en évitant les problèmes de signes autour de $0$.