Corrigé des exercices : EDL du premier et du second ordre en maths sup (MPSI)

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Solutions de trois équations homogènes

Idée clé : on normalise, on calcule une primitive \(A\) du coefficient de \(y\), puis on écrit \(y = \lambda e^{-A}\).

1. L’équation est déjà normalisée, avec \(a(x) = 3x^2\), continue sur \(\mathbb{R}\). On choisit \(A(x) = x^3\). On trouve \(y(x) = \lambda e^{-x^3}\), où \(\lambda\) décrit \(\mathbb{R}\).
2. Le coefficient \(1 + x^2\) ne s’annule pas sur \(\mathbb{R}\). On normalise donc : \(y^{\prime} – \frac{x}{1+x^2}\,y = 0\). Une primitive de \(-\frac{x}{1+x^2}\) est \(A(x) = -\frac{1}{2}\ln(1+x^2)\). Ainsi \(e^{-A(x)} = \sqrt{1+x^2}\). Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto \lambda\sqrt{1+x^2}\).
3. Sur \(]1,+\infty[\), on a \(\ln x > 0\), donc \(x\ln x \neq 0\). L’équation normalisée s’écrit \(y^{\prime} – \frac{1}{x\ln x}\,y = 0\). Or \(\frac{1}{x\ln x}\) est la dérivée de \(\ln(\ln x)\). Par conséquent, \(A(x) = -\ln(\ln x)\) et \(e^{-A(x)} = \ln x\). Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto \lambda\ln x\).

On peut vérifier le dernier résultat : avec \(y = \ln x\), on a \(x\ln(x)\cdot\frac{1}{x} – \ln x = 0\).

Corrigé de l’exercice 2 – Second membre polynomial ou exponentiel

Idée clé : le coefficient est constant, donc on cherche une solution particulière qui a la même forme que le second membre, en surveillant le cas \(m = -a\).

1. Les solutions homogènes de \(y^{\prime} + 2y = 0\) sont les \(\lambda e^{-2x}\). Le second membre est un polynôme de degré \(2\), qui correspond à \(m = 0 \neq -2\). On cherche donc \(y_p = \alpha x^2 + \beta x + \gamma\). Alors \(y_p^{\prime} + 2y_p = 2\alpha x^2 + (2\alpha + 2\beta)x + (\beta + 2\gamma)\). Par identification avec \(x^2 – 1\), on obtient \(\alpha = \frac{1}{2}\), puis \(\beta = -\frac{1}{2}\), puis \(\gamma = -\frac{1}{4}\). Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto \frac{x^2}{2} – \frac{x}{2} – \frac{1}{4} + \lambda e^{-2x}\).
2. Les solutions homogènes sont les \(\lambda e^{4x}\). Ici \(m = 4 = -a\) : l’exponentielle du second membre est solution homogène. On cherche donc \(y_p = c\,x\,e^{4x}\). On trouve \(y_p^{\prime} = c(1 + 4x)e^{4x}\), d’où \(y_p^{\prime} – 4y_p = c\,e^{4x}\). Ainsi \(c = 3\). Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto (3x + \lambda)\,e^{4x}\).

Corrigé de l’exercice 3 – Quatre équations caractéristiques

Idée clé : on résout \(r^2 + ar + b = 0\), puis on applique la forme réelle qui correspond au signe du discriminant.

1. L’équation \(r^2 – 7r + 10 = 0\) a pour racines \(2\) et \(5\), car \(2 + 5 = 7\) et \(2 \times 5 = 10\). Les solutions sont les \(x \mapsto \lambda e^{2x} + \mu e^{5x}\).
2. On a \(r^2 + 6r + 9 = (r+3)^2\). La racine \(-3\) est donc double. Les solutions sont les \(x \mapsto (\lambda x + \mu)\,e^{-3x}\).
3. Le discriminant de \(r^2 + 2r + 10\) vaut \(4 – 40 = -36\). Les racines sont \(-1 \pm 3i\). Les solutions sont les \(x \mapsto e^{-x}\big(\lambda\cos(3x) + \mu\sin(3x)\big)\).
4. On normalise d’abord : \(y^{\prime\prime} + \frac{1}{4}\,y = 0\). L’équation \(r^2 + \frac{1}{4} = 0\) a pour racines \(\pm\frac{i}{2}\). Ici \(\alpha = 0\) et \(\beta = \frac{1}{2}\). Les solutions sont les \(x \mapsto \lambda\cos\left(\frac{x}{2}\right) + \mu\sin\left(\frac{x}{2}\right)\).

Dans la question 4, une erreur courante consiste à prendre \(\beta = 1\) en oubliant de normaliser. En effet, les racines de \(4r^2 + 1\) sont \(\pm\frac{i}{2}\), et non \(\pm i\). Un contrôle rapide évite ce piège : \(\cos\left(\frac{x}{2}\right)\) a pour dérivée seconde \(-\frac{1}{4}\cos\left(\frac{x}{2}\right)\), donc \(4y^{\prime\prime} + y = 0\).

Corrigé de l’exercice 4 – Un premier problème de Cauchy

Idée clé : l’exponentielle du second membre n’est pas solution homogène, donc la forme \(c\,e^{x/2}\) suffit ; la condition initiale vient en dernier.

1. Avec \(y_p = c\,e^{x/2}\), on a \(y_p^{\prime} + \frac{1}{2}\,y_p = \frac{c}{2}e^{x/2} + \frac{c}{2}e^{x/2} = c\,e^{x/2}\). Donc \(c = 1\). La fonction \(x \mapsto e^{x/2}\) est solution.
2. Les solutions homogènes sont les \(\lambda e^{-x/2}\). La solution générale est \(y(x) = e^{x/2} + \lambda e^{-x/2}\).
3. La condition \(y(0) = 3\) donne \(1 + \lambda = 3\), soit \(\lambda = 2\). La solution cherchée est donc \(y(x) = e^{x/2} + 2e^{-x/2}\). En \(-\infty\), le terme \(e^{x/2}\) tend vers \(0\) tandis que \(2e^{-x/2}\) tend vers \(+\infty\). Ainsi \(y(x) \to +\infty\) quand \(x \to -\infty\).

Cette solution décroît d’abord, puis croît. Sa dérivée \(\frac{1}{2}e^{x/2} – e^{-x/2}\) s’annule en effet lorsque \(e^{x} = 2\), soit en \(x = \ln 2\). Le minimum vaut alors \(\sqrt{2} + \frac{2}{\sqrt{2}} = 2\sqrt{2}\).

Corrigé de l’exercice 5 – Polynôme au second membre d’une équation d’ordre deux

Idée clé : comme \(P(0) \neq 0\), un polynôme du second degré suffit pour la solution particulière.

1. L’équation caractéristique \(r^2 + r – 2 = 0\) a pour racines \(1\) et \(-2\). Les solutions homogènes sont donc les \(\lambda e^{x} + \mu e^{-2x}\).
2. Comme \(P(0) = -2 \neq 0\), on cherche \(y_p = \alpha x^2 + \beta x + \gamma\). On a \(y_p^{\prime} = 2\alpha x + \beta\) et \(y_p^{\prime\prime} = 2\alpha\). Ensuite, \(y_p^{\prime\prime} + y_p^{\prime} – 2y_p = -2\alpha x^2 + (2\alpha – 2\beta)x + (2\alpha + \beta – 2\gamma)\).
3. Par identification avec \(4x^2\) : \(-2\alpha = 4\), donc \(\alpha = -2\). Puis \(2\alpha – 2\beta = 0\), donc \(\beta = -2\). Enfin \(2\alpha + \beta – 2\gamma = 0\) donne \(-6 – 2\gamma = 0\), soit \(\gamma = -3\).
4. Vérification : avec \(y_p = -2x^2 – 2x – 3\), on trouve \(-4 + (-4x – 2) + (4x^2 + 4x + 6) = 4x^2\). Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto -2x^2 – 2x – 3 + \lambda e^{x} + \mu e^{-2x}\).

Corrigé de l’exercice 6 – Superposition avec un cosinus

Idée clé : on découpe le second membre en deux morceaux, on traite le cosinus par l’exponentielle complexe, puis on additionne.

1. Une constante \(c\) vérifie \(0 + c = 2\). La fonction constante égale à \(2\) convient.
2. On cherche \(z = c\,e^{2ix}\). Alors \(z^{\prime} + z = c(1 + 2i)\,e^{2ix}\). Il faut donc \(c = \frac{5}{1+2i} = \frac{5(1-2i)}{5} = 1 – 2i\). La partie réelle de \((1-2i)\big(\cos(2x) + i\sin(2x)\big)\) vaut \(\cos(2x) + 2\sin(2x)\). Comme l’équation est à coefficients réels, cette partie réelle résout l’équation avec \(5\cos(2x)\). Vérifions : avec \(y_2 = \cos(2x) + 2\sin(2x)\), on a \(y_2^{\prime} + y_2 = -2\sin(2x) + 4\cos(2x) + \cos(2x) + 2\sin(2x) = 5\cos(2x)\). La fonction \(x \mapsto \cos(2x) + 2\sin(2x)\) convient.
3. D’après le principe de superposition, \(2 + \cos(2x) + 2\sin(2x)\) est une solution particulière. Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto 2 + \cos(2x) + 2\sin(2x) + \lambda e^{-x}\), avec \(\lambda \in \mathbb{R}\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Variation de la constante avec un cosinus

Idée clé : après normalisation, les solutions homogènes sont des multiples de \(x^2\), et la variation de la constante conduit à une primitive immédiate.

1. Sur \(]0,+\infty[\), on divise par \(x \neq 0\) : \(y^{\prime} – \frac{2}{x}\,y = x^2\cos x\). Une primitive de \(-\frac{2}{x}\) est \(A(x) = -2\ln x\). Donc \(e^{-A(x)} = x^2\), et les solutions homogènes sont les \(\lambda x^2\).
2. On pose \(y(x) = \lambda(x)\,x^2\), avec \(\lambda\) dérivable. D’après le cours, \(y\) est solution si et seulement si \(\lambda^{\prime}(x)\,x^2 = x^2\cos x\), c’est-à-dire \(\lambda^{\prime}(x) = \cos x\).
3. On en déduit \(\lambda(x) = \sin x + C\), avec \(C \in \mathbb{R}\).
4. Vérification avec \(y = x^2\sin x\) : \(x\,y^{\prime} – 2y = x(2x\sin x + x^2\cos x) – 2x^2\sin x = x^3\cos x\). Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto x^2(\sin x + C)\), avec \(C \in \mathbb{R}\).

On aurait aussi pu remarquer que \(x \mapsto x^2\) annule le premier membre, puis chercher une solution particulière proportionnelle à \(x^2\sin x\). Cependant, la variation de la constante a l’avantage de ne rien deviner : elle conduit à la réponse par un calcul de primitive.

Corrigé de l’exercice 8 – Arctangente et condition initiale

Idée clé : le coefficient normalisé est \(\frac{1}{1+x^2}\), dont une primitive est \(\arctan\) ; le second membre est alors fait pour se simplifier.

1. Comme \(1 + x^2 > 0\), on normalise : \(y^{\prime} + \frac{1}{1+x^2}\,y = \frac{e^{-\arctan x}}{1+x^2}\). Ici \(A = \arctan\). Les solutions homogènes sont les fonctions \(x \mapsto \lambda e^{-\arctan x}\).
2. On pose \(y = \lambda(x)\,e^{-\arctan x}\). La condition s’écrit \(\lambda^{\prime}(x)\,e^{-\arctan x} = \frac{e^{-\arctan x}}{1+x^2}\), donc \(\lambda^{\prime}(x) = \frac{1}{1+x^2}\). Ainsi \(\lambda(x) = \arctan x + C\). Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto (\arctan x + C)\,e^{-\arctan x}\).
3. Comme \(\arctan 0 = 0\), on a \(y(0) = C\). Donc \(C = 2\). La solution cherchée est \(y(x) = (\arctan x + 2)\,e^{-\arctan x}\).
4. Quand \(x \to +\infty\), \(\arctan x \to \frac{\pi}{2}\). Par continuité de l’exponentielle, \(y(x) \to \left(\frac{\pi}{2} + 2\right)e^{-\pi/2}\), soit environ \(0{,}74\).

Corrigé de l’exercice 9 – Racine double et second membre polynôme-exponentielle

Idée clé : le changement de fonction \(y = z\,e^{2x}\) élimine les termes en \(z\) et \(z^{\prime}\), car \(2\) est racine double.

1. On écrit \(y = z\,e^{2x}\). Alors \(y^{\prime} = (z^{\prime} + 2z)\,e^{2x}\) et \(y^{\prime\prime} = (z^{\prime\prime} + 4z^{\prime} + 4z)\,e^{2x}\). Par conséquent, \(y^{\prime\prime} – 4y^{\prime} + 4y = (z^{\prime\prime} + 4z^{\prime} + 4z – 4z^{\prime} – 8z + 4z)\,e^{2x}\). On obtient \(y^{\prime\prime} – 4y^{\prime} + 4y = z^{\prime\prime}\,e^{2x}\).
2. L’équation équivaut donc à \(z^{\prime\prime}\,e^{2x} = 6x\,e^{2x}\), c’est-à-dire \(z^{\prime\prime} = 6x\). En intégrant deux fois, \(z(x) = x^3 + \lambda x + \mu\). Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto (x^3 + \lambda x + \mu)\,e^{2x}\).
3. Le second membre est \(Q(x)e^{mx}\), avec \(\deg Q = 1\) et \(m = 2\) racine double. Le tableau du cours propose donc \(x^2(\alpha x + \beta)\,e^{2x}\). On retrouve bien la solution particulière \(x^3 e^{2x}\), avec \(\alpha = 1\) et \(\beta = 0\).

Ce changement de fonction mérite d’être retenu. En effet, il prouve directement le cas « racine double » du tableau des solutions particulières. De plus, il fonctionne pour n’importe quel second membre continu de la forme \(g(x)\,e^{2x}\) : il suffit alors d’intégrer deux fois \(g\).

Corrigé de l’exercice 10 – Second membre sinus sans résonance

Idée clé : \(i\) n’est pas racine de l’équation caractéristique ; on résout avec \(e^{ix}\), puis on prend la partie imaginaire.

1. L’équation \(r^2 + 2r + 5 = 0\) a pour discriminant \(4 – 20 = -16\). Ses racines sont \(-1 \pm 2i\). Les solutions homogènes sont donc les \(e^{-x}\big(\lambda\cos(2x) + \mu\sin(2x)\big)\).
2. On résout \(z^{\prime\prime} + 2z^{\prime} + 5z = 10\,e^{ix}\). Comme \(P(i) = -1 + 2i + 5 = 4 + 2i \neq 0\), la fonction \(z_p = \frac{10}{4+2i}\,e^{ix}\) convient. Or \(\frac{10}{4+2i} = \frac{10(4-2i)}{20} = 2 – i\).
3. On a \((2-i)(\cos x + i\sin x) = (2\cos x + \sin x) + i(2\sin x – \cos x)\). Sa partie imaginaire est \(y_p = 2\sin x – \cos x\).
4. Vérification : \(y_p^{\prime} = 2\cos x + \sin x\) et \(y_p^{\prime\prime} = -2\sin x + \cos x\). La somme \(y_p^{\prime\prime} + 2y_p^{\prime} + 5y_p\) vaut \((-2 + 2 + 10)\sin x + (1 + 4 – 5)\cos x = 10\sin x\). Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto 2\sin x – \cos x + e^{-x}\big(\lambda\cos(2x) + \mu\sin(2x)\big)\).

Corrigé de l’exercice 11 – Exponentielle fois cosinus en résonance

Idée clé : le nombre \(1 + 2i\) est racine simple de l’équation caractéristique ; il faut donc multiplier par \(x\).

1. L’équation \(r^2 – 2r + 5 = 0\) a pour discriminant \(-16\) et pour racines \(1 \pm 2i\). Les solutions homogènes sont les \(x \mapsto e^{x}\big(\lambda\cos(2x) + \mu\sin(2x)\big)\).
2. La fonction proposée est exactement une solution homogène. En la reportant dans le premier membre, on obtient la fonction nulle, qui n’est pas \(e^{x}\cos(2x)\). Cette forme ne peut donc pas convenir.
3. On résout \(z^{\prime\prime} – 2z^{\prime} + 5z = e^{(1+2i)x}\). Comme \(m = 1 + 2i\) est racine simple de \(P\), on cherche \(z_p = c\,x\,e^{mx}\), et le cours donne \(c = \frac{1}{P^{\prime}(m)}\). Or \(P^{\prime}(m) = 2m – 2 = 4i\), donc \(c = -\frac{i}{4}\). La partie réelle de \(-\frac{i}{4}\,x\,e^{x}\big(\cos(2x) + i\sin(2x)\big)\) vaut \(\frac{x\,e^{x}\sin(2x)}{4}\).
4. Vérifions par une autre voie. En posant \(y = u\,e^{x}\), un calcul direct donne \(y^{\prime\prime} – 2y^{\prime} + 5y = (u^{\prime\prime} + 4u)\,e^{x}\). Avec \(u = \frac{x\sin(2x)}{4}\), on a \(u^{\prime\prime} = \cos(2x) – x\sin(2x)\), donc \(u^{\prime\prime} + 4u = \cos(2x)\). Le résultat est confirmé. Les solutions sont les \(x \mapsto e^{x}\left(\frac{x\sin(2x)}{4} + \lambda\cos(2x) + \mu\sin(2x)\right)\).

Corrigé de l’exercice 12 – Problème de Cauchy avec une racine simple

Idée clé : \(2\) est racine simple de \(r^2 + r – 6\), donc on cherche \(c\,x\,e^{2x}\) ; les deux conditions initiales donnent ensuite un système de deux équations.

1. Les racines de \(r^2 + r – 6\) sont \(2\) et \(-3\). Les solutions homogènes sont donc les \(\lambda e^{2x} + \mu e^{-3x}\).
2. Puisque \(m = 2\) est racine simple, on cherche \(y_p = c\,x\,e^{2x}\) avec \(c = \frac{5}{P^{\prime}(2)} = \frac{5}{5} = 1\). Vérifions : \(y_p^{\prime} = (1+2x)e^{2x}\) et \(y_p^{\prime\prime} = (4+4x)e^{2x}\). Ainsi \(y_p^{\prime\prime} + y_p^{\prime} – 6y_p = (4 + 4x + 1 + 2x – 6x)\,e^{2x} = 5\,e^{2x}\).
3. La solution générale est \(y = x\,e^{2x} + \lambda e^{2x} + \mu e^{-3x}\). D’abord, \(y(0) = \lambda + \mu = 0\). Ensuite, \(y^{\prime}(0) = 1 + 2\lambda – 3\mu = 0\). En remplaçant \(\mu = -\lambda\), on obtient \(1 + 5\lambda = 0\). Donc \(\lambda = -\frac{1}{5}\) et \(\mu = \frac{1}{5}\).
4. La solution est \(y(x) = x\,e^{2x} – \frac{e^{2x} – e^{-3x}}{5}\).
5. Pour le signe, on factorise : \(y(x) = e^{2x}\,g(x)\), avec \(g(x) = x – \frac{1}{5} + \frac{e^{-5x}}{5}\). On a \(g(0) = 0\) et \(g^{\prime}(x) = 1 – e^{-5x} > 0\) pour \(x > 0\). Ainsi \(g\) est strictement croissante sur \([0,+\infty[\). Par conséquent, \(y(x) > 0\) pour tout \(x > 0\).

La figure montre cette solution : elle part de \(0\) avec une tangente horizontale, puis croît très vite.

Corrigé de l’exercice 13 – Cosinus hyperbolique au second membre

Idée clé : chacune des deux exponentielles de \(\operatorname{ch}\) est en résonance simple ; on traite les deux morceaux séparément, puis on additionne.

1. Par définition, \(\operatorname{ch}(x) = \frac{1}{2}e^{x} + \frac{1}{2}e^{-x}\).
2. Ici \(P(r) = r^2 – 1\), de racines simples \(1\) et \(-1\), et \(P^{\prime}(r) = 2r\). Pour le second membre \(\frac{1}{2}e^{x}\), le cours donne la solution \(\frac{1/2}{P^{\prime}(1)}\,x\,e^{x} = \frac{x\,e^{x}}{4}\). De même, pour \(\frac{1}{2}e^{-x}\), on obtient \(\frac{1/2}{P^{\prime}(-1)}\,x\,e^{-x} = -\frac{x\,e^{-x}}{4}\). Par superposition, \(y_p = \frac{x(e^{x} – e^{-x})}{4} = \frac{x\operatorname{sh}(x)}{2}\). Vérification : \(y_p^{\prime\prime} = \operatorname{ch}(x) + \frac{x\operatorname{sh}(x)}{2}\), donc \(y_p^{\prime\prime} – y_p = \operatorname{ch}(x)\). La fonction \(x \mapsto \frac{x\operatorname{sh}(x)}{2}\) convient.
3. Les solutions homogènes s’écrivent aussi \(\lambda\operatorname{ch}(x) + \mu\operatorname{sh}(x)\), car ce couple engendre le même plan que \(e^{x}\) et \(e^{-x}\). La solution générale est donc \(y = \frac{x\operatorname{sh}(x)}{2} + \lambda\operatorname{ch}(x) + \mu\operatorname{sh}(x)\). D’abord, \(y(0) = \lambda = 1\). Ensuite, \(y^{\prime}(x) = \frac{\operatorname{sh}(x) + x\operatorname{ch}(x)}{2} + \lambda\operatorname{sh}(x) + \mu\operatorname{ch}(x)\), d’où \(y^{\prime}(0) = \mu = 0\). La solution est \(y(x) = \operatorname{ch}(x) + \frac{x\operatorname{sh}(x)}{2}\). Elle est paire, car \(\operatorname{ch}\) est paire et \(x \mapsto x\operatorname{sh}(x)\) est le produit de deux fonctions impaires.

On peut aussi justifier la parité sans calcul. En effet, \(x \mapsto y(-x)\) résout la même équation, car \(\operatorname{ch}\) est paire, avec les mêmes conditions en \(0\). L’unicité du problème de Cauchy conclut.

Corrigé de l’exercice 14 – Une unique solution périodique

Idée clé : toutes les solutions diffèrent d’un multiple de \(e^{-2x}\), qui n’est jamais périodique sauf s’il est nul.

1. On a \(\cos^2(x) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos(2x)\).
2. Avec \(y_p = \alpha + \beta\cos(2x) + \gamma\sin(2x)\), on calcule \(y_p^{\prime} + 2y_p = 2\alpha + (2\beta + 2\gamma)\cos(2x) + (2\gamma – 2\beta)\sin(2x)\). Par identification, \(2\alpha = \frac{1}{2}\), \(2\beta + 2\gamma = \frac{1}{2}\) et \(\gamma – \beta = 0\). Donc \(\alpha = \frac{1}{4}\) et \(\beta = \gamma = \frac{1}{8}\). Ainsi \(y_p(x) = \frac{1}{4} + \frac{\cos(2x) + \sin(2x)}{8}\).
3. La fonction \(y_p\) est \(\pi\)-périodique. Les autres solutions sont les \(y = y_p + \lambda e^{-2x}\). Supposons \(y\) périodique de période \(\pi\). Alors \(\lambda e^{-2x} = y – y_p\) l’est aussi, donc elle est bornée sur \(\mathbb{R}\), comme toute fonction continue et périodique. Or \(e^{-2x} \to +\infty\) quand \(x \to -\infty\). Par conséquent, \(\lambda = 0\). La seule solution \(\pi\)-périodique est \(y_p\).
4. Pour toute solution, \(y(x) – y_p(x) = \lambda e^{-2x}\), qui tend vers \(0\) en \(+\infty\). Toutes les solutions se rapprochent donc de la solution périodique.

La figure illustre ce comportement : quelle que soit la valeur de départ, les courbes rejoignent rapidement celle de \(y_p\).

Corrigé de l’exercice 15 – Pulsation du second membre et solutions bornées

Idée clé : tout dépend de la position de \(i\omega\) par rapport aux racines \(\pm 2i\) ; seule la résonance produit une solution non bornée.

1. Pour \(\omega \neq 2\), on pose \(y_p = c\cos(\omega x)\). Alors \(y_p^{\prime\prime} + 4y_p = c(4 – \omega^2)\cos(\omega x)\). Comme \(4 – \omega^2 \neq 0\), on prend \(c = \frac{1}{4-\omega^2}\). Ainsi \(y_p(x) = \frac{\cos(\omega x)}{4 – \omega^2}\).
2. Pour \(\omega = 2\), le nombre \(2i\) est racine simple de \(r^2 + 4\), avec \(P^{\prime}(2i) = 4i\). Une solution de \(z^{\prime\prime} + 4z = e^{2ix}\) est donc \(\frac{x\,e^{2ix}}{4i} = -\frac{i}{4}\,x\,e^{2ix}\). Sa partie réelle vaut \(\frac{x\sin(2x)}{4}\). La fonction \(x \mapsto \frac{x\sin(2x)}{4}\) convient.
3. Les solutions homogènes \(\lambda\cos(2x) + \mu\sin(2x)\) sont toutes bornées. Pour \(\omega \neq 2\), toute solution est la somme de deux fonctions bornées, donc bornée. Pour \(\omega = 2\), toute solution s’écrit \(y = \frac{x\sin(2x)}{4} + h\), avec \(|h| \leq M\). En \(x_n = \frac{\pi}{4} + n\pi\), on obtient \(y(x_n) \geq \frac{x_n}{4} – M\), qui tend vers \(+\infty\). Toutes les solutions sont bornées si et seulement si \(\omega \neq 2\).

Retenons l’interprétation physique de ce résultat, souvent demandée à l’oral. Lorsque la pulsation du second membre coïncide avec la pulsation propre \(2\), l’énergie s’accumule et l’amplitude croît sans limite. En revanche, pour \(\omega\) proche de \(2\) sans lui être égal, la solution reste bornée, mais le coefficient \(\frac{1}{4 – \omega^2}\) devient très grand. Ainsi, une petite différence de pulsation change complètement la nature des solutions.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Raccordement en zéro

Idée clé : on résout sur chaque intervalle où \(x \neq 0\), puis on raisonne par analyse-synthèse pour recoller les morceaux en \(0\).

1. Sur \(]0,+\infty[\), l’équation normalisée est \(y^{\prime} – \frac{2}{x}\,y = x^2\). Les solutions homogènes sont les \(\lambda x^2\). Par variation de la constante, \(\lambda^{\prime}(x)\,x^2 = x^2\), donc \(\lambda(x) = x + c\). Les solutions sont ainsi les \(x \mapsto x^3 + c\,x^2\). Le même calcul vaut sur \(]-\infty,0[\), car \(x \mapsto x^2\) y est aussi solution homogène. Sur chaque demi-droite, les solutions sont les \(x \mapsto x^3 + c\,x^2\), avec une constante propre à chaque demi-droite.
2. Analyse. Soit \(y\) dérivable sur \(\mathbb{R}\) et solution partout. D’après la question 1, il existe \(\lambda\) et \(\mu\) tels que \(y(x) = x^3 + \lambda x^2\) pour \(x > 0\) et \(y(x) = x^3 + \mu x^2\) pour \(x < 0\). Ensuite, \(y\) est continue en \(0\), donc \(y(0) = \lim_{x \to 0} y(x) = 0\).
3. Synthèse. Soit \(\lambda, \mu\) réels et \(y\) définie ainsi, avec \(y(0) = 0\). Pour \(x > 0\), on a \(\frac{y(x) – y(0)}{x} = x^2 + \lambda x \to 0\), et pour \(x < 0\), on a \(x^2 + \mu x \to 0\). La fonction \(y\) est donc dérivable en \(0\), avec \(y^{\prime}(0) = 0\). Enfin, en \(x = 0\), l’équation s’écrit \(0 \cdot y^{\prime}(0) – 2y(0) = 0\), ce qui est vrai. On obtient une famille à deux paramètres : \(y(x) = x^3 + \lambda x^2\) pour \(x \geq 0\) et \(y(x) = x^3 + \mu x^2\) pour \(x \leq 0\), où \(\lambda\) et \(\mu\) se choisissent indépendamment.
4. Chaque fonction de cette famille s’annule en \(0\). Par conséquent, la condition \(y(0) = 0\) est remplie par une infinité de solutions, alors que la condition \(y(0) = 1\) n’est remplie par aucune. Ce n’est pas une contradiction avec le théorème de Cauchy. En effet, ce théorème suppose l’équation normalisée sur un intervalle, avec des coefficients continus. Ici, le coefficient \(-\frac{2}{x}\) n’est pas défini en \(0\).

La figure montre quelques solutions recollées : chaque branche peut être choisie indépendamment de l’autre.

Corrigé de l’exercice 17 – Équation d’Euler par changement de variable

Idée clé : le changement \(x = e^t\) transforme \(x\,\frac{d}{dx}\) en \(\frac{d}{dt}\) et donne une équation à coefficients constants.

1. La fonction \(z = y \circ \exp\) est deux fois dérivable, par composition. On a \(z^{\prime}(t) = e^{t}\,y^{\prime}(e^{t})\). En dérivant encore, \(z^{\prime\prime}(t) = e^{t}\,y^{\prime}(e^{t}) + e^{2t}\,y^{\prime\prime}(e^{t})\).
2. Posons \(x = e^{t}\). D’après la question 1, \(x\,y^{\prime}(x) = z^{\prime}(t)\) et \(x^2\,y^{\prime\prime}(x) = z^{\prime\prime}(t) – z^{\prime}(t)\). Le premier membre devient donc \(z^{\prime\prime} – z^{\prime} – 3z^{\prime} + 4z = z^{\prime\prime} – 4z^{\prime} + 4z\). Le second membre devient \(2e^{2t}\). Comme \(\exp\) est une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(]0,+\infty[\), l’égalité pour tout \(x > 0\) équivaut à l’égalité pour tout \(t \in \mathbb{R}\). Ainsi \(y\) est solution si et seulement si \(z^{\prime\prime} – 4z^{\prime} + 4z = 2e^{2t}\).
3. L’équation caractéristique \((r-2)^2 = 0\) a une racine double \(2\). Les solutions homogènes sont les \((At + B)\,e^{2t}\). Le second membre \(2e^{2t}\) est en résonance double, donc l’astuce du cours donne \(z_p = \frac{2}{2}\,t^2 e^{2t} = t^2 e^{2t}\). Ainsi \(z(t) = (t^2 + At + B)\,e^{2t}\). On revient à \(y\) avec \(t = \ln x\) : les solutions sont les \(x \mapsto x^2\big((\ln x)^2 + A\ln x + B\big)\), avec \(A, B\) réels.

Vérification sur \(y = x^2(\ln x)^2\) : on trouve \(y^{\prime\prime} = 2(\ln x)^2 + 6\ln x + 2\) et \(y^{\prime} = 2x(\ln x)^2 + 2x\ln x\). Le premier membre vaut alors \(x^2\big(2(\ln x)^2 + 6\ln x + 2 – 6(\ln x)^2 – 6\ln x + 4(\ln x)^2\big) = 2x^2\).

Corrigé de l’exercice 18 – Problème – Oscillateur amorti soumis à un forçage

Idée clé : la partie homogène s’éteint grâce au facteur \(e^{-x}\), donc seule la réponse sinusoïdale au forçage subsiste à long terme.

1. L’équation \(r^2 + 2r + 2 = 0\) a pour discriminant \(-4\) et pour racines \(-1 \pm i\). Les solutions homogènes sont les \(h(x) = e^{-x}(\lambda\cos x + \mu\sin x)\). On a \(|h(x)| \leq (|\lambda| + |\mu|)\,e^{-x}\). Par conséquent, \(h(x) \to 0\) en \(+\infty\).
2. On passe par \(z^{\prime\prime} + 2z^{\prime} + 2z = 10\,e^{2ix}\). Ici \(P(2i) = -4 + 4i + 2 = -2 + 4i \neq 0\). Ainsi \(z_p = \frac{10}{-2+4i}\,e^{2ix}\), avec \(\frac{10}{-2+4i} = \frac{10(-2-4i)}{20} = -1 – 2i\). La partie réelle de \((-1-2i)\big(\cos(2x) + i\sin(2x)\big)\) vaut \(-\cos(2x) + 2\sin(2x)\). Vérification : \(y_p^{\prime} = 2\sin(2x) + 4\cos(2x)\) et \(y_p^{\prime\prime} = 4\cos(2x) – 8\sin(2x)\). La somme \(y_p^{\prime\prime} + 2y_p^{\prime} + 2y_p\) vaut \((4 + 8 – 2)\cos(2x) + (-8 + 4 + 4)\sin(2x) = 10\cos(2x)\). On obtient \(y_p(x) = -\cos(2x) + 2\sin(2x)\).
3. On a \(R\cos(2x – \varphi) = R\cos\varphi\cos(2x) + R\sin\varphi\sin(2x)\). Il faut donc \(R\cos\varphi = -1\) et \(R\sin\varphi = 2\). D’où \(R^2 = 1 + 4 = 5\). Ainsi \(R = \sqrt{5}\), \(\cos\varphi = -\frac{1}{\sqrt{5}}\) et \(\sin\varphi = \frac{2}{\sqrt{5}}\).
4. La solution générale est \(y = -\cos(2x) + 2\sin(2x) + e^{-x}(\lambda\cos x + \mu\sin x)\). D’abord, \(y(0) = -1 + \lambda = 0\), donc \(\lambda = 1\). Ensuite, la dérivée de la partie homogène en \(0\) vaut \(-\lambda + \mu\), et \(y_p^{\prime}(0) = 4\). Donc \(y^{\prime}(0) = 4 – 1 + \mu = 0\), soit \(\mu = -3\). La solution est \(y(x) = -\cos(2x) + 2\sin(2x) + e^{-x}(\cos x – 3\sin x)\).
5. On a \(y – y_p = e^{-x}(\cos x – 3\sin x)\), dont la valeur absolue est majorée par \(4e^{-x}\). Donc \(y(x) – y_p(x) \to 0\) en \(+\infty\). Le terme \(e^{-x}(\cos x – 3\sin x)\) est le régime transitoire. En revanche, \(y_p\) est le régime permanent : après quelques unités de temps, l’oscillateur vibre à la pulsation du forçage, avec l’amplitude \(\sqrt{5}\).
6. Avec le second membre \(10\cos(\omega x)\), on a \(P(i\omega) = 2 – \omega^2 + 2i\omega\), non nul car sa partie imaginaire vaut \(2\omega \neq 0\). La solution complexe est \(\frac{10}{P(i\omega)}\,e^{i\omega x}\). Écrivons \(\frac{10}{P(i\omega)} = \rho\,e^{-i\psi}\), avec \(\rho > 0\). Sa partie réelle vaut alors \(\rho\cos(\omega x – \psi)\), d’amplitude \(\rho = \frac{10}{|P(i\omega)|}\). Or \(|P(i\omega)|^2 = (2 – \omega^2)^2 + 4\omega^2 = \omega^4 + 4\). L’amplitude vaut donc \(\frac{10}{\sqrt{\omega^4 + 4}}\), et elle est strictement décroissante sur \(]0,+\infty[\). Pour \(\omega = 2\), on retrouve bien \(\frac{10}{\sqrt{20}} = \sqrt{5}\).

La figure compare la solution du problème de Cauchy et le régime permanent. Les deux courbes deviennent rapidement indiscernables.

Remarque :

Avec ce coefficient d’amortissement, il n’existe aucune pulsation qui maximise l’amplitude sur \(]0,+\infty[\). Pour un amortissement plus faible, au contraire, l’amplitude passe par un maximum : c’est la résonance des physiciens.

Pour aller plus loin

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