Cauchy linéaire et wronskien en maths spé (MP) : cours et méthodes

Soient \(a : I\to\mathcal{L}(E)\) et \(b : I\to E\) continues. Une solution de l’équation \[x^{\prime}=a(t)(x)+b(t)\] est une fonction \(x : I\to E\), dérivable, qui vérifie \(x^{\prime}(t)=a(t)\big(x(t)\big)+b(t)\) pour tout \(t\in I\). L’équation est dite homogène lorsque \(b=0\).

Considérons le système \(u^{\prime}=t\,u-2v+\cos t\) et \(v^{\prime}=e^{t}u+v\). On pose \(X=\begin{pmatrix}u\\ v\end{pmatrix}\). D’abord, on lit les coefficients de \(u\) et \(v\) ligne par ligne. Ensuite, on isole les termes sans inconnue. On obtient \[X^{\prime}=\begin{pmatrix}t & -2\\ e^{t} & 1\end{pmatrix}X+\begin{pmatrix}\cos t\\ 0\end{pmatrix}.\] Les coefficients sont continus sur \(\mathbb{R}\), donc le cadre du chapitre s’applique sur \(I=\mathbb{R}\).

Une solution est automatiquement de classe \(\mathcal{C}^1\), puisque sa dérivée s’exprime avec des fonctions continues. De même, si \(a\) et \(b\) sont de classe \(\mathcal{C}^k\), alors toute solution est de classe \(\mathcal{C}^{k+1}\). Cette remarque évite de longues justifications de régularité dans les copies.

On se donne un instant \(t_0\in I\) et un vecteur \(x_0\in E\). Résoudre le problème de Cauchy en \((t_0,x_0)\), c’est chercher les solutions \(x\) de l’équation telles que \(x(t_0)=x_0\).

Une fonction \(x : I\to E\) est solution du problème de Cauchy si et seulement si elle est continue et vérifie, pour tout \(t\in I\), \[x(t)=x_0+\int_{t_0}^{t}\Big(a(s)\big(x(s)\big)+b(s)\Big)\,ds.\]

Supposons d’abord que \(x\) résout le problème. Sa dérivée \(s\mapsto a(s)(x(s))+b(s)\) est continue, donc \(x\) est de classe \(\mathcal{C}^1\). Le théorème fondamental de l’analyse donne alors l’égalité intégrale. Pour la réciproque, partons d’une fonction \(x\) continue qui vérifie cette égalité. La fonction sous l’intégrale est alors continue, si bien que \(t\mapsto\int_{t_0}^{t}\) en est une primitive. Ainsi \(x\) est dérivable et \(x^{\prime}(t)=a(t)(x(t))+b(t)\). Pour finir, la valeur en \(t_0\) vaut bien \(x_0\), puisque l’intégrale y est nulle.

Théorème de Cauchy linéaire. On suppose \(a : I\to\mathcal{L}(E)\) et \(b : I\to E\) continues. Quels que soient l’instant \(t_0\in I\) et la donnée \(x_0\in E\), l’équation \(x^{\prime}=a(t)(x)+b(t)\) possède exactement une solution sur \(I\) qui prend la valeur \(x_0\) en \(t_0\).

Notons \(\mathcal{S}_H\) l’ensemble des solutions de l’équation homogène \(x^{\prime}=a(t)(x)\) sur \(I\), et fixons \(t_0\in I\).

• \(\mathcal{S}_H\) est un sous-espace vectoriel de \(\mathcal{C}^1(I,E)\). De plus, évaluer en \(t_0\) réalise une bijection linéaire de \(\mathcal{S}_H\) vers \(E\). En particulier, \(\dim\mathcal{S}_H=n\).
• Si \(x_p\) est une solution de l’équation complète, l’ensemble de ses solutions est \(x_p+\mathcal{S}_H\).

Une combinaison linéaire de solutions homogènes est encore solution, par linéarité de la dérivation et de \(a(t)\). Considérons ensuite l’évaluation \(\varphi : x\mapsto x(t_0)\), qui est linéaire. Elle est surjective, car le théorème fournit une solution pour chaque \(x_0\). Elle est aussi injective, car une solution nulle en \(t_0\) coïncide avec la fonction nulle, par unicité. Enfin, la différence de deux solutions complètes est solution homogène, ce qui donne la structure affine.

Principe de superposition. Si \(x_1\) résout \(x^{\prime}=a(t)(x)+b_1(t)\) et \(x_2\) résout \(x^{\prime}=a(t)(x)+b_2(t)\), alors \(\lambda x_1+\mu x_2\) résout \(x^{\prime}=a(t)(x)+\lambda b_1(t)+\mu b_2(t)\).

Soient \(a_0,\dots,a_{n-1},b\) continues sur \(I\). La fonction \(y\) est solution de \[y^{(n)}+a_{n-1}(t)y^{(n-1)}+\dots+a_1(t)y^{\prime}+a_0(t)y=b(t)\] si et seulement si la colonne \(Y=\big(y,y^{\prime},\dots,y^{(n-1)}\big)^{T}\) vérifie \(Y^{\prime}=A(t)Y+B(t)\). Ici, \(A(t)\) est la matrice compagnon : des 1 sur la sur-diagonale, la dernière ligne égale à \(\big(-a_0(t),\dots,-a_{n-1}(t)\big)\), des zéros ailleurs. La colonne \(B(t)\) vaut \((0,\dots,0,b(t))^{T}\).

Pour tout \(t_0\in I\) et toutes valeurs \(\alpha_0,\dots,\alpha_{n-1}\), il existe une unique solution sur \(I\) telle que \(y^{(k)}(t_0)=\alpha_k\) pour \(0\leq k\leq n-1\). Les solutions de l’équation homogène forment un espace de dimension \(n\).

La fonction \(t\mapsto t^3\) peut-elle résoudre une équation \(y^{\prime\prime}+p(t)y^{\prime}+q(t)y=0\) avec \(p\) et \(q\) continues sur \(\mathbb{R}\) ? En 0, elle vérifie \(y(0)=0\) et \(y^{\prime}(0)=0\). La fonction nulle satisfait les mêmes conditions initiales. Par unicité, on aurait \(t^3=0\) pour tout \(t\) : c’est absurde. Ainsi, une solution non nulle d’une équation normalisée d’ordre 2 n’a que des zéros simples.

Le wronskien de deux solutions \(y_1\) et \(y_2\) de \((H)\) est la fonction \[W(t)=\begin{vmatrix}y_1(t) & y_2(t)\\ y_1^{\prime}(t) & y_2^{\prime}(t)\end{vmatrix}=y_1(t)y_2^{\prime}(t)-y_1^{\prime}(t)y_2(t).\]

Pour deux solutions \(y_1,y_2\) de \((H)\), les trois propriétés suivantes sont équivalentes.

1. \((y_1,y_2)\) est une base de l’espace des solutions.
2. Il existe \(t_0\in I\) tel que \(W(t_0)\neq 0\).
3. Pour tout \(t\in I\), \(W(t)\neq 0\).

Fixons \(t\in I\). D’après la partie 2, une solution est entièrement déterminée par le couple \((y(t),y^{\prime}(t))\), et tout couple est atteint : \(y\mapsto(y(t),y^{\prime}(t))\) est donc bijective et linéaire. Ainsi, \((y_1,y_2)\) est une base si et seulement si les deux vecteurs \((y_1(t),y_1^{\prime}(t))\) et \((y_2(t),y_2^{\prime}(t))\) forment une base de \(\mathbb{K}^2\). Autrement dit, si et seulement si \(W(t)\neq 0\). Ce raisonnement vaut pour chaque \(t\), d’où l’équivalence des trois points.

Le wronskien de deux solutions de \((H)\) vérifie \(W^{\prime}=-p\,W\). Par conséquent, pour \(t_0\in I\), \[W(t)=W(t_0)\exp\left(-\int_{t_0}^{t}p(s)\,ds\right).\]

On dérive : \(W^{\prime}=y_1^{\prime}y_2^{\prime}+y_1y_2^{\prime\prime}-y_1^{\prime\prime}y_2-y_1^{\prime}y_2^{\prime}=y_1y_2^{\prime\prime}-y_1^{\prime\prime}y_2\). On remplace ensuite chaque dérivée seconde grâce à l’équation. Les termes en \(q\) se compensent, et il reste \(W^{\prime}=-p\,(y_1y_2^{\prime}-y_1^{\prime}y_2)=-pW\). Enfin, on résout cette équation scalaire d’ordre 1.

Lorsque l’équation ne contient pas de terme en \(y^{\prime}\), on a \(p=0\), donc le wronskien est constant. Par conséquent, il suffit de le calculer en un point bien choisi, souvent le point où les conditions initiales sont données. Ce réflexe revient très souvent dans les questions sur les zéros des solutions.

1. Trouver une solution \(y_1\) qui ne s’annule pas sur un intervalle \(J\) : polynôme, exponentielle, puissance de \(t\).
2. Calculer \(W\) à une constante près par la formule de Liouville.
3. Utiliser l’identité \(\left(\dfrac{y_2}{y_1}\right)^{\prime}=\dfrac{W}{y_1^2}\), valable sur \(J\).
4. Intégrer pour obtenir \(y_2\), puis vérifier que \(W\) n’est pas nul.

Sur \(J=\,]0,+\infty[\), considérons \(t^2y^{\prime\prime}-3t\,y^{\prime}+4y=0\). On cherche d’abord une solution \(t^r\) : on obtient \(r(r-1)-3r+4=(r-2)^2\), donc \(y_1=t^2\) convient. Ensuite, sous forme normalisée, \(p(t)=-3/t\), donc \(W^{\prime}=\frac{3}{t}W\) et \(W(t)=C\,t^3\). Avec \(C=1\), on obtient \[\left(\frac{y_2}{y_1}\right)^{\prime}=\frac{t^3}{t^4}=\frac{1}{t},\qquad\text{donc}\qquad y_2=t^2\ln t.\] Finalement, \((t^2,\ t^2\ln t)\) est une base, puisque leur wronskien vaut \(t^3\neq 0\).

Soient \(\lambda_1,\lambda_2\) dérivables sur \(I\) telles que \[\begin{cases}\lambda_1^{\prime}y_1+\lambda_2^{\prime}y_2=0\\ \lambda_1^{\prime}y_1^{\prime}+\lambda_2^{\prime}y_2^{\prime}=c.\end{cases}\] Alors \(y=\lambda_1y_1+\lambda_2y_2\) est solution de \((E)\). Ce système a pour déterminant \(W\), qui ne s’annule pas, et ses solutions sont \[\lambda_1^{\prime}=-\frac{y_2\,c}{W},\qquad\lambda_2^{\prime}=\frac{y_1\,c}{W}.\]

Grâce à la première équation, \(y^{\prime}=\lambda_1y_1^{\prime}+\lambda_2y_2^{\prime}\). En dérivant encore, \(y^{\prime\prime}=\lambda_1y_1^{\prime\prime}+\lambda_2y_2^{\prime\prime}+\lambda_1^{\prime}y_1^{\prime}+\lambda_2^{\prime}y_2^{\prime}\). On forme alors \(y^{\prime\prime}+py^{\prime}+qy\). Les termes en \(\lambda_1\) et \(\lambda_2\) disparaissent, car \(y_1\) et \(y_2\) résolvent \((H)\). Il reste \(\lambda_1^{\prime}y_1^{\prime}+\lambda_2^{\prime}y_2^{\prime}=c\). Les formules s’obtiennent enfin par les formules de Cramer.

Résolvons \(y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+y=\dfrac{e^{t}}{1+t^2}\) sur \(\mathbb{R}\). D’abord, l’équation caractéristique a pour racine double 1, d’où la base \(y_1=e^{t}\), \(y_2=te^{t}\) et le wronskien \(W=e^{2t}\). Ensuite, \[\lambda_1^{\prime}=-\frac{te^{t}\cdot e^{t}}{(1+t^2)e^{2t}}=-\frac{t}{1+t^2},\qquad\lambda_2^{\prime}=\frac{1}{1+t^2}.\] On choisit \(\lambda_1=-\frac{1}{2}\ln(1+t^2)\) et \(\lambda_2=\arctan t\). Ainsi, les solutions sont \[y(t)=e^{t}\Big(t\arctan t-\tfrac{1}{2}\ln(1+t^2)\Big)+(\alpha+\beta t)e^{t},\qquad(\alpha,\beta)\in\mathbb{R}^2.\]

Les constantes d’intégration de \(\lambda_1\) et \(\lambda_2\) peuvent être choisies librement. En effet, les changer revient à ajouter une solution homogène. On prend donc les primitives les plus simples, puis on ajoute à la fin la combinaison \(\alpha y_1+\beta y_2\). Pour un problème de Cauchy en \(t_0\), il est souvent commode de choisir les primitives nulles en \(t_0\).

1. Repérer les zéros du coefficient dominant et découper \(I\) en intervalles où il ne s’annule pas.
2. Résoudre sur chaque intervalle : on obtient une constante par intervalle à l’ordre 1, deux à l’ordre 2.
3. Au point singulier \(t_0\), imposer la continuité, puis la dérivabilité, puis l’équation elle-même en \(t_0\).
4. À l’ordre 2, imposer de plus l’existence de \(y^{\prime\prime}(t_0)\), souvent avec le théorème de la limite de la dérivée.
5. Conclure en décrivant l’ensemble obtenu et sa dimension.

Résolvons \(t\,y^{\prime}-2y=t^3\) sur \(\mathbb{R}\). Sur \(]0,+\infty[\) comme sur \(]-\infty,0[\), la solution homogène est \(Ct^2\), et \(t^3\) est une solution particulière. On obtient donc \(y=t^3+C_1t^2\) pour \(t < 0\) et \(y=t^3+C_2t^2\) pour \(t > 0\). En 0, les deux expressions tendent vers 0, donc on pose \(y(0)=0\). Ensuite, le taux \(\frac{y(t)-y(0)}{t}=t^2+C_it\) tend vers 0 des deux côtés : \(y\) est dérivable en 0. Enfin, l’équation en 0 se lit \(0=0\). Ainsi, toutes les paires \((C_1,C_2)\) conviennent : l’espace des solutions est un plan affine, de dimension 2 au lieu de 1.

Pour \(t\,y^{\prime}+y=0\), les solutions sur chaque demi-droite sont \(C/t\). Elles n’ont de limite finie en 0 que si \(C=0\). Par conséquent, seule la fonction nulle est solution sur \(\mathbb{R}\). Ici, la dimension tombe à 0, et le problème de Cauchy en \(t_0=0\) avec \(y(0)=1\) n’a aucune solution.

Cherchons les solutions sur \(\mathbb{R}\) de \(t\,y^{\prime\prime}+2y^{\prime}=0\). D’abord, on remarque que \(\big(t^2y^{\prime}\big)^{\prime}=t\,(t\,y^{\prime\prime}+2y^{\prime})\). Sur chaque demi-droite, on obtient donc \(t^2y^{\prime}=C\), puis \(y=D-\frac{C}{t}\). Ensuite, une solution sur \(\mathbb{R}\) est continue en 0, donc bornée au voisinage de 0 : les deux constantes \(C\) sont nulles. Il reste \(y=D_1\) à gauche et \(y=D_2\) à droite, et la continuité impose \(D_1=D_2\). Finalement, les solutions sur \(\mathbb{R}\) sont les constantes : l’espace est de dimension 1 au lieu de 2.

1. Supposer \(y(t)=\sum a_nt^n\) de rayon \(R > 0\), et dériver terme à terme sur \(]-R,R[\).
2. Reporter dans l’équation, puis réindexer chaque somme pour faire apparaître la même puissance \(t^n\).
3. Identifier les coefficients, par unicité du développement, pour obtenir une relation de récurrence.
4. Résoudre la récurrence, puis calculer le rayon de la série obtenue.
5. Réciproquement, vérifier que cette série, de rayon non nul, est bien solution sur \(]-R,R[\).

Considérons \((1+t^2)y^{\prime\prime}+4t\,y^{\prime}+2y=0\). En reportant \(y=\sum a_nt^n\), le coefficient de \(t^n\) vaut \[(n+2)(n+1)a_{n+2}+\big(n(n-1)+4n+2\big)a_n.\] Or \(n(n-1)+4n+2=(n+1)(n+2)\). La récurrence se réduit donc à \(a_{n+2}=-a_n\). Les termes pairs donnent \(a_0\sum(-1)^kt^{2k}\), et les impairs \(a_1\sum(-1)^kt^{2k+1}\). Pour \(|t| < 1\), on obtient \[y(t)=\frac{a_0+a_1t}{1+t^2}.\] Ces deux séries ont pour rayon 1. Pourtant, les fonctions obtenues sont solutions sur \(\mathbb{R}\) entier, car l’équation s’écrit \(\big((1+t^2)y\big)^{\prime\prime}=0\).

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