Mathématiques universitaires — Licence 1 · Bachelor Year 1

5Équations différentielles linéaires

Rencontrées pour la première fois dans le volume de Terminale, les équations différentielles sont traitées ici avec des démonstrations complètes et dans une plus grande généralité : équations linéaires du premier ordre à coefficients variables (entièrement résolues par la méthode de variation de la constante) et équations linéaires du second ordre à coefficients constants, le modèle des oscillations. Les deux cas présentent la même structure : solution générale $=$ une solution particulière $+$ solution générale de l’équation homogène.

5.1 Équations linéaires du premier ordre

Définition 5.1

Soient $I$ un intervalle et $a, b \colon I \to \R$ (ou $\C$ ) deux fonctions continues. L’équation

(E)\colon\quad y' + a(x)\,y = b(x),

d’inconnue la fonction dérivable $y \colon I \to \R$ (ou $\C$ ), est une équation différentielle linéaire du premier ordre. L’équation $(H)\colon y' + a(x) y = 0$ en est l’équation homogène.

Théorème 5.2 (Résolution de l’équation homogène)

Soit $A$ une primitive de $a$ sur $I$ (elle existe : Chapitre 15). Les solutions de $(H)$ sur $I$ sont exactement les fonctions

y(x) = \lambda\, \eu^{-A(x)}, \qquad \lambda \in \R \text{ (ou } \C).

Démonstration. Ces fonctions sont solutions : $y' = -\lambda A' \eu^{-A} = -a y$ . Réciproquement, soit $y$ une solution de $(H)$ ; posons $z(x) = y(x)\, \eu^{A(x)}$ . Alors

z' = y' \eu^{A} + y\, a\, \eu^{A} = (y' + ay)\, \eu^{A} = 0 ,

donc $z$ est constante sur l’intervalle $I$ , disons $z = \lambda$ : $y = \lambda \eu^{-A}$ . (Notons la logique : aucune solution n’est perdue, car toute solution a été écrite sous la forme annoncée.) ∎

Exemple 5.3 (Une équation homogène à coefficient variable)

Résolvons $y' + (\cos x)\,y = 0$ sur $\R$ . Une primitive de $a(x) = \cos x$ est $A(x) = \sin x$ , donc les solutions sont

y(x) = \lambda\,\eu^{-\sin x}, \qquad \lambda \in \R .

Deux lectures. Toute solution est périodique (de période $2\pi$ ) et ne s’annule jamais sauf si $\lambda = 0$ — le signe de $\lambda$ est pour toujours le signe de $y$ , puisqu’une exponentielle ne peut traverser zéro. Et la solution passant par $y(0) = y_0$ est $y_0\eu^{-\sin x}$ : exactement une courbe de la famille par chaque point initial, l’image en dimension un du Théorème 5.4 (2).

Théorème 5.4 (Variation de la constante ; problème de Cauchy)

Avec les notations ci-dessus :

Les solutions de $(E)$ sur $I$ sont exactement

$y(x) = \Bigl(\lambda + \int_{x_0}^{x} b(t)\, \eu^{A(t)} \dd t \Bigr)\, \eu^{-A(x)}, \qquad \lambda \in \R,$

où $x_0 \in I$ est fixé. Autrement dit : solution générale de $(H)$ plus une solution particulière de $(E)$ .
Pour tout $x_0 \in I$ et tout $y_0$ , le problème de Cauchy « $(E)$ et $y(x_0) = y_0$ » admet exactement une solution sur $I$ .

Démonstration. (1) Suivant la méthode dite de variation de la constante, cherchons les solutions sous la forme $y = \mu(x)\, \eu^{-A(x)}$ avec $\mu$ dérivable — on ne perd aucune généralité, puisque toute fonction sur $I$ peut s’écrire ainsi ( $\mu = y\,\eu^{A}$ ). En substituant,

y' + ay = \mu' \eu^{-A} - \mu a \eu^{-A} + a\mu\eu^{-A} = \mu'\, \eu^{-A},

donc $y$ est solution de $(E)$ si et seulement si $\mu'(x) = b(x)\,\eu^{A(x)}$ , si et seulement si $\mu(x) = \lambda + \int_{x_0}^x b(t)\eu^{A(t)}\dd t$ pour une certaine constante $\lambda$ (deux primitives d’une même fonction continue sur un intervalle diffèrent d’une constante).

(2) Dans la formule, $y(x_0) = \lambda\,\eu^{-A(x_0)}$ : la condition $y(x_0) = y_0$ détermine $\lambda = y_0 \eu^{A(x_0)}$ de manière unique. ∎

Exemple 5.5

Résolvons $y' + \dfrac{y}{x} = x^2$ sur $I = \intoo{0}{+\infty}$ . Ici $a(x) = \frac 1x$ , $A(x) = \ln x$ , $\eu^{-A(x)} = \frac 1x$ . Solutions homogènes : $\frac{\lambda}{x}$ . Variation de la constante : $\mu'(x) = x^2 \cdot x = x^3$ , donc $\mu = \frac{x^4}{4} + \lambda$ , et

y(x) = \frac{x^3}{4} + \frac{\lambda}{x}, \qquad \lambda \in \R .

Avec la condition initiale $y(1) = 0$ : $\lambda = -\frac14$ . Vérification : $y' + \frac yx = \frac{3x^2}{4} - \frac{\lambda}{x^2} + \frac{x^2}{4} + \frac{\lambda}{x^2} = x^2$ .

Exemple 5.6 (Deviner vaut mieux qu’intégrer)

Résolvons $y' + 2x\,y = x$ sur $\R$ . La variation de la constante fonctionne ( $A = x^2$ , $\mu' = x\,\eu^{x^2}$ , $\mu = \frac12\eu^{x^2} + \lambda$ ), mais remarquer que la constante $y_p = \frac12$ est solution de l’équation ( $0 + 2x\cdot\frac12 = x$ ) est plus rapide. Avec les solutions homogènes $\lambda\,\eu^{-x^2}$ :

y(x) = \frac12 + \lambda\,\eu^{-x^2}, \qquad \lambda \in \R .

Toute solution converge vers $\frac12$ extrêmement vite quand $x \to \pm\infty$ : la solution particulière constante est un équilibre que toutes les solutions rejoignent. L’idée à retenir : avant de lancer la méthode générale, consacrez dix secondes à chercher une solution particulière évidente (constante, monôme, multiple du second membre) ; le théorème de structure achève ensuite le travail.

Remarque 5.7 (Les intervalles comptent)

Le théorème vit sur un intervalle où $a$ et $b$ sont continues. Pour $y' + \frac yx = 0$ sur $\R^*$ , les solutions sont $\frac{\lambda}{x}$ sur $\intoo{0}{+\infty}$ et $\frac{\mu}{x}$ sur $\intoo{-\infty}{0}$ avec des constantes indépendantes : il n’y a aucune raison qu’une formule unique recolle à travers la singularité en $0$ .

Exemple 5.8 (Un second membre complexe, deux réponses réelles)

Résolvons $y' - y = \cos x$ et $y' - y = \sin x$ d’un seul coup. Travaillons dans $\C$ avec le second membre $\eu^{\iu x}$ : en essayant $y_p = c\,\eu^{\iu x}$ , on obtient $c(\iu - 1)\eu^{\iu x} = \eu^{\iu x}$ , donc

c = \frac1{\iu - 1} = \frac{-1 - \iu}2, \qquad y_p = -\frac{(1 + \iu)(\cos x + \iu\sin x)}2 = \frac{\sin x - \cos x}2 + \iu\,\frac{-\sin x - \cos x}2 .

Comme l’équation est à coefficients réels, les parties réelle et imaginaire se séparent : $\frac{\sin x - \cos x}2$ est solution de $y' - y = \cos x$ , et $-\frac{\sin x + \cos x}2$ est solution de $y' - y = \sin x$ (vérifions la première : sa dérivée $\frac{\cos x + \sin x}2$ , moins la fonction, donne $\cos x$ ). Une seule ligne complexe a remplacé deux passages par la variation de la constante — la même économie que la Méthode 5.13 systématise au second ordre, et un dividende récurrent du Chapitre 3.

5.2 Équations linéaires du second ordre à coefficients constants

Définition 5.9

Soient $a, b \in \R$ et $f \colon I \to \R$ continue. L’équation

(E)\colon\quad y'' + a\,y' + b\,y = f(x)

est une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants ; $(H)\colon y'' + ay' + by = 0$ en est l’équation homogène, et $\chi(r) = r^2 + ar + b$ son polynôme caractéristique.

Théorème 5.10 (Solutions homogènes)

Soit $\Delta = a^2 - 4b$ le discriminant de $\chi$ . Les solutions réelles de $(H)$ sur $\R$ sont :

si $\Delta > 0$ , avec $r_1 \neq r_2$ les deux racines réelles : $\;y = \lambda\, \eu^{r_1 x} + \mu\, \eu^{r_2 x}$ ;
si $\Delta = 0$ , avec $r_0$ la racine double : $\;y = (\lambda + \mu x)\, \eu^{r_0 x}$ ;
si $\Delta < 0$ , avec les racines $\alpha \pm \iu\omega$ ( $\omega > 0$ ) : $\;y = \eu^{\alpha x} (\lambda \cos\omega x + \mu \sin\omega x)$ ;

dans chaque cas, $(\lambda, \mu)$ décrivant $\R^2$ .

Démonstration. Observons d’abord que pour $r \in \C$ , $x \mapsto \eu^{rx}$ est solution de $(H)$ si et seulement si $\chi(r) = 0$ (substituons : $(r^2 + ar + b)\eu^{rx} = 0$ ). C’est pourquoi les exponentielles sont le premier essai naturel : la dérivation agit sur $\eu^{rx}$ comme la multiplication par le nombre $r$ , de sorte que l’équation différentielle devient l’équation numérique $\chi(r) = 0$ — tout le problème analytique est comprimé dans la recherche des racines d’un trinôme.

L’étape clé est un changement d’inconnue qui abaisse l’ordre. Soit $r$ une racine (éventuellement complexe) de $\chi$ et écrivons $y = z\, \eu^{rx}$ , ce qui ne perd aucune généralité. Alors

y'' + ay' + by = \bigl(z'' + (2r + a) z' + \chi(r) z\bigr)\eu^{rx} = \bigl(z'' + (2r + a) z'\bigr)\eu^{rx},

donc $(H)$ devient l’équation du premier ordre $u' + (2r + a) u = 0$ pour $u = z'$ .

Cas $\Delta \neq 0$ : choisissons $r = r_1$ ; alors $2r_1 + a = r_1 - r_2$ (puisque $r_1 + r_2 = -a$ ). D’après le Théorème 5.2, $z' = c\,\eu^{(r_2 - r_1)x}$ pour une certaine constante $c$ ; en intégrant sur $\R$ , $z = \mu\, \eu^{(r_2 - r_1)x} + \lambda$ avec $\mu = \frac{c}{r_2 - r_1}$ , et donc $y = z\, \eu^{r_1 x} = \lambda\,\eu^{r_1x} + \mu\,\eu^{r_2x}$ . Lorsque $\Delta < 0$ , les racines sont $\alpha \pm \iu\omega$ et les solutions complexes sont $y = c_1\eu^{(\alpha+\iu\omega)x} + c_2\eu^{(\alpha-\iu\omega)x}$ avec $c_1, c_2 \in \C$ . Lesquelles sont à valeurs réelles ? Comme $\conj{\eu^{(\alpha+\iu\omega)x}} = \eu^{(\alpha-\iu\omega)x}$ , le conjugué de $y$ est $\conj{c_2}\, \eu^{(\alpha+\iu\omega)x} + \conj{c_1}\,\eu^{(\alpha-\iu\omega)x}$ , et $y = \conj y$ pour tout $x$ impose $c_2 = \conj{c_1}$ (les deux exponentielles sont linéairement indépendantes : évaluons en deux points, ou comparons en $x=0$ après division par $\eu^{\alpha x}$ ). En écrivant $c_1 = \frac{\lambda - \iu\mu}2$ avec $\lambda, \mu$ réels :

y = 2\,\Re\Bigl(c_1\,\eu^{\alpha x}(\cos\omega x + \iu\sin\omega x)\Bigr) = \eu^{\alpha x}\bigl(\lambda\cos\omega x + \mu\sin\omega x\bigr),

et réciproquement toute fonction de cette forme est solution (partie réelle d’une solution complexe d’une équation réelle) : l’espace des solutions réelles est bien celui annoncé.

Cas $\Delta = 0$ : $r = r_0$ , $2r_0 + a = 0$ , donc $z'' = 0$ : $z = \lambda + \mu x$ et $y = (\lambda + \mu x)\eu^{r_0 x}$ . ∎

Exemple 5.11 (Un problème de Cauchy, du début à la fin)

Résolvons $y'' - 3y' + 2y = 0$ avec $y(0) = 0$ , $y'(0) = 1$ . Le polynôme caractéristique $r^2 - 3r + 2 = (r - 1)(r - 2)$ a les racines réelles $1$ et $2$ : solution générale $y = \lambda\eu^{x} + \mu\eu^{2x}$ . Les deux conditions donnent le système linéaire

\lambda + \mu = 0, \qquad \lambda + 2\mu = 1 ,

donc $\mu = 1$ , $\lambda = -1$ :

y(x) = \eu^{2x} - \eu^{x} .

Vérification : $y(0) = 0$ ; $y' = 2\eu^{2x} - \eu^x$ vérifie $y'(0) = 1$ ; et $y'' - 3y' + 2y = (4 - 6 + 2)\eu^{2x} + (-1 + 3 - 2)\eu^x = 0$ . Notons la forme de la réponse : au voisinage de $-\infty$ c’est le mode lent $-\eu^x$ qui domine ; au voisinage de $+\infty$ , le mode rapide $\eu^{2x}$ . Lire les solutions comme des superpositions de modes ayant des taux de décroissance ou de croissance différents est l’habitude payante — c’est ainsi qu’est organisée la séparation transitoire/régime permanent du devoir maison.

Les trois régimes de y'' + ay' + by = 0 à solutions décroissantes : oscillation amortie (racines complexes), retour critique (racine double), décroissance suramortie (deux racines réelles). Le régime qui se produit se lit sur le seul signe de = a2 - 4b — avant même de résoudre quoi que ce soit. — Les trois régimes de $y'' + ay' + by = 0$ à solutions décroissantes : oscillation amortie (racines complexes), retour critique (racine double), décroissance suramortie (deux racines réelles). Le régime qui se produit se lit sur le seul signe de $\Delta = a^2 - 4b$ — avant même de résoudre quoi que ce soit.

Théorème 5.12 (Structure et problème de Cauchy)

Si $y_p$ est une solution particulière de $(E)$ , les solutions de $(E)$ sont exactement les $y_p + y_h$ , $y_h$ décrivant les solutions de $(H)$ .
(Superposition) Si $y_1$ est solution de $y'' + ay' + by = f_1$ et $y_2$ solution de $y'' + ay' + by = f_2$ , alors $y_1 + y_2$ est solution de l’équation de second membre $f_1 + f_2$ .
Pour tout $x_0 \in I$ et tout $(y_0, y_0')$ , le problème de Cauchy « $(E)$ , $y(x_0) = y_0$ , $y'(x_0) = y_0'$ » admet exactement une solution sur $I$ . (Existence sous réserve d’une solution particulière ; unicité sans réserve.)

Démonstration. (1) $y$ est solution de $(E)$ si et seulement si $y - y_p$ est solution de $(H)$ , par linéarité de $y \mapsto y'' + ay' + by$ . (2) relève de la même linéarité.

(3) D’après (1), il suffit de montrer que les constantes $(\lambda, \mu)$ peuvent toujours être ajustées, de manière unique, à n’importe quelles données $(y_0, y_0')$ . Quitte à translater la variable, supposons $x_0 = 0$ . Dans le cas (1) du Théorème 5.10, $y = \lambda\eu^{r_1x} + \mu\eu^{r_2x}$ donne

y(0) = \lambda + \mu, \qquad y'(0) = r_1\lambda + r_2\mu :

un système linéaire en $(\lambda, \mu)$ dont le déterminant vaut $r_2 - r_1 \neq 0$ ; en le résolvant explicitement, $\mu = \frac{y_0' - r_1y_0}{r_2 - r_1}$ et $\lambda = y_0 - \mu$ : exactement une solution. Dans le cas (2), $y(0) = \lambda$ et $y'(0) = r_0\lambda + \mu$ : le système est triangulaire, de déterminant $1$ , résolu par $\lambda = y_0$ , $\mu = y_0' - r_0y_0$ . Dans le cas (3), $y(0) = \lambda$ et $y'(0) = \alpha\lambda + \omega\mu$ : déterminant $\omega \neq 0$ , résolu par $\lambda = y_0$ , $\mu = \frac{y_0' - \alpha y_0}\omega$ . Dans chaque cas, l’application $(\lambda, \mu) \mapsto (y(x_0), y'(x_0))$ est une bijection linéaire — le langage du Chapitre 20 comprimera cette discussion par cas en une seule phrase. ∎

Méthode 5.13 (Solution particulière pour $f(x) = P(x)\,\eu^{\gamma x}$ )

Lorsque le second membre est $P(x)\,\eu^{\gamma x}$ avec $P$ un polynôme et $\gamma \in \R$ (ce qui couvre les polynômes, les exponentielles, et, via un $\gamma$ complexe ou la superposition, le $\cos$ et le $\sin$ ) : cherchons une solution particulière de la forme

y_p(x) = x^{m}\, Q(x)\, \eu^{\gamma x}, \qquad m = \text{multiplicité de } \gamma \text{ comme racine de } \chi \ (m = 0, 1 \text{ ou } 2),

avec $Q$ un polynôme de même degré que $P$ , dont les coefficients s’obtiennent par substitution et identification. Pour $f = K\cos\omega x$ (ou $\sin$ ), résolvons avec le second membre $K\eu^{\iu\omega x}$ et prenons la partie réelle (resp. imaginaire).

Exemple 5.14 (La superposition à l’œuvre)

Résolvons $y'' - y = \eu^{x} + 4$ sur $\R$ . Équation homogène : $\chi(r) = r^2 - 1$ , racines $\pm1$ , donc $y_h = \lambda\eu^x + \mu\eu^{-x}$ . Séparons le second membre et traitons chaque morceau par l’encadré de méthode. Morceau $\eu^x$ : ici $\gamma = 1$ est racine simple de $\chi$ , essayons donc $y_1 = c\,x\,\eu^x$ : alors $y_1'' - y_1 = c(x + 2)\eu^x - cx\eu^x = 2c\,\eu^x$ , d’où $c = \frac12$ . Morceau $4$ : $\gamma = 0$ n’est pas racine ; la constante $y_2 = -4$ convient. Par superposition (Théorème 5.12 (2)) :

y = \frac{x\,\eu^x}2 - 4 + \lambda\,\eu^x + \mu\,\eu^{-x}, \qquad (\lambda, \mu) \in \R^2 .

Notons que les deux morceaux ont exigé des formes différentes ( $m = 1$ contre $m = 0$ ) : le test de multiplicité s’applique à chaque exposant séparément, ce qui est tout l’intérêt de séparer le second membre avant de deviner.

Exemple 5.15 (La règle de multiplicité à l’œuvre)

Résolvons $y'' + y' = x$ sur $\R$ . Le second membre est $P(x)\eu^{0\cdot x}$ avec $P(x) = x$ , et $\gamma = 0$ est racine simple de $\chi(r) = r^2 + r = r(r + 1)$ : donc $m = 1$ , et le bon essai est $y_p = x\,(\alpha x + \beta) = \alpha x^2 + \beta x$ , de degré un de plus que $P$ . En substituant :

y_p'' + y_p' = 2\alpha + (2\alpha x + \beta) = 2\alpha x + (2\alpha + \beta) ,

et l’identification avec $x$ donne $\alpha = \frac12$ , $\beta = -1$ : $y_p = \frac{x^2}2 - x$ . Solution générale : $y = \frac{x^2}2 - x + \lambda + \mu\,\eu^{-x}$ . Si nous avions essayé $y_p = \alpha x + \beta$ (en ignorant la multiplicité), la substitution aurait donné $y_p'' + y_p' = \alpha$ , une constante — aucun choix de $\alpha, \beta$ ne peut égaler $x$ , et l’échec est structurel : les constantes sont déjà solutions de l’équation homogène, donc elles sont invisibles pour le membre de gauche. Le facteur $x^m$ existe précisément pour sortir de l’espace des solutions homogènes.

Remarque 5.16 (L’assurance à trente secondes)

Chaque équation résolue dans ce chapitre se termine par une vérification par substitution, et ce n’est pas décoratif. Un calcul d’équation différentielle enchaîne beaucoup de petites étapes (une primitive, une dérivée de produit, deux constantes), et une seule erreur de signe se propage invisiblement ; substituer la formule finale dans l’équation les attrape presque toutes, au prix d’une seule dérivation. Cultivez le réflexe sur trois niveaux : vérifiez la solution particulière seule (la partie homogène s’annule de toute façon), vérifiez les conditions initiales sur la solution complète, et lorsqu’un paramètre est présent, vérifiez une valeur dégénérée (la formule pour $\Omega$ général redonne-t-elle la réponse connue en $\Omega = 0$ ?). L’habitude coûte une demi-minute ; elle convertit « probablement juste » en « vérifié ».

Remarque 5.17 (Pièges classiques)

Normaliser d’abord. Les formules supposent que l’équation s’écrit $y' + a(x)y = b(x)$ — coefficient $1$ devant $y'$ . Pour $xy' - 2y = x^3$ , divisez par $x$ (sur un intervalle évitant $0$ ) avant d’identifier $a$ et $b$ , comme dans l’Exercice 5.2.
Une constante par dimension, fixée à la fin. La solution générale du premier ordre porte une constante, celle du second ordre deux ; les conditions initiales s’imposent sur la solution complète $y_p + y_h$ , jamais sur $y_h$ seule — les imposer avant d’ajouter $y_p$ est l’erreur structurelle la plus fréquente.
Attention à la multiplicité. Un essai de solution particulière qui est solution de l’équation homogène est invisible pour le membre de gauche ; le facteur $x^m$ de la Méthode 5.13 n’est pas optionnel (Exemple 5.15).
Les intervalles font partie de la réponse. Les solutions vivent sur des intervalles où les coefficients sont continus ; recoller à travers une singularité peut créer des constantes parasites (Exercice 5.12) ou détruire l’unicité. « Résoudre sur $\R^*$ » signifie deux problèmes indépendants.

Exemple 5.18 (Excitation hors résonance)

Résolvons $y'' + 4y = \sin x$ sur $\R$ . Pulsation propre $2$ , pulsation d’excitation $1$ : puisque $\iu$ n’est pas racine de $\chi(r) = r^2 + 4$ , la multiplicité est $m = 0$ et une simple sinusoïde suffit. En essayant $y_p = \alpha\sin x$ (aucun cosinus n’est nécessaire : l’équation n’a pas de terme en $y'$ , et le $\sin$ régénère le $\sin$ ) :

y_p'' + 4y_p = -\alpha\sin x + 4\alpha\sin x = 3\alpha\sin x ,

donc $\alpha = \frac13$ et la solution générale est

y = \frac{\sin x}3 + \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x .

Toute solution reste bornée : c’est une superposition de deux oscillations, aux pulsations $1$ (forcée) et $2$ (propre). À comparer avec l’exemple suivant, où une excitation à la pulsation propre change la forme même de la réponse.

Exemple 5.19 (Une oscillation forcée)

Résolvons $y'' + y = \cos x$ , $y(0) = 0$ , $y'(0) = 0$ .

Équation homogène : $\chi(r) = r^2 + 1$ , racines $\pm\iu$ : $y_h = \lambda\cos x + \mu \sin x$ .

Solution particulière : second membre $\Re(\eu^{\iu x})$ avec $\gamma = \iu$ racine simple de $\chi$ : essayons $z_p = c\, x\, \eu^{\iu x}$ ( $c \in \C$ ). Alors $z_p'' + z_p = c\,(2\iu)\eu^{\iu x}$ , qui vaut $\eu^{\iu x}$ pour $c = \frac{1}{2\iu} = -\frac\iu2$ . Donc $z_p = -\frac{\iu}{2} x (\cos x + \iu \sin x)$ et $y_p = \Re(z_p) = \frac{x \sin x}{2}$ .

Solution générale : $y = \frac{x\sin x}{2} + \lambda\cos x + \mu\sin x$ . Conditions : $y(0) = \lambda = 0$ ; $y' = \frac{\sin x + x\cos x}{2} + \mu\cos x$ , donc $y'(0) = \mu = 0$ . Réponse : $y = \frac{x\sin x}{2}$ — une oscillation dont l’amplitude croît linéairement : le phénomène de résonance, causé par l’excitation du système à sa pulsation propre.

Résonance : la solution y = x x/2 de y'' + y = x oscille entre les droites y = ± x2 (en pointillés), avec une amplitude sans cesse croissante. — Résonance : la solution $y = \frac{x \sin x}{2}$ de $y'' + y = \cos x$ oscille entre les droites $y = \pm\frac x2$ (en pointillés), avec une amplitude sans cesse croissante.

Remarque 5.20 (Interlude : la linéarité est une géométrie)

Reprenons la forme de chaque ensemble de solutions de ce chapitre : une solution particulière plus un espace de solutions homogènes avec une constante libre (premier ordre) ou deux (second ordre). Les chapitres d’algèbre linéaire (Chapitres 18, 19 et 20) en fourniront le vocabulaire exact : l’application $L(y) = y'' + ay' + by$ est linéaire, ses solutions homogènes forment le noyau de $L$ , un espace vectoriel dont la dimension est égale à l’ordre de l’équation — c’est là le contenu honnête de « une constante par ordre » — et l’ensemble des solutions de $L(y) = f$ est un sous-espace affine, un translaté du noyau. Même l’application de Cauchy $(\lambda, \mu) \mapsto (y(x_0), y'(x_0))$ du Théorème 5.12 est une bijection linéaire entre deux plans, c’est-à-dire un système $2 \times 2$ inversible (Chapitre 21). Rien de ce chapitre ne sera à refaire — il suffira de le renommer, et ce renommage est le meilleur échauffement possible pour l’algèbre linéaire : chaque définition abstraite y a déjà gagné sa vie ici.

Remarque 5.21 (Où ce chapitre est utilisé)

Le théorème de structure — les solutions de $(E)$ sont « une solution particulière plus les solutions de $(H)$ » — est la première apparition d’un schéma que les Chapitres 18 et 20 nommeront : l’ensemble des solutions de $(H)$ est le noyau de l’application linéaire $y \mapsto y'' + ay' + by$ , et l’ensemble des solutions de $(E)$ en est un translaté affine. Le polynôme caractéristique réapparaît comme polynôme caractéristique d’une matrice au Chapitre 21 : une équation du second ordre est un système $2 \times 2$ du premier ordre déguisé, point de vue que le volume de Licence 2 systématise. Les intégrales exigées par la variation de la constante sont fournies par le Chapitre 15, et le devoir maison ci-dessous — l’oscillateur amorti forcé — est le cas modèle de toute question d’oscillation dans les sciences, des circuits électriques aux ponts suspendus.

5.3 Exercices

Exercice 5.1 ★

Résoudre sur $\R$ : $\;y' + 2y = \eu^{3x}$ ; puis le problème de Cauchy $y(0) = 1$ .

Solution

Solution de Exercice 5.1.

Équation homogène : $y_h = \lambda\,\eu^{-2x}$ . Solution particulière : essayons $y_p = c\,\eu^{3x}$ ( $3$ n’est pas racine de $r + 2$ ) : $3c + 2c = 1$ , $c = \frac15$ . Solution générale : $y = \frac{\eu^{3x}}{5} + \lambda\,\eu^{-2x}$ . Avec $y(0) = 1$ : $\frac15 + \lambda = 1$ , $\lambda = \frac45$ , donc $y = \frac{\eu^{3x} + 4\,\eu^{-2x}}{5}$ .

Exercice 5.2 ★

Résoudre sur $\intoo{0}{+\infty}$ : $\;x y' - 2y = x^3$ (mettre d’abord l’équation sous forme normalisée).

Solution

Solution de Exercice 5.2.

Sur $\intoo{0}{+\infty}$ , divisons par $x$ : $y' - \frac{2}{x}\,y = x^2$ . Ici $A(x) = -2\ln x$ , $\eu^{-A(x)} = x^2$ : solutions homogènes $\lambda x^2$ . Variation de la constante : $\mu'(x) = x^2 \cdot x^{-2} = 1$ , donc $\mu = x + \lambda$ et

y(x) = x^3 + \lambda x^2, \qquad \lambda \in \R .

Vérification : $x(3x^2 + 2\lambda x) - 2(x^3 + \lambda x^2) = x^3$ .

Exercice 5.3 ★

Résoudre sur $\R$ , en donnant la solution générale réelle : $\;y'' - 3y' + 2y = 0$ ; $\;y'' + 4y' + 4y = 0$ ; $\;y'' - 2y' + 5y = 0$ .

Solution

Solution de Exercice 5.3.

$y'' - 3y' + 2y = 0$ : racines $1$ et $2$ ; $\;y = \lambda\,\eu^{x} + \mu\,\eu^{2x}$ .

$y'' + 4y' + 4y = 0$ : racine double $-2$ ; $\;y = (\lambda + \mu x)\,\eu^{-2x}$ .

$y'' - 2y' + 5y = 0$ : racines $1 \pm 2\iu$ ; $\;y = \eu^{x}(\lambda\cos 2x + \mu\sin 2x)$ .

Exercice 5.4 ★

Résoudre $y'' - y = x^2$ sur $\R$ , puis le problème de Cauchy $y(0) = 0$ , $y'(0) = 1$ .

Solution

Solution de Exercice 5.4.

Équation homogène : racines $\pm 1$ , $y_h = \lambda\,\eu^x + \mu\,\eu^{-x}$ . Solution particulière à second membre polynomial ( $\gamma = 0$ n’est pas racine) : $y_p = ax^2 + bx + c$ ; en substituant, $2a - (ax^2 + bx + c) = x^2$ donne $a = -1$ , $b = 0$ , $c = 2a = -2$ : $y_p = -x^2 - 2$ . Solution générale $y = -x^2 - 2 + \lambda\eu^x + \mu\eu^{-x}$ .

Cauchy : $y(0) = -2 + \lambda + \mu = 0$ et $y'(0) = \lambda - \mu = 1$ : $\lambda = \frac32$ , $\mu = \frac12$ . Donc $y = -x^2 - 2 + \frac{3\eu^x + \eu^{-x}}{2}$ .

Exercice 5.5 ★★

Résoudre sur $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ : $\;y' + y\tan x = \sin 2x$ .

Solution

Solution de Exercice 5.5.

$a(x) = \tan x$ , $A(x) = -\ln(\cos x)$ (licite : $\cos > 0$ sur l’intervalle), $\eu^{-A} = \cos x$ : solutions homogènes $\lambda\cos x$ . Variation de la constante : $\mu'(x) = \sin 2x \cdot \frac{1}{\cos x} = 2\sin x$ , donc $\mu = -2\cos x + \lambda$ et

y(x) = -2\cos^2 x + \lambda \cos x .

Vérification : $y' = 4\cos x \sin x - \lambda\sin x$ et $y\tan x = -2\cos x\sin x + \lambda \sin x$ ; leur somme vaut $2\cos x\sin x = \sin 2x$ , comme voulu.

Exercice 5.6 ★★

Résoudre $y'' - 4y' + 3y = (2x + 1)\,\eu^{x}$ sur $\R$ . (Attention à la multiplicité : $1$ est-il racine du polynôme caractéristique ?)

Solution

Solution de Exercice 5.6.

$\chi(r) = r^2 - 4r + 3 = (r-1)(r-3)$ : $\gamma = 1$ est racine simple ( $m = 1$ ). Essayons $y_p = x(ax + b)\,\eu^x$ . Avec $u = ax^2 + bx$ ,

y_p'' - 4y_p' + 3y_p = \bigl(u'' + (2 - 4)u' + \chi(1) u\bigr)\eu^x = \bigl(2a - 2(2ax + b)\bigr)\eu^x .

Identifions avec $(2x + 1)\eu^x$ : $-4a = 2$ et $2a - 2b = 1$ , donc $a = -\frac12$ , $b = -1$ . Solution générale :

y = -\Bigl(\frac{x^2}{2} + x\Bigr)\eu^{x} + \lambda\,\eu^{x} + \mu\,\eu^{3x}, \qquad (\lambda, \mu) \in \R^2 .

Exercice 5.7 ★★

Résoudre $y'' + 4y = \sin 2x + x$ sur $\R$ (superposition : traiter chaque second membre séparément).

Solution

Solution de Exercice 5.7.

Équation homogène : $y_h = \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x$ .

Second membre $x$ ( $\gamma = 0$ n’est pas racine) : $y_1 = ax + b$ avec $4(ax + b) = x$ : $y_1 = \frac x4$ .

Second membre $\sin 2x = \Im(\eu^{2\iu x})$ , $2\iu$ racine simple de $r^2 + 4$ : essayons $z = c\,x\,\eu^{2\iu x}$ ; alors $z'' + 4z = 4\iu c\,\eu^{2\iu x}$ , qui vaut $\eu^{2\iu x}$ pour $c = \frac{1}{4\iu} = -\frac{\iu}{4}$ . Donc $z = -\frac{\iu x}{4}(\cos 2x + \iu \sin 2x)$ et $y_2 = \Im(z) = -\frac{x\cos 2x}{4}$ .

Par superposition :

y = \frac{x}{4} - \frac{x\cos 2x}{4} + \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x .

Exercice 5.8 ★★

Une tasse de café à la température $T_0 = 80\,^\circ$ C est posée dans une pièce à $20\,^\circ$ C. La loi de refroidissement de Newton énonce que $T' = -k\,(T - 20)$ avec $k > 0$ . Résoudre en $T(t)$ et, sachant que le café est à $50\,^\circ$ C au bout de $10$ minutes, déterminer quand il atteint $25\,^\circ$ C.

Solution

Solution de Exercice 5.8.

L’équation $T' + kT = 20k$ admet la solution particulière constante $20$ et les solutions homogènes $\lambda\eu^{-kt}$ : $T(t) = 20 + \lambda\,\eu^{-kt}$ , et $T(0) = 80$ donne $\lambda = 60$ :

T(t) = 20 + 60\,\eu^{-kt} .

$T(10) = 50$ : $\eu^{-10k} = \frac12$ , donc $k = \frac{\ln 2}{10}$ . Ensuite $T(t) = 25$ exige $\eu^{-kt} = \frac{5}{60} = \frac{1}{12}$ , c’est-à-dire

t = \frac{\ln 12}{k} = 10\,\frac{\ln 12}{\ln 2} \approx 35.8 \text{ minutes.}

Exercice 5.9 ★★★

(Oscillateur amorti) Pour $\varepsilon \geq 0$ , on considère $y'' + 2\varepsilon y' + y = 0$ .

Résoudre pour $\varepsilon \in \intco{0}{1}$ , $\varepsilon = 1$ , et $\varepsilon > 1$ .
Montrer que pour $\varepsilon > 0$ toute solution tend vers $0$ en $+\infty$ , et que pour $\varepsilon = 0$ les solutions non nulles n’y tendent pas.
Pour $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ , montrer que les zéros d’une solution non nulle sont régulièrement espacés, avec un écart de $\frac{\pi}{\sqrt{1 - \varepsilon^2}}$ .

Solution

Solution de Exercice 5.9.

$\chi(r) = r^2 + 2\varepsilon r + 1$ , $\Delta = 4(\varepsilon^2 - 1)$ . Pour $\varepsilon \in \intco{0}{1}$ : racines $-\varepsilon \pm \iu\sqrt{1 - \varepsilon^2}$ , donc $y = \eu^{-\varepsilon t}\bigl(\lambda\cos\omega t + \mu\sin\omega t\bigr)$ avec $\omega = \sqrt{1 - \varepsilon^2}$ . Pour $\varepsilon = 1$ : racine double $-1$ , $y = (\lambda + \mu t)\,\eu^{-t}$ . Pour $\varepsilon > 1$ : racines réelles $r_\pm = -\varepsilon \pm \sqrt{\varepsilon^2 - 1}$ , toutes deux $< 0$ , et $y = \lambda\eu^{r_+t} + \mu\eu^{r_-t}$ .
Pour $\varepsilon \in \intoo{0}{1}$ : $\abs y \leq \eu^{-\varepsilon t}(\abs\lambda + \abs\mu) \to 0$ . Pour $\varepsilon = 1$ : $(\lambda + \mu t)\eu^{-t} \to 0$ (l’exponentielle l’emporte sur le polynôme, Proposition 4.6). Pour $\varepsilon > 1$ : les deux exponentielles décroissent puisque $r_\pm < 0$ (en effet $\sqrt{\varepsilon^2 - 1} < \varepsilon$ ). Pour $\varepsilon = 0$ : $y = \lambda\cos t + \mu\sin t$ a une amplitude constante $\sqrt{\lambda^2 + \mu^2} \neq 0$ sauf si $y = 0$ .
Écrivons $\lambda\cos\omega t + \mu\sin\omega t = R\cos(\omega t - \varphi)$ avec $R = \sqrt{\lambda^2 + \mu^2} > 0$ . Les zéros de $y$ sont ceux de $\cos(\omega t - \varphi)$ (le facteur $\eu^{-\varepsilon t}$ ne s’annule jamais) : $\omega t - \varphi \equiv \frac\pi2 \pmod \pi$ , une progression arithmétique d’écart $\frac{\pi}{\omega} = \frac{\pi}{\sqrt{1 - \varepsilon^2}}$ .

Exercice 5.10 ★★★

Déterminer toutes les fonctions $f \colon \R \to \R$ , deux fois dérivables, telles que

\forall x, y \in \R, \qquad f(x + y) + f(x - y) = 2 f(x) f(y),

avec $f(0) \ne 0$ et $f$ non constante. Indication : fixer $y$ , dériver deux fois par rapport à $x$ en $0$ ; montrer que $f(0) = 1$ et $f'' = c f$ pour une certaine constante $c$ ; puis résoudre selon le signe de $c$ et vérifier quelles solutions satisfont l’équation fonctionnelle.

Solution

Solution de Exercice 5.10.

Posons $x = y = 0$ : $2f(0) = 2f(0)^2$ , et $f(0) \neq 0$ donne $f(0) = 1$ . Fixons $x$ et dérivons deux fois l’équation par rapport à $y$ :

f''(x+y) + f''(x-y) = 2 f(x) f''(y) .

En posant $y = 0$ : $\;2f''(x) = 2 f(x) f''(0)$ , c’est-à-dire

f''(x) = c\,f(x), \qquad c = f''(0).

Cas $c = \omega^2 > 0$ : $f(x) = \lambda\cosh\omega x + \mu\sinh\omega x$ ; $f(0) = 1$ donne $\lambda = 1$ . En reportant dans l’équation fonctionnelle et en utilisant les formules d’addition (Proposition 4.18), l’équation impose $\mu = 0$ (comparer les coefficients de $\sinh\omega x \sinh\omega y$ ou évaluer en $x = y$ ) : $f = \cosh\omega x$ , qui satisfait bien $\cosh(x+y) + \cosh(x-y) = 2\cosh x\cosh y$ .

Cas $c = -\omega^2 < 0$ : de même $f(x) = \cos\omega x$ ( $\omega \neq 0$ ), qui satisfait l’équation.

Cas $c = 0$ : $f$ est affine avec $f(0) = 1$ : $f(x) = 1 + \mu x$ ; l’équation impose $\mu = 0$ , exclu ( $f$ n’est pas constante).

Conclusion : les solutions sont $f(x) = \cos\omega x$ et $f(x) = \cosh\omega x$ , $\omega > 0$ .

Exercice 5.11 ★★

(Équation d’Euler) Résoudre $x^2 y'' - x y' + y = 0$ sur $\intoo{0}{+\infty}$ . Indication : poser $z(t) = y(\eu^t)$ , c’est-à-dire substituer $x = \eu^t$ , et montrer que $z$ satisfait une équation linéaire à coefficients constants.

Solution

Solution de Exercice 5.11.

Posons $z(t) = y(\eu^t)$ , de sorte que $y(x) = z(\ln x)$ pour $x > 0$ . Alors

y'(x) = \frac{z'(\ln x)}x, \qquad y''(x) = \frac{z''(\ln x) - z'(\ln x)}{x^2} ,

et en substituant dans l’équation :

x^2y'' - xy' + y = \bigl(z'' - z'\bigr) - z' + z = z'' - 2z' + z = 0 .

Polynôme caractéristique $(r - 1)^2$ : racine double $1$ , donc $z(t) = (\lambda + \mu t)\,\eu^t$ et, de retour dans la variable $x = \eu^t$ :

y(x) = (\lambda + \mu\ln x)\,x, \qquad \lambda, \mu \in \R .

Exercice 5.12 ★★★

On considère l’équation $x\,y' = 2y$ sur la droite réelle tout entière, d’inconnue la fonction dérivable $y \colon \R \to \R$ .

Résoudre sur $\intoo{0}{+\infty}$ et sur $\intoo{-\infty}{0}$ .
Montrer que pour toutes constantes $a, b \in \R$ , la fonction égale à $ax^2$ pour $x \geq 0$ et à $bx^2$ pour $x < 0$ est dérivable sur $\R$ et est solution de l’équation partout.
En déduire que l’ensemble des solutions sur $\R$ est une famille à deux paramètres, et expliquer pourquoi cela ne contredit pas l’unicité du Théorème 5.4.

Solution

Solution de Exercice 5.12.

Sous forme normalisée $y' - \frac2x\,y = 0$ sur chaque intervalle : $A(x) = -2\ln\abs x$ , donc les solutions sont $y = a x^2$ sur $\intoo0{+\infty}$ et $y = b x^2$ sur $\intoo{-\infty}0$ , avec des constantes indépendantes (Théorème 5.2).
Soit $y = ax^2$ pour $x \geq 0$ et $bx^2$ pour $x < 0$ . Sur chaque demi-droite ouverte, $y$ est dérivable et vérifie $xy' = 2y$ . En $0$ : les taux d’accroissement $\frac{y(h) - y(0)}h = ah$ ou $bh$ tendent vers $0$ , donc $y'(0) = 0$ existe, et l’équation en $x = 0$ s’écrit $0 \cdot y'(0) = 2y(0) = 0$ : elle est satisfaite. Donc $y$ est solution de l’équation sur $\R$ tout entier.
Les solutions sur $\R$ sont exactement ces fonctions recollées : une famille à deux paramètres pour une équation du premier ordre. Il n’y a pas de contradiction avec le Théorème 5.4, dont les hypothèses tombent en défaut ici : une fois l’équation écrite sous la forme $y' + a(x)y = 0$ , le coefficient $a(x) = -\frac2x$ n’est pas continu en $0$ — il n’y est même pas défini — de sorte que $\R$ n’est pas un intervalle sur lequel le théorème s’applique. La singularité en $0$ déconnecte les deux demi-droites, et la valeur $y(0) = 0$ est imposée, sans transmettre aucune information d’un côté à l’autre. Toute donnée de Cauchy en $x_0 \neq 0$ ne détermine la solution que sur la demi-droite contenant $x_0$ .

5.4 Problème : l’oscillateur amorti forcé

Problème 5.1

Une seule équation gouverne une masse au bout d’un ressort dans un milieu visqueux, la charge dans un circuit RLC, et un immeuble oscillant sous le vent :

(E_\Omega)\colon\quad x'' + 2\lambda x' + \omega_0^2\,x = A\cos(\Omega t),

avec $\lambda \geq 0$ l’amortissement, $\omega_0 > 0$ la pulsation propre, et $A > 0$ , $\Omega > 0$ l’amplitude et la pulsation de l’excitation. Ce problème en extrait le comportement complet : la décroissance des transitoires, l’unique régime permanent périodique, la courbe de résonance et sa finesse (le facteur de qualité), les battements du cas non amorti, et le bilan d’énergie qui entretient l’oscillation. Sauf mention contraire, $0 < \lambda < \omega_0$ (régime sous-amorti) et l’on pose $\omega_d = \sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}$ .

Partie I — L’oscillateur libre. Ici $A = 0$ .

Résoudre l’équation homogène $(H)$ pour $0 < \lambda < \omega_0$ , puis pour $\lambda = 0$ . (Les régimes $\lambda \geq \omega_0$ ont été traités à l’Exercice 5.9 ; les citer.)
Montrer que pour tout $\lambda > 0$ , toutes les solutions de $(H)$ tendent vers $0$ en $+\infty$ — dans les trois régimes.
Définir l’énergie $\mathcal E(t) = \frac12 x'(t)^2 + \frac12\omega_0^2\,x(t)^2$ le long d’une solution de $(H)$ . Montrer que $\mathcal E'(t) = -2\lambda\,x'(t)^2 \leq 0$ , et en déduire (sans rien résoudre) que le problème de Cauchy « $(H)$ , $x(t_0) = x'(t_0) = 0$ » n’a que la solution nulle, et ce pour tout $\lambda \geq 0$ .
Pour $0 < \lambda < \omega_0$ , écrire la solution non nulle sous la forme $x(t) = R\,\eu^{-\lambda t}\cos(\omega_d t - \varphi)$ et poser $T_d = \frac{2\pi}{\omega_d}$ la pseudo-période. Montrer que $x(t + T_d) = \eu^{-\lambda T_d}\,x(t)$ : chaque oscillation est la précédente réduite du facteur constant $\eu^{-\delta}$ , $\delta = \frac{2\pi\lambda}{\omega_d}$ (le décrément logarithmique). Calculer $\delta$ pour $\omega_0 = 1$ , $\lambda = 0.1$ .
Définir le facteur de qualité $Q = \dfrac{\omega_0}{2\lambda}$ . Montrer qu’au bout du temps $\frac1\lambda$ (une division de l’amplitude par $\eu$ ), l’oscillateur a accompli $\frac{\omega_d}{2\pi\lambda}$ pseudo-périodes, ce qui, pour un amortissement faible ( $\lambda \ll \omega_0$ ), vaut approximativement $\frac Q\pi$ : le facteur de qualité compte, à $\pi$ près, le nombre d’oscillations accomplies avant que l’amplitude ne soit divisée par $\eu$ .

Partie II — Le régime permanent. Désormais $A > 0$ et $\lambda > 0$ .

Chercher une solution particulière comme partie réelle de $z\,\eu^{\iu\Omega t}$ avec $z \in \C$ (Méthode 5.13). Montrer que cela fonctionne avec

$z = \frac{A}{\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega} .$
En déduire le régime permanent sous forme amplitude–phase : $x_p(t) = R(\Omega)\cos\bigl(\Omega t - \varphi(\Omega)\bigr)$ avec

$R(\Omega) = \frac{A}{\sqrt{(\omega_0^2 - \Omega^2)^2 + 4\lambda^2\Omega^2}}, \qquad \tan\varphi = \frac{2\lambda\Omega}{\omega_0^2 - \Omega^2}, \quad \varphi \in \intoo0\pi .$
Interpréter les deux régimes extrêmes : calculer les limites de $R$ et $\varphi$ quand $\Omega \to 0^+$ (réponse quasi-statique $A/\omega_0^2$ , phase $0$ ) et quand $\Omega \to +\infty$ ( $R \sim A/\Omega^2 \to 0$ , phase $\to \pi$ : la masse se déplace à l’opposé d’une excitation trop rapide).
Montrer que toute solution de $(E_\Omega)$ est $x_p$ plus une solution de $(H)$ , donc converge vers le régime permanent $x_p$ quand $t \to +\infty$ , quelles que soient les conditions initiales : une fois le transitoire éteint, l’oscillateur n’a plus aucun souvenir de son démarrage.
Montrer que $x_p$ est la seule solution périodique de $(E_\Omega)$ .
Traiter un problème de Cauchy jusqu’au bout : pour $x'' + 2x' + 2x = \cos t$ avec $x(0) = x'(0) = 0$ , montrer que la solution est

$x(t) = \frac{\cos t + 2\sin t}5 - \eu^{-t}\,\frac{\cos t + 3\sin t}5 ,$

et identifier les parties transitoire et permanente.

Partie III — La courbe de résonance. Étude de $\Omega \mapsto R(\Omega)$ sur $\intoo0{+\infty}$ .

En posant $u = \Omega^2$ et $g(u) = (\omega_0^2 - u)^2 + 4\lambda^2 u$ , montrer : si $2\lambda^2 < \omega_0^2$ , alors $R$ atteint un maximum strict à la pulsation de résonance $\Omega_r = \sqrt{\omega_0^2 - 2\lambda^2}$ , avec

$R_{\max} = R(\Omega_r) = \frac{A}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}} .$
Montrer que $\dfrac{R_{\max}}{R(0)} = Q\,\bigl(1 - \tfrac{\lambda^2}{\omega_0^2}\bigr)^{-1/2} \geq Q$ : à la résonance, l’excitation est amplifiée (pour l’essentiel) par le facteur de qualité.
Démontrer que l’amplitude de la vitesse $V(\Omega) = \Omega\,R(\Omega)$ est maximale exactement en $\Omega = \omega_0$ (et non en $\Omega_r$ ), et que la phase y vaut $\varphi(\omega_0) = \frac\pi2$ : en $\Omega = \omega_0$ la vitesse est exactement en phase avec la force.
(Bande passante) Résoudre exactement $g(u) = 2\,g(u_r)$ , où $u_r = \omega_0^2 - 2\lambda^2$ , et en déduire que les deux pulsations $\Omega_\pm$ où $R = R_{\max}/\sqrt2$ vérifient $\Omega_+^2 - \Omega_-^2 = 4\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}$ ; conclure que pour un amortissement faible la bande passante vaut $\Omega_+ - \Omega_- \approx 2\lambda$ , c’est-à-dire $Q \approx \frac{\omega_0}{\Omega_+ - \Omega_-}$ : les pics de résonance aigus sont les systèmes à grand $Q$ .
Portrait numérique pour $\omega_0 = 1$ , $\lambda = 0.05$ ( $Q = 10$ ), $A = 1$ : calculer $\Omega_r$ , $R_{\max}$ , la réponse statique $R(0)$ , et la bande passante approchée.
Montrer que si $2\lambda^2 \geq \omega_0^2$ , alors $R$ est strictement décroissante sur $\intoo0{+\infty}$ : les systèmes fortement amortis n’ont aucun pic de résonance.

Partie IV — Sans amortissement : battements et résonance. Ici $\lambda = 0$ .

Pour $\Omega \neq \omega_0$ , déterminer la solution générale de $x'' + \omega_0^2 x = A\cos(\Omega t)$ .
Résoudre le problème de Cauchy $x(0) = x'(0) = 0$ et transformer la réponse en la forme produit

$x(t) = \frac{2A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\, \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\Bigr) \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 + \Omega)t}2\Bigr) .$
Pour $\Omega$ proche de $\omega_0$ , lire le produit comme une oscillation rapide à la pulsation $\frac{\omega_0 + \Omega}2$ modulée par une enveloppe lente de pulsation $\frac{\abs{\omega_0 - \Omega}}2$ : les battements. Donner la période de l’enveloppe et l’amplitude maximale, et remarquer comment toutes deux explosent quand $\Omega \to \omega_0$ .
Fixer $t$ et faire tendre $\Omega \to \omega_0$ dans la formule de la question 19 : montrer que la limite est

$x_\infty(t) = \frac{A\,t\,\sin(\omega_0 t)}{2\omega_0} ,$

et vérifier directement que $x_\infty$ est solution de l’équation résonante $x'' + \omega_0^2 x = A\cos(\omega_0 t)$ avec $x(0) = x'(0) = 0$ (à comparer avec l’Exemple 5.19) : la résonance est la limite de battements toujours plus lents et toujours plus grands.
Opposer les deux destins de la résonance : croissance linéaire $\frac{At}{2\omega_0}$ sans amortissement, contre saturation à $R_{\max} \approx Q\,\frac{A}{\omega_0^2}$ avec un amortissement faible. En une phrase : quel mécanisme physique convertit le premier en le second ?

Partie V — Bilan d’énergie et synthèse.

Dans le régime permanent de la partie II, calculer la moyenne sur une période $\frac{2\pi}\Omega$ (a) de la puissance injectée par l’excitation, $P_{\mathrm{in}}(t) = A\cos(\Omega t) \cdot x_p'(t)$ , et (b) de la puissance dissipée par l’amortissement, $P_{\mathrm{diss}}(t) = 2\lambda\,x_p'(t)^2$ . Montrer que les deux moyennes valent $\lambda\,R^2\Omega^2$ : l’excitation fournit exactement ce que l’amortissement brûle — c’est pourquoi le régime permanent est permanent.
Où exactement le problème a-t-il utilisé : (i) le théorème de structure Théorème 5.12 ; (ii) la méthode de l’exponentielle complexe ; (iii) une étude de fonction d’une variable réelle dans le style du Chapitre 4 ? Une phrase pour chacun.
Synthèse : décrire la carte complète des comportements de $(E_\Omega)$ — libre contre forcé, amorti contre non amorti, le rôle de $Q$ comme unique cadran sans dimension réglant la hauteur du pic, la bande passante et la durée de vie du transitoire — et indiquer où l’histoire se poursuit : systèmes $2 \times 2$ du premier ordre (Chapitre 21 et le volume de Licence 2) et décomposition d’une excitation périodique générale en sinusoïdes (séries de Fourier, dans le volume de Licence 3), pour laquelle le cas sinusoïdal de ce problème est la brique fondamentale.

Solution

Solution de Problème 5.1.

1. $\chi(r) = r^2 + 2\lambda r + \omega_0^2$ , $\Delta = 4(\lambda^2 - \omega_0^2) < 0$ pour $0 < \lambda < \omega_0$ : racines $-\lambda \pm \iu\omega_d$ , donc d’après le Théorème 5.10

x(t) = \eu^{-\lambda t}\bigl(\lambda_1\cos\omega_d t + \mu_1\sin\omega_d t\bigr), \qquad (\lambda_1, \mu_1) \in \R^2 .

Pour $\lambda = 0$ : $x = \lambda_1\cos\omega_0 t + \mu_1\sin\omega_0 t$ . Les régimes critique ( $\lambda = \omega_0$ ) et suramorti ( $\lambda > \omega_0$ ) sont ceux de l’Exercice 5.9 (après changement d’échelle de temps) : $(\lambda_1 + \mu_1 t)\eu^{-\lambda t}$ , resp. des combinaisons de $\eu^{r_\pm t}$ avec $r_\pm = -\lambda \pm \sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2}$ .

2. Sous-amorti : $\abs x \leq \eu^{-\lambda t}(\abs{\lambda_1} + \abs{\mu_1}) \to 0$ . Critique : $(\lambda_1 + \mu_1 t)\eu^{-\lambda t} \to 0$ puisque les exponentielles l’emportent sur les polynômes (Proposition 4.6). Suramorti : $r_- < r_+ = -\lambda + \sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2} < 0$ car $\sqrt{\lambda^2 - \omega_0^2} < \lambda$ ; les deux exponentielles décroissent.

3. Le long d’une solution de $(H)$ , en utilisant $x'' = -2\lambda x' - \omega_0^2 x$ :

\mathcal E'(t) = x'x'' + \omega_0^2 x x' = x'\bigl(-2\lambda x' - \omega_0^2 x\bigr) + \omega_0^2 xx' = -2\lambda\,x'^2 \leq 0 .

Si $x(t_0) = x'(t_0) = 0$ alors $\mathcal E(t_0) = 0$ ; $\mathcal E$ est positive et décroissante, donc $\mathcal E \equiv 0$ sur $\intco{t_0}{+\infty}$ , ce qui force $x \equiv 0$ sur cet intervalle ; pour $t \leq t_0$ , appliquons le même raisonnement à $\tilde x(t) = x(2t_0 - t)$ , qui est solution de l’équation d’amortissement $-\lambda$ mais vérifie toujours $\tilde{\mathcal E}(t_0) = 0$ et $\tilde{\mathcal E}' = +2\lambda\tilde x'^2 \geq 0$ avec $\tilde{\mathcal E} \geq 0$ ; positive, croissante et nulle à l’extrémité droite de $\intoc{-\infty}{t_0}$ signifie nulle partout. Donc $x \equiv 0$ sur $\R$ — une démonstration énergétique de l’unicité, valable pour tout $\lambda \geq 0$ .

4. $x(t + T_d) = R\,\eu^{-\lambda t}\eu^{-\lambda T_d}\cos(\omega_d t + 2\pi - \varphi) = \eu^{-\lambda T_d}x(t)$ . Le facteur de réduction par pseudo-période est $\eu^{-\delta}$ avec $\delta = \lambda T_d = \frac{2\pi\lambda}{\omega_d}$ . Pour $\omega_0 = 1$ , $\lambda = 0.1$ : $\omega_d = \sqrt{0.99} = 0.99499$ , donc $\delta = \frac{0.62832}{0.99499} = 0.6315$ : chaque oscillation conserve $\eu^{-0.63} \approx 53~\%$ de son amplitude.

5. Le facteur d’amplitude est $\eu^{-\lambda t}$ , qui est divisé par $\eu$ sur une durée $t = \frac1\lambda$ . Cet intervalle contient $\frac{1/\lambda}{T_d} = \frac{\omega_d}{2\pi\lambda}$ pseudo-périodes. Pour $\lambda \ll \omega_0$ , $\omega_d \approx \omega_0$ et cela vaut $\approx \frac{\omega_0}{2\pi\lambda} = \frac Q\pi$ . Une corde de guitare de $Q = 300$ vibre pendant environ une centaine de périodes ; un ferme-porte de $Q = 1$ n’en achève même pas une.

6. En substituant $z\,\eu^{\iu\Omega t}$ dans le membre de gauche, on obtient $z\,(-\Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega + \omega_0^2)\,\eu^{\iu\Omega t}$ , qui vaut $A\,\eu^{\iu\Omega t}$ exactement pour $z = \frac{A}{\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega}$ (le dénominateur est non nul : sa partie imaginaire vaut $2\lambda\Omega > 0$ ). Comme les coefficients sont réels, la partie réelle $x_p = \Re\bigl(z\eu^{\iu\Omega t}\bigr)$ est solution de l’équation de second membre $\Re\bigl(A\eu^{\iu\Omega t}\bigr) = A\cos\Omega t$ .

7. Écrivons $\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega = \sqrt{D}\,\eu^{\iu\varphi}$ avec $D = (\omega_0^2 - \Omega^2)^2 + 4\lambda^2\Omega^2$ et $\varphi \in \intoo0\pi$ (la partie imaginaire $2\lambda\Omega$ est positive), de sorte que $\tan\varphi = \frac{2\lambda\Omega}{\omega_0^2 - \Omega^2}$ . Alors $z = \frac{A}{\sqrt D}\eu^{-\iu\varphi}$ et

x_p(t) = \Re\Bigl(\frac A{\sqrt D}\,\eu^{\iu(\Omega t - \varphi)}\Bigr) = R\cos(\Omega t - \varphi), \qquad R = \frac A{\sqrt D} .

8. Quand $\Omega \to 0^+$ : $D \to \omega_0^4$ , donc $R \to A/\omega_0^2$ et $\tan\varphi \to 0^+$ avec $\varphi \in \intoo0{\frac\pi2}$ : $\varphi \to 0$ . La masse suit la force de manière quasi-statique, déplacée de force/raideur. Quand $\Omega \to +\infty$ : $D \sim \Omega^4$ , donc $R \sim A/\Omega^2 \to 0$ , et $\varphi \to \pi$ (le nombre complexe $\omega_0^2 - \Omega^2 + 2\iu\lambda\Omega$ gagne le deuxième quadrant avec un argument $\to \pi$ ) : la masse bouge à peine, et en opposition de phase — l’inertie domine.

9. D’après le Théorème 5.12 (1), toute solution s’écrit $x = x_p + x_h$ avec $x_h$ solution de $(H)$ ; d’après la question 2, $x_h(t) \to 0$ , donc $x(t) - x_p(t) \to 0$ : toutes les solutions convergent vers le même régime permanent. Les conditions initiales ne façonnent que le transitoire.

10. Si $x$ est une solution périodique, $x - x_p = x_h$ est une solution périodique de $(H)$ qui tend vers $0$ en $+\infty$ ; une fonction périodique de limite $0$ est identiquement nulle (ses valeurs sur une période se répètent indéfiniment, donc toute valeur est limite d’une suite extraite tendant vers $0$ ). Donc $x = x_p$ .

11. Ici $\lambda = 1$ , $\omega_0^2 = 2$ , $\Omega = 1$ , $A = 1$ : $z = \frac1{2 - 1 + 2\iu} = \frac{1 - 2\iu}5$ , donc

x_p = \Re\Bigl(\frac{(1 - 2\iu)(\cos t + \iu\sin t)}5\Bigr) = \frac{\cos t + 2\sin t}5 .

Équation homogène : les racines de $r^2 + 2r + 2$ sont $-1 \pm \iu$ : $x_h = \eu^{-t}(C\cos t + S\sin t)$ . Conditions : $x(0) = \frac15 + C = 0$ donne $C = -\frac15$ ; en dérivant, $x'(0) = \frac25 - C + S = 0$ donne $S = C - \frac25 = -\frac35$ . D’où

x(t) = \underbrace{\frac{\cos t + 2\sin t}5}_{\text{permanent}} - \underbrace{\eu^{-t}\,\frac{\cos t + 3\sin t}5}_{\text{transitoire}} ,

le transitoire s’éteignant comme $\eu^{-t}$ .

12. En développant, $g(u) = u^2 - 2(\omega_0^2 - 2\lambda^2)u + \omega_0^4 = (u - u_r)^2 + g(u_r)$ avec $u_r = \omega_0^2 - 2\lambda^2$ et

g(u_r) = \omega_0^4 - u_r^2 = (\omega_0^2 - u_r)(\omega_0^2 + u_r) = 2\lambda^2\bigl(2\omega_0^2 - 2\lambda^2\bigr) = 4\lambda^2(\omega_0^2 - \lambda^2) .

Si $2\lambda^2 < \omega_0^2$ , alors $u_r > 0$ est un carré de pulsation admissible : $g$ y admet un minimum strict, donc $R = A/\sqrt g$ admet un maximum strict en $\Omega_r = \sqrt{u_r} = \sqrt{\omega_0^2 - 2\lambda^2}$ , avec $R_{\max} = A/\sqrt{g(u_r)} = \frac{A}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}}$ .

13. $R(0) = A/\omega_0^2$ , donc

\frac{R_{\max}}{R(0)} = \frac{\omega_0^2}{2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}} = \frac{\omega_0}{2\lambda}\cdot \frac{\omega_0}{\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}} = Q\,\Bigl(1 - \frac{\lambda^2}{\omega_0^2}\Bigr)^{-1/2} \geq Q .

Pour un amortissement faible, le facteur correctif est proche de $1$ : la résonance multiplie le déplacement statique par essentiellement $Q$ .

14. $V(\Omega)^2 = \frac{A^2 u}{g(u)}$ avec $u = \Omega^2$ . Sa dérivée a le signe de $g(u) - u\,g'(u) = (\omega_0^2 - u)^2 + 4\lambda^2 u - u\bigl(2(u - \omega_0^2) + 4\lambda^2\bigr) = (\omega_0^2 - u)^2 + 2u(\omega_0^2 - u) = (\omega_0^2 - u)(\omega_0^2 + u)$ , positif pour $u < \omega_0^2$ et négatif au-delà : maximum strict exactement en $\Omega = \omega_0$ , et ce pour tout amortissement. Là, $\tan\varphi$ explose avec $\varphi \in \intoo0\pi$ : $\varphi = \frac\pi2$ , et $x_p'(t) = -R\Omega\sin(\Omega t - \frac\pi2) = R\Omega\cos(\Omega t)$ est exactement en phase avec la force : transfert de puissance optimal.

15. $R = R_{\max}/\sqrt2 \iff g(u) = 2g(u_r) \iff (u - u_r)^2 = g(u_r) = 4\lambda^2(\omega_0^2 - \lambda^2)$ , d’où

u_\pm = u_r \pm 2\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2}, \qquad \Omega_+^2 - \Omega_-^2 = 4\lambda\sqrt{\omega_0^2 - \lambda^2} .

Ensuite $\Omega_+ - \Omega_- = \frac{\Omega_+^2 - \Omega_-^2}{\Omega_+ + \Omega_-}$ , et pour $\lambda \ll \omega_0$ on a $\Omega_\pm \approx \omega_0$ pour les deux : $\Omega_+ - \Omega_- \approx \frac{4\lambda\omega_0}{2\omega_0} = 2\lambda$ , donc $\frac{\omega_0}{\Omega_+ - \Omega_-} \approx \frac{\omega_0}{2\lambda} = Q$ . Mesurer la largeur d’un pic de résonance, c’est mesurer son facteur de qualité.

16. $Q = 10$ ; $\Omega_r = \sqrt{1 - 2(0.05)^2} = \sqrt{0.995} = 0.9975$ ; $R_{\max} = \frac1{2 \times 0.05 \sqrt{1 - 0.0025}} = \frac1{0.1 \times 0.99875} = 10.01$ ; réponse statique $R(0) = 1$ ; bande passante $\approx 2\lambda = 0.1$ . Une pointe haute et fine de hauteur $\approx Q$ au-dessus d’un plateau de hauteur $1$ .

17. Si $2\lambda^2 \geq \omega_0^2$ alors $u_r \leq 0$ et $g'(u) = 2(u - u_r) > 0$ pour tout $u > 0$ : $g$ croît strictement sur $\intoo0{+\infty}$ , donc $R = A/\sqrt g$ décroît strictement à partir de $R(0) = A/\omega_0^2$ : la réponse est maximale à pulsation nulle et il n’y a aucun pic.

18. $\gamma = \iu\Omega$ n’est pas racine de $r^2 + \omega_0^2$ (puisque $\Omega \neq \omega_0$ ), donc la Méthode 5.13 avec $m = 0$ donne $x_p = \frac{A\cos\Omega t}{\omega_0^2 - \Omega^2}$ (substituer et vérifier : $-\Omega^2 + \omega_0^2$ fois le cosinus). Solution générale :

x(t) = \frac{A\cos\Omega t}{\omega_0^2 - \Omega^2} + \lambda_1\cos\omega_0 t + \mu_1\sin\omega_0 t .

19. $x(0) = 0$ impose $\lambda_1 = -\frac A{\omega_0^2 - \Omega^2}$ , et $x'(0) = 0$ impose $\mu_1 = 0$ :

x(t) = \frac{A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\, \bigl(\cos\Omega t - \cos\omega_0 t\bigr) = \frac{2A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\, \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\Bigr) \sin\Bigl(\frac{(\omega_0 + \Omega)t}2\Bigr) ,

par la formule de factorisation $\cos a - \cos b = 2\sin\frac{b - a}2\sin\frac{b + a}2$ appliquée avec $a = \Omega t$ , $b = \omega_0 t$ .

20. Pour $\Omega$ proche de $\omega_0$ , le second sinus oscille à la pulsation rapide $\frac{\omega_0 + \Omega}2 \approx \omega_0$ , tandis que le premier est une enveloppe lente de pulsation $\frac{\abs{\omega_0 - \Omega}}2$ : l’amplitude de l’oscillation rapide croît et décroît avec une période d’enveloppe $\frac{2\pi}{\abs{\omega_0 - \Omega}}$ (deux battements par période d’enveloppe), atteignant des maxima $\frac{2A}{\abs{\omega_0^2 - \Omega^2}}$ . Quand $\Omega \to \omega_0$ , les battements deviennent à la fois plus lents (période $\to \infty$ ) et plus amples (amplitude $\to \infty$ ).

21. Fixons $t$ . Quand $\Omega \to \omega_0$ :

\frac{2A}{\omega_0^2 - \Omega^2}\sin\Bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\Bigr) = \frac{2A}{\omega_0 + \Omega}\cdot \frac{\sin\bigl(\frac{(\omega_0 - \Omega)t}2\bigr)} {\omega_0 - \Omega} \longrightarrow \frac{2A}{2\omega_0}\cdot\frac t2 = \frac{At}{2\omega_0} ,

tandis que $\sin\bigl(\frac{(\omega_0 + \Omega)t}2\bigr) \to \sin(\omega_0 t)$ : la limite est $x_\infty(t) = \frac{At\sin\omega_0 t}{2\omega_0}$ . Vérification directe : avec $C = \frac A{2\omega_0}$ , $x_\infty = Ct\sin\omega_0 t$ vérifie $x_\infty'' = 2C\omega_0\cos\omega_0 t - C\omega_0^2 t \sin\omega_0 t$ , donc $x_\infty'' + \omega_0^2 x_\infty = 2C\omega_0\cos\omega_0 t = A\cos\omega_0 t$ , avec $x_\infty(0) = 0$ et $x_\infty'(0) = C\sin 0 + C\omega_0 \cdot 0 \cdot \cos 0 = 0$ — pour $\omega_0 = A = 1$ , c’est exactement l’Exemple 5.19. La résonance est la dégénérescence des battements : la première enflure de l’enveloppe, étirée jusqu’à une longueur infinie.

22. Sans amortissement, l’amplitude résonante croît linéairement et sans borne ; avec un amortissement $\lambda > 0$ , la croissance sature à $R_{\max} \approx Q\,\frac A{\omega_0^2}$ . Le mécanisme : la dissipation retire de l’énergie à un rythme qui croît avec l’amplitude (question 23), de sorte que la montée s’arrête exactement lorsque l’amortissement brûle l’énergie aussi vite que l’excitation la fournit.

23. Avec $x_p' = -R\Omega\sin(\Omega t - \varphi)$ , sur une période les moyennes $\langle\cos^2\rangle = \langle\sin^2\rangle = \frac12$ et $\langle\sin\cos\rangle = 0$ donnent :

\langle P_{\mathrm{diss}}\rangle = 2\lambda\,R^2\Omega^2\,\langle\sin^2(\Omega t - \varphi)\rangle = \lambda R^2\Omega^2 ;

et en développant $\sin(\Omega t - \varphi) = \sin\Omega t\cos\varphi - \cos\Omega t\sin\varphi$ :

\langle P_{\mathrm{in}}\rangle = -AR\Omega\,\bigl\langle\cos\Omega t\,\sin(\Omega t - \varphi)\bigr\rangle = AR\Omega\,\frac{\sin\varphi}2 .

Comme $\sin\varphi = \frac{2\lambda\Omega}{\sqrt D} = \frac{2\lambda\Omega R}A$ , cela vaut $\frac{AR\Omega}2 \cdot \frac{2\lambda\Omega R}A = \lambda R^2\Omega^2$ : les puissances injectée et dissipée s’équilibrent exactement — la propriété caractéristique d’un régime permanent.

24. (i) Le théorème de structure a séparé chaque solution en régime permanent plus transitoire (questions 9 à 11) et a ramené l’unicité au problème homogène. (ii) La méthode complexe a transformé la recherche d’une solution particulière en une seule division de nombres complexes (question 6), l’amplitude et la phase se lisant sur un module et un argument. (iii) La courbe de résonance est une pure étude de fonction — un trinôme en $u = \Omega^2$ , son minimum, ses lignes de niveau — dans le style du Chapitre 4 (questions 12 à 17).

25. Libre et amorti : pseudo-oscillations décroissantes, durée de vie $\frac1\lambda$ , environ $\frac Q\pi$ oscillations. Forcé et amorti : les transitoires meurent, et un unique régime permanent sinusoïdal survit à la pulsation d’excitation, avec une amplitude qui culmine près de $\omega_0$ (hauteur $\approx Q \times$ la réponse statique, largeur $\approx \frac{\omega_0}Q$ ) et une phase qui balaie de $0$ à $\pi$ en passant par $\frac\pi2$ en $\omega_0$ . Libre et non amorti : oscillation perpétuelle. Forcé et non amorti : des battements, dégénérant en une résonance à croissance linéaire à l’accord exact. Un seul nombre sans dimension, $Q = \frac{\omega_0}{2\lambda}$ , règle tout — hauteur du pic, bande passante et durée de vie du transitoire sont trois lectures du même cadran. La suite : réécrire $x'' + 2\lambda x' + \omega_0^2x$ comme un système du premier ordre ouvre les méthodes matricielles du Chapitre 21 et du volume de Licence 2, et décomposer une excitation périodique quelconque en sinusoïdes (séries de Fourier, volume de Licence 3) fait de l’analyse à une seule fréquence de ce problème la brique universelle : résoudre pour chaque fréquence, puis superposer.