L'équation d'Airy et sa récurrence à trois crans

La stratégie : analyse, synthèse, comptage. Analyse : on suppose qu'une solution $y=\sum a_n{t}^n$ de rayon $R>0$ existe, et l'unicité du développement en série entière (chapitre 6) transforme l'équation en une récurrence. Synthèse : on repart de la récurrence, on montre que le rayon est infini, donc que la somme est définie sur $\mathbb{R}$ et y est solution. Comptage : l'espace des solutions est de dimension $2$ par Cauchy, et l'on en a deux indépendantes — donc toutes les solutions sont obtenues. Sans ce troisième temps, on n'aurait trouvé que certaines solutions.

a) Analyse et récurrence. Supposons $y(t)={\sum }_{n\ge 0}{a}_n{t}^n$ de rayon $R>0$ solution sur $]-R,R[$. Une série entière s'y dérive terme à terme (chapitre 6) : $$y^{\prime \prime }(t)=\sum _{n\ge 2}n(n-1)a_n{t}^{n-2}=\sum _{n\ge 0}(n+2)(n+1)a_{n+2}{t}^n,ty(t)=\sum _{n\ge 0}{a}_n{t}^{n+1}=\sum _{n\ge 1}{a}_{n-1}{t}^n.$$ Par unicité des coefficients, l'équation $y^{\prime \prime }-ty=0$ équivaut à l'annulation de chacun d'eux :

• coefficient de $t^0$ : $2\cdot 1\cdot a_2=0$, donc $a_2=0$ ;
• coefficient de $t^n$, $n\ge 1$ : $(n+2)(n+1)a_{n+2}=a_{n-1}$.

La récurrence saute de trois en trois : elle relie $a_{n+2}$ à $a_{n-1}$, donc ne mélange jamais deux classes de congruence modulo $3$.

• classe $2$ : $a_2=0$ entraîne $a_5=\frac{a_2}{5\cdot 4}=0$, puis $a_8=0$ : toute la classe est nulle ;
• classe $0$ : $a_0$ libre, $a_{3k}=\frac{a_{3k-3}}{(3k)(3k-1)}$, soit $a_{3k}=a_0{\prod }_{j=1}^k\frac{1}{(3j)(3j-1)}$ ;
• classe $1$ : $a_1$ libre, $a_{3k+1}=\frac{a_{3k-2}}{(3k+1)(3k)}$, soit $a_{3k+1}=a_1{\prod }_{j=1}^k\frac{1}{(3j+1)(3j)}$.

Premiers coefficients (récurrence en $n=1,2,4,5,7$) : $$a_3=\frac{a_0}{6},a_4=\frac{a_1}{12},a_6=\frac{a_3}{30}=\frac{a_0}{180},a_7=\frac{a_4}{42}=\frac{a_1}{504},a_9=\frac{a_6}{72}=\frac{a_0}{12960}.$$

b) Le rayon est infini. Fixons $t\ne 0$ et traitons la sous-série des indices multiples de $3$, pour $a_0\ne 0$. Les termes $u_k=a_{3k}{t}^{3k}$ sont tous non nuls et $$\left|\frac{u_{k+1}}{u_k}\right|=\frac{|t{|}^3}{(3k+3)(3k+2)}\underset{k\to \infty }{\to }0<1.$$ Par la règle de d'Alembert, cette sous-série converge absolument pour tout $t$. Idem pour la classe $1$, où le quotient vaut $\frac{|t{|}^3}{(3k+4)(3k+3)}$ ; la classe $2$ est nulle. Somme de trois séries absolument convergentes en tout point : $R=+\infty$.

Le point délicat : on ne peut pas appliquer d'Alembert à $\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|$. Un coefficient sur trois est nul, le quotient n'est même pas défini. Il faut découper selon les classes de congruence — licite, puisque la série est la somme de trois séries entières en $t^3$, à un facteur $t$ ou $t^2$ près. Réflexe valable chaque fois qu'une récurrence saute des rangs.

c) Synthèse et comptage. Réciproquement, donnons-nous $(a_0,a_1)$, définissons les $a_n$ par $a_2=0$ et la récurrence, et posons $y=\sum a_n{t}^n$ : de rayon infini par le b), donc de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ sur $\mathbb{R}$, dérivable terme à terme. Les calculs du a) se relisent à l'envers : $y^{\prime \prime }-ty=0$ sur $\mathbb{R}$.

Notons $y_0$ la solution obtenue pour $(a_0,a_1)=(1,0)$ et $y_1$ celle pour $(0,1)$. Comme $y(0)=a_0$ et $y^{\prime }(0)=a_1$, leurs images par l'isomorphisme ${\mathrm{ev}}_0$ sont les deux vecteurs de la base canonique : la famille $(y_0,y_1)$ est libre. Or $y^{\prime \prime }=ty$ est scalaire d'ordre $2$, normalisée, à coefficients continus sur $\mathbb{R}$ : son espace de solutions est de dimension $2$. Une famille libre de deux éléments en est une base. Donc toute solution est développable en série entière de rayon infini, et vaut $y=y(0)y_0+y^{\prime }(0)y_1$.

Contrôle chiffré. Pour $(a_0,a_1)=(1,0)$, la série donne $y_0(1)=1+\frac{1}{6}+\frac{1}{180}+\frac{1}{12960}+\cdots =1,1722999701$, et l'intégration numérique du problème de Cauchy $y^{\prime \prime }=ty$, $y(0)=a_0$, $y^{\prime }(0)=a_1$ rend la même valeur ; de même $y_0(3)=11,4231068594$ par les deux voies, et $7,2023624505$ en $t=3$ pour $(a_0,a_1)=(2,-1)$. Accord à $10^{-10}$. On note que les solutions croissent pour $t>0$, régime exponentiel, alors que sur ${\mathbb{R}}_{-}$ l'équation s'écrit $y^{\prime \prime }+|t|y=0$, régime oscillant : la série entière décrit les deux d'un seul tenant.

Ce que l'exercice installe. Coefficients polynomiaux $\Rightarrow$ récurrence linéaire sur les $a_n$, obtenue par unicité du développement, puis vérification du rayon — sur les sous-suites quand la récurrence saute des rangs. C'est ainsi qu'on construit Bessel, Legendre, Hermite ; les combinaisons de $y_0$ et $y_1$ appelées $\mathrm{Ai}$ et $\mathrm{Bi}$ décrivent en mécanique quantique la fonction d'onde au voisinage d'un point de rebroussement classique. Et $x^{\prime \prime }+tx=0$, la même au signe de $t$ près, servira de banc d'essai au problème final.