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

Stratégie : analyse, puis synthèse, puis comptage. On procède en trois temps, comme pour toute recherche de solutions développables en série entière. Analyse : on suppose $y=\sum a_n{t}^n$ de rayon $R>0$ solution, et l'unicité du développement en série entière (chapitre 6) transforme l'équation en une récurrence sur les coefficients. Synthèse : on part de la récurrence, on montre que la série obtenue a un rayon infini, donc définit bien une fonction sur $\mathbb{R}$, qui est solution. Comptage : l'espace des solutions de $y^{\prime \prime }=ty$ sur $\mathbb{R}$ est de dimension $2$ (Cauchy linéaire) et on en a exhibé deux indépendantes — donc toutes les solutions sont ainsi obtenues.

1) Analyse. Supposons $y(t)={\sum }_{n\ge 0}{a}_n{t}^n$ de rayon $R>0$ solution sur $]-R,R[$. Une série entière y est de classe ${\mathcal{C}}^{\infty }$ et se 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 d'une série entière, l'équation $y^{\prime \prime }-ty=0$ équivaut à l'annulation de chaque coefficient :

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

2) Lecture de la récurrence : trois crans. Elle relie $a_{n+2}$ à $a_{n-1}$ : les indices sautent de trois en trois. La récurrence ne mélange donc jamais deux classes de congruence modulo $3$, et l'on obtient trois familles indépendantes :

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

Premiers coefficients : $a_3=\frac{a_0}{6}$, $a_6=\frac{a_0}{180}$, $a_9=\frac{a_0}{12960}$ ; $a_4=\frac{a_1}{12}$, $a_7=\frac{a_1}{504}$.

3) Le rayon est infini. Fixons $t\ne 0$ et traitons la sous-série des indices multiples de $3$ (celle des $3k+1$ est identique). Pour $a_0\ne 0$, tous les $u_k=a_{3k}{t}^{3k}$ sont 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, la sous-série converge absolument pour tout $t\in \mathbb{R}$. Idem pour la classe $1$ ; la classe $2$ est nulle. La série $\sum a_n{t}^n$, somme de trois séries absolument convergentes en tout point, a donc un rayon de convergence $R=+\infty$.

⚠️ Le point délicat : on ne peut pas appliquer d'Alembert directement à $\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|$. Un coefficient sur trois est nul, le quotient n'est même pas défini, et la règle ne s'applique pas. Il faut découper selon les classes de congruence et traiter chaque sous-série séparément — ce qui est licite puisque la série entière est la somme de trois séries entières en $t^3$ (à un facteur $t$ ou $t^2$ près). C'est le réflexe à avoir chaque fois qu'une récurrence saute des rangs : ici trois, mais pour $y^{\prime \prime }+t{y}^{\prime }+y=0$ ce serait deux.

4) Synthèse. Réciproquement, donnons-nous $(a_0,a_1)\in {\mathbb{R}}^2$, définissons les $a_n$ par $a_2=0$ et la récurrence, et posons $y(t)=\sum a_n{t}^n$ — de rayon infini par le 3), donc définie et ${\mathcal{C}}^{\infty }$ sur $\mathbb{R}$ tout entier. Les calculs du 1) 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 obtenue pour $(0,1)$ ; elles vérifient $y_0(0)=1,y_0^{\prime }(0)=0$ et $y_1(0)=0,y_1^{\prime }(0)=1$, donc elles sont indépendantes (l'application $y\mapsto (y(0),y^{\prime }(0))$ est linéaire et les images sont libres).

5) Comptage. L'équation $y^{\prime \prime }=ty$ est linéaire d'ordre $2$, normalisée, à coefficients continus sur $\mathbb{R}$ : par le théorème de Cauchy linéaire, son espace de solutions est de dimension $2$. Comme $(y_0,y_1)$ en est une famille libre de deux éléments, c'en est une base. Conclusion : toute solution de $y^{\prime \prime }=ty$ sur $\mathbb{R}$ est développable en série entière de rayon infini, et s'écrit $y=y(0)y_0+y^{\prime }(0)y_1$.

Contrôle chiffré. Avec $(a_0,a_1)=(1,0)$, la série donne

$$y_0(1)=1+\frac{1}{6}+\frac{1}{180}+\frac{1}{12960}+\cdots =1,1722999701.$$

On compare cette valeur (série tronquée à $40$ termes) à l'intégration numérique du problème de Cauchy $y^{\prime \prime }=ty$, $y(0)=a_0$, $y^{\prime }(0)=a_1$ (tolérances $10^{-12}$) :

$(a_0,a_1)$	$t$	série entière	intégration numérique
$(1,0)$	$1$	1,1722999701	1,1722999701
$(1,0)$	$2$	2,7308830179	2,7308830179
$(1,0)$	$3$	11,4231068594	11,4231068594
$(0,1)$	$2$	3,6110737414	3,6110737414
$(2,-1)$	$3$	7,2023624505	7,2023624505

Accord à $10^{-10}$ dans les cinq cas — et l'on note au passage que les solutions croissent pour $t>0$ : sur ${\mathbb{R}}_{+}$ l'équation s'écrit $y^{\prime \prime }=ty$ avec $t>0$, régime exponentiel, alors que sur ${\mathbb{R}}_{-}$ elle s'écrit $y^{\prime \prime }+|t|y=0$, régime oscillant. La série entière décrit les deux d'un seul tenant, ce qu'aucune des deux formes asymptotiques ne sait faire.

Ce que l'exercice installe. La méthode est générale : coefficients polynomiaux $\Rightarrow$ récurrence linéaire sur les $a_n$, obtenue par unicité du développement, puis vérification du rayon — et sur les sous-suites quand la récurrence saute des rangs. C'est ainsi que l'on construit les fonctions spéciales de la physique (Bessel, Legendre, Hermite). Les combinaisons particulières de $y_0$ et $y_1$ appelées $\mathrm{Ai}$ et $\mathrm{Bi}$ décrivent en mécanique quantique la fonction d'onde d'une particule au voisinage d'un point de rebroussement classique — exactement là où le potentiel change de signe, ce qui fait basculer l'équation du régime oscillant au régime exponentiel, comme le contrôle numérique ci-dessus le montre.