Pourquoi l'EDL2 a une solution « de la forme du second membre »

La stratégie. L'existence avant le calcul. On ne devine pas une solution : on trouve un espace de dimension finie que $L$ envoie dans lui-même (ou dans un espace de même dimension), et l'on y étudie le noyau. Injective en dimension finie, $L$ y est bijective, et la solution existe avant d'être calculée. Une précision de programme : le programme de PTSI demande de savoir trouver une solution particulière pour un second membre polynomial ou sinusoïdal, mais il en énonce l'existence sans démonstration ; ce qui suit n'est donc pas un objet du cours à retenir, c'est une preuve de cette existence par les seuls outils de ce chapitre — dimension, injectivité, théorème du rang —, sans aucun théorème hors programme.

1) Le cas $\gamma \ne 0$. $L$ est linéaire, par linéarité de la dérivation. Si $P\in {\mathbb{R}}_n[X]$, ses dérivées sont de degré au plus $n$, donc $L(P)\in {\mathbb{R}}_n[X]$ : $L$ induit un endomorphisme de ${\mathbb{R}}_n[X]$. Injectivité : si $P\ne 0$ est de degré $d$, alors $L(P)=\gamma P+\beta P^{\prime }+\alpha P^{\prime \prime }$ a pour terme de degré $d$ celui de $\gamma P$, non nul puisque $\gamma \ne 0$, les autres termes étant de degré strictement inférieur ; donc $L(P)\ne 0$. Endomorphisme injectif d'un espace de dimension finie, $L$ y est bijectif. Pour $Q$ de degré $n$, il existe donc un unique $P\in {\mathbb{R}}_n[X]$ tel que $L(P)=Q$, et comme $\mathrm{deg}L(P)=\mathrm{deg}P$, $P$ est de degré $n$.

Deux exemples. $P-P^{\prime }=X^2$ ($\alpha =0$, $\beta =-1$, $\gamma =1$) : on cherche $P=u{X}^2+vX+w$, et $P-P^{\prime }=u{X}^2+(v-2u)X+(w-v)=X^2$ donne $u=1$, $v=2$, $w=2$ : $P=X^2+2X+2$. Puis $y^{\prime \prime }-3y^{\prime }+2y=x^2$ : avec $y=u{x}^2+vx+w$, on obtient $2u{x}^2+(2v-6u)x+(2u-3v+2w)=x^2$, d'où $u=\frac{1}{2}$, $v=\frac{3}{2}$, $w=\frac{7}{4}$ : $y=\frac{x^2}{2}+\frac{3x}{2}+\frac{7}{4}$. Le calcul ne fait que trouver une solution dont l'existence et l'unicité étaient acquises.

2) Le cas $\gamma =0$, $\beta \ne 0$. Alors $L(P)=\beta P^{\prime }+\alpha P^{\prime \prime }$ : si $\mathrm{deg}P\le n+1$, $L(P)\in {\mathbb{R}}_n[X]$. Le noyau : si $P^{\prime }\ne 0$ est de degré $d$, $\beta P^{\prime }+\alpha P^{\prime \prime }$ a pour terme de degré $d$ celui de $\beta P^{\prime }$, non nul ; donc $L(P)=0$ impose $P^{\prime }=0$ : le noyau est ${\mathbb{R}}_0[X]$, de dimension $1$. Le rang : par le théorème du rang, $\mathrm{rg}L=(n+2)-1=n+1=\dim {\mathbb{R}}_n[X]$, donc $L$ envoie ${\mathbb{R}}_{n+1}[X]$ sur ${\mathbb{R}}_n[X]$. Pour $Q$ de degré $n$, une solution existe dans ${\mathbb{R}}_{n+1}[X]$, unique à une constante près ; elle est de degré $n+1$, puisque $L$ abaisse le degré d'exactement $1$ pour un polynôme non constant. C'est le théorème du rang qui dit de combien monter le degré. Exemple : $y^{\prime \prime }+y^{\prime }=x$, avec $y=u{x}^2+vx$ : $2u+2ux+v=x$, donc $u=\frac{1}{2}$, $v=-1$, et $y=\frac{x^2}{2}-x$ (plus une constante quelconque).

3) Le second membre sinusoïdal. D'après l'exercice 4, question 3, la dérivée d'un élément de $S_{\omega }$ est dans $S_{\omega }$, et $z_{f^{\prime }}=i\omega z_f$ ; en l'appliquant deux fois, $z_{f^{\prime \prime }}=(i\omega {)}^2{z}_f=-{\omega }^2{z}_f$. Par linéarité de $f\mapsto z_f$, $$z_{L(f)}=z_{f^{\prime \prime }}+a{z}_{f^{\prime }}+b{z}_f=\left(-{\omega }^2+ia\omega +b\right)z_f.$$ Donc $L$ envoie $S_{\omega }$ dans $S_{\omega }$, et, en amplitude complexe, $L$ devient la multiplication par $\mu =b-{\omega }^2+ia\omega$. Si $\mu \ne 0$, cette multiplication est bijective : l'équation $L(y)=\cos \omega t$, dont le second membre a pour amplitude complexe $1$, a dans $S_{\omega }$ la solution unique d'amplitude $z_y=\frac{1}{\mu }$. Et $\mu =0$ si et seulement si $b-{\omega }^2=0$ et $a\omega =0$, c'est-à-dire, puisque $\omega >0$, $a=0$ et $b={\omega }^2$.

4) Les exemples, et la résonance. Pour $y^{\prime \prime }+y^{\prime }+y=\cos t$ : $\omega =1$, $\mu =1-1+i=i$, $z_y=\frac{1}{i}=-i$, et $y(t)=\mathrm{Re}\left(-i{e}^{it}\right)=\sin t$. Vérification : $-\sin t+\cos t+\sin t=\cos t$. Pour $y^{\prime \prime }+y=\cos t$ : $a=0$ et $b=1={\omega }^2$, donc $\mu =0$ : $L$ est nulle sur $S_1$ (en effet, $\cos$ et $\sin$ sont solutions de $y^{\prime \prime }+y=0$), et $\cos t\ne 0$ n'est pas atteint : aucune solution dans $S_1$. Mais $y(t)=\frac{t}{2}\sin t$ vérifie $y^{\prime }=\frac{1}{2}\sin t+\frac{t}{2}\cos t$ et $y^{\prime \prime }=\cos t-\frac{t}{2}\sin t$, donc $y^{\prime \prime }+y=\cos t$ : une solution existe, hors de $S_{\omega }$, et son amplitude croît linéairement avec le temps.

Le point délicat. La « forme du second membre » n'est pas une recette : c'est la conséquence de ce que $L$ envoie un espace de dimension finie dans lui-même et y est injective. Quand l'injectivité tombe — la constante dans le noyau au 2), $\mu =0$ au 3) —, il faut sortir de l'espace : monter d'un degré, ou multiplier par $t$.

Ce que l'exercice installe. Un problème linéaire se traite en deux temps : l'existence par la dimension, puis le calcul. En physique, c'est la méthode du régime sinusoïdal forcé : la réponse d'un oscillateur à une excitation de pulsation $\omega$ est une sinusoïde de même pulsation, d'amplitude complexe $\frac{1}{\mu }$ fois celle de l'excitation — le facteur $\frac{1}{\mu }$ est la fonction de transfert. La résonance est un défaut d'injectivité : pour un oscillateur non amorti ($a=0$) excité à sa pulsation propre (${\omega }^2=b$), $L$ tue $S_{\omega }$, et la réponse sort du plan des sinusoïdes en croissant sans limite.