Second membre polynomial

Stratégie : chercher une solution particulière polynomiale, de degré dicté par l'équation. Pour une équation linéaire à coefficients constants dont le second membre est un polynôme, il existe toujours une solution particulière polynomiale. Son degré est celui du second membre — sauf si la dérivation fait chuter le degré, c'est-à-dire si le coefficient de $y$ est nul.

Première équation : $y^{\prime \prime }+y=x^2+1$.

Équation homogène. L'équation caractéristique est $r^2+1=0$, de racines $\pm i$. Comme les coefficients sont réels et les racines complexes conjuguées de partie réelle nulle, les solutions réelles de l'homogène sont

$$y_h(x)=\lambda \cos x+\mu \sin x,\lambda ,\mu \in \mathbb{R}.$$

Solution particulière. Le second membre est un polynôme de degré $2$ et le coefficient de $y$ vaut $1\ne 0$ : cherchons $y_p=a{x}^2+bx+c$. Alors $y_p^{\prime \prime }=2a$, donc

$$y_p^{\prime \prime }+y_p=a{x}^2+bx+(c+2a).$$

L'identification avec $x^2+0\cdot x+1$ donne $a=1$, $b=0$, et $c+2=1$, donc $c=-1$ :

$$y_p(x)=x^2-1.$$

Solutions. $y(x)=x^2-1+\lambda \cos x+\mu \sin x$, avec $\lambda ,\mu \in \mathbb{R}$.

Seconde équation : $y^{\prime \prime }+y^{\prime }=x$.

Équation homogène. L'équation caractéristique est $r^2+r=0$, soit $r(r+1)=0$, de racines $0$ et $-1$, réelles et distinctes :

$$y_h(x)=\lambda +\mu e^{-x},\lambda ,\mu \in \mathbb{R}.$$

Solution particulière. ⚠️ Ici, la recherche d'un polynôme de degré $1$ échoue. Si l'on pose $y_p=ax+b$, alors $y_p^{\prime \prime }=0$ et $y_p^{\prime }=a$, donc $y_p^{\prime \prime }+y_p^{\prime }=a$ : une constante, qui ne pourra jamais valoir $x$. La raison est que l'équation ne contient pas de terme en $y$ — autrement dit, $0$ est racine de l'équation caractéristique. L'équation ne voit que $y^{\prime }$ et $y^{\prime \prime }$, donc elle abaisse le degré d'une unité : il faut chercher un polynôme de degré $2$.

Posons $y_p=a{x}^2+bx+c$. Alors $y_p^{\prime }=2ax+b$ et $y_p^{\prime \prime }=2a$, donc

$$y_p^{\prime \prime }+y_p^{\prime }=2ax+(b+2a).$$

L'identification avec $x$ donne $2a=1$, soit $a=\frac{1}{2}$, et $b+1=0$, soit $b=-1$. La constante $c$ reste libre — c'est normal, les constantes sont déjà solutions de l'homogène. On prend $c=0$ :

$$y_p(x)=\frac{x^2}{2}-x.$$

Solutions. $y(x)=\frac{x^2}{2}-x+\lambda +\mu e^{-x}$, avec $\lambda ,\mu \in \mathbb{R}$.

Contrôle numérique. Pour la première : la dérivée seconde de $x^2-1$ vaut $2$, et $2+(x^2-1)=x^2+1$. ✔ Pour la seconde : la dérivée de $\frac{x^2}{2}-x$ vaut $x-1$, sa dérivée seconde vaut $1$, et $1+(x-1)=x$. ✔ Une résolution symbolique indépendante des deux équations rend exactement les mêmes familles de solutions.

Ce que l'exercice installe. La règle du degré, et son exception. Quand le second membre est un polynôme de degré $d$, on cherche une solution particulière polynomiale de degré $d$ — sauf si $0$ est racine de l'équation caractéristique, auquel cas il faut monter le degré d'autant de rangs que la multiplicité de cette racine. C'est exactement le même phénomène qu'avec un second membre exponentiel $e^{\alpha x}$ lorsque $\alpha$ est racine : c'est le mot résonance, et il vaut pour toutes les formes de second membre.