Chapitre 1 : Problèmes linéaires unidimensionnels

Démonstration par récurrence Démontrons par récurrence la propriété $P(n) : \text{« } u_n = u_0 + nb \text{ »}$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.

• Initialisation ($n=0$) : Pour $n=0$, $u_0 + 0 \times b = u_0$. Donc $P(0)$ est vraie.
• Hérédité : Soit $n \in \mathbb{N}$. Supposons $P(n)$ vraie, c'est-à-dire $u_n = u_0 + nb$ (Hypothèse de Récurrence HR).
  Calculons le terme au rang $n+1$ :
  $u_{n+1} = u_n + b$par définition de la suite

  $u_{n+1} = (u_0 + nb) + b$par hypothèse de récurrence

  $u_{n+1} = u_0 + b(n+1)$en factorisant $b$
  La propriété $P(n+1)$ est donc vraie.

Par principe de récurrence, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $u_n = u_0 + nb$.

Exemple d'application détaillé : $u_{n+1} = 2u_n + 1$

1. Équation homogène associée : $u_{n+1} = 2u_n$.
   Ses solutions sont les suites géométriques de raison $2$, de la forme $(\lambda \times 2^n)_{n \in \mathbb{N}}$ avec $\lambda \in \mathbb{R}$.
2. Recherche d'une solution particulière constante :
   On cherche $(u_n^{(p)})$ constante égale à $\ell$. En injectant dans $(*)$ : $$\ell = 2\ell + 1 \iff \ell - 2\ell = 1 \iff -\ell = 1 \iff \ell = -1$$ La suite constante égale à $-1$ est donc une solution particulière.
3. Conclusion : Les suites solutions de la relation $u_{n+1} = 2u_n + 1$ sont exactement les suites : $$u_n = \lambda \times 2^n - 1 \quad (\lambda \in \mathbb{R})$$ (La constante $\lambda$ est fixée de manière unique dès que l'on précise la valeur initiale $u_0$).

Démonstration du théorème

Démonstration du point 1 :
Pour démontrer une implication $P \implies Q$, on suppose $P$ vraie et on montre $Q$.
Supposons que $v_{n+1} = a v_n$ et $w_{n+1} = a w_n$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
Calculons le terme au rang $n+1$ de la combinaison linéaire : $$\alpha v_{n+1} + \beta w_{n+1} = \alpha(a v_n) + \beta(a w_n) = a(\alpha v_n + \beta w_n)$$ Ce qui établit que $(\alpha v_n + \beta w_n)$ vérifie bien la relation homogène.

Démonstration du point 2 :
Supposons que $v_{n+1} = a v_n + b$ et $w_{n+1} = a w_n + b$ pour tout $n \in \mathbb{N}$.
Calculons la différence des termes au rang $n+1$ : $$v_{n+1} - w_{n+1} = (a v_n + b) - (a w_n + b) = a v_n - a w_n = a(v_n - w_n)$$ La suite $(v_n - w_n)$ est donc bien solution de l'équation homogène.

Démonstration rigoureuse par double inclusion ensembliste

Le corollaire énonce l'égalité $S_1 = S_2$ entre les deux ensembles suivants :

$$S_1 = \left\{ (u_n)_{n \in \mathbb{N}} \;\middle|\; \forall n \in \mathbb{N}, \, u_{n+1} = a u_n + b \right\}$$ $$S_2 = \left\{ (u_n^{(p)} + v_n)_{n \in \mathbb{N}} \;\middle|\; \forall n \in \mathbb{N}, \, v_{n+1} = a v_n \right\}$$

1. Montrons que $S_1 \subset S_2$ :
Soit $(u_n)_{n \in \mathbb{N}} \in S_1$ quelconque (donc $u_{n+1} = a u_n + b$). Montrons que $(u_n) \in S_2$.
Posons $v_n = u_n - u_n^{(p)}$ pour tout $n$, de sorte que $u_n = u_n^{(p)} + v_n$.
Puisque $(u_n)$ et $(u_n^{(p)})$ vérifient toutes deux la relation $(*)$, leur différence $(v_n)$ vérifie l'équation homogène d'après le point 2 du théorème : $v_{n+1} = a v_n$.
Ainsi, la suite $(u_n)$ s'écrit bien sous la forme $u_n^{(p)} + v_n$ avec $(v_n)$ solution homogène, donc $(u_n) \in S_2$.
Ceci prouve l'inclusion $S_1 \subset S_2$.

2. Montrons que $S_2 \subset S_1$ :
Soit une suite de $S_2$, c'est-à-dire de la forme $(u_n^{(p)} + v_n)_{n \in \mathbb{N}}$ où $(v_n)$ vérifie $v_{n+1} = a v_n$.
Calculons son terme au rang $n+1$ : $$u_{n+1}^{(p)} + v_{n+1} = (a u_n^{(p)} + b) + a v_n = a(u_n^{(p)} + v_n) + b$$ La suite $(u_n^{(p)} + v_n)$ vérifie donc bien la relation $(*)$, ce qui montre qu'elle appartient à $S_1$.
Ceci prouve l'inclusion $S_2 \subset S_1$.

Par double inclusion, on a rigoureusement $S_1 = S_2$.

Démonstrations détaillées

1. Démonstration de la stabilité par combinaison linéaire :
Soient $y_1, y_2$ telles que $y_1' = a y_1$ et $y_2' = a y_2$.
Par linéarité de la dérivation : $$(\lambda_1 y_1 + \lambda_2 y_2)' = \lambda_1 y_1' + \lambda_2 y_2' = \lambda_1(a y_1) + \lambda_2(a y_2) = a(\lambda_1 y_1 + \lambda_2 y_2)$$ Donc $\lambda_1 y_1 + \lambda_2 y_2$ est bien solution de $(E_0)$.

2. Démonstration de l'égalité d'ensembles par double inclusion :
Montrons que $\{y \mid y \text{ solution de } (E)\} = \{y_p + y_0 \mid y_0 \text{ solution de } (E_0)\}$.

• Sens $\supset$ : Soit $y = y_p + y_0$ avec $y_0' = a y_0$ et $y_p' = a y_p + b$. $$y' = (y_p + y_0)' = y_p' + y_0' = (a y_p + b) + a y_0 = a(y_p + y_0) + b = a y + b$$ Donc $y$ est bien solution de $(E)$.
• Sens $\subset$ : Soit $y$ une solution quelconque de $(E)$ ($y' = a y + b$).
  Posons $y_0 = y - y_p$, de sorte que $y = y_p + y_0$.
  Calculons la dérivée de $y_0$ : $$y_0' = y' - y_p' = (a y + b) - (a y_p + b) = a(y - y_p) = a y_0$$ Ainsi $y_0$ est bien solution de $(E_0)$, d'où $y \in \{y_p + y_0 \mid y_0 \text{ sol. de } (E_0)\}$.

L'égalité est démontrée.

Exemple d'application du principe de superposition Soit à résoudre la récurrence : $u_{n+1} = -u_n + 2^n + 1 \quad (*)$. Le second membre est la somme de $2^n$ et de $1$.

1. Équation homogène : $u_{n+1} = -u_n \implies u_n = \lambda (-1)^n$ avec $\lambda \in \mathbb{R}$.
2. Partie 1 ($b_n^{(1)} = 2^n$) : On cherche $u_n = \alpha 2^n$. $$\alpha 2^{n+1} = -\alpha 2^n + 2^n \iff 2\alpha = -\alpha + 1 \iff 3\alpha = 1 \iff \alpha = \frac{1}{3}$$ Donc $u_n^{(1)} = \dfrac{1}{3} 2^n$.
3. Partie 2 ($b_n^{(2)} = 1$) : On cherche $u_n = \ell$ (constante). $$\ell = -\ell + 1 \iff 2\ell = 1 \iff \ell = \frac{1}{2}$$ Donc $u_n^{(2)} = \dfrac{1}{2}$.
4. Solution générale superposée : $$u_n = \frac{1}{3} 2^n + \frac{1}{2} + \lambda (-1)^n \quad (\lambda \in \mathbb{R})$$

Démonstration par la méthode de la fonction auxiliaire

Étape 1 : Résolution de l'équation homogène $(E_0) : y' = ay$.
Soit $y$ une fonction dérivable sur $\mathbb{R}$.
Introduisons la fonction auxiliaire $z$ définie par : $$z(t) = \frac{y(t)}{\mathrm{e}^{at}} = y(t)\mathrm{e}^{-at}$$ La fonction $z$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ par produit de fonctions dérivables. Calculons sa dérivée : $$z'(t) = y'(t)\mathrm{e}^{-at} + y(t)(-a\mathrm{e}^{-at}) = \mathrm{e}^{-at}(y'(t) - ay(t))$$ Puisque pour tout réel $t$, $\mathrm{e}^{-at} > 0$, on a l'équivalence logique : $$y'(t) - ay(t) = 0 \iff z'(t) = 0$$ Or, une fonction dont la dérivée est identiquement nulle sur un intervalle ($\mathbb{R}$) est une fonction constante.
Ainsi : $z'(t) = 0 \iff \exists \lambda \in \mathbb{R}, \, \forall t \in \mathbb{R}, \, z(t) = \lambda$.
En revenant à $y$ : $y(t)\mathrm{e}^{-at} = \lambda \iff y(t) = \lambda \mathrm{e}^{at}$.
Les solutions de $(E_0)$ sont donc exactement les fonctions $t \mapsto \lambda \mathrm{e}^{at}$.

Étape 2 : Solution particulière et superposition.
Cherchons une solution particulière constante $y_p(t) = \ell$. Sa dérivée est nulle ($y_p' = 0$). $$0 = a\ell + b \iff a\ell = -b \iff \ell = -\frac{b}{a} \quad (\text{car } a \neq 0)$$ D'après la proposition de linéarité, la solution générale est $y(t) = \lambda \mathrm{e}^{at} - \dfrac{b}{a}$.

Remarque pour $a = 0$ : L'équation devient $y'(t) = b$, dont les solutions sont les fonctions affines $y(t) = bt + c$ ($c \in \mathbb{R}$).

Exemples pratiques d'application

• Exemple 1 : $v(t) = \mathrm{e}^t$ et $u(t) = at + b$.
  $(v \circ u)(t) = \mathrm{e}^{at+b} \implies (v \circ u)'(t) = a\mathrm{e}^{at+b}$.
• Exemple 2 : $v(t) = \sqrt{t}$ et $u(t) = at + b$ (sur un intervalle où $at+b > 0$).
  $(v \circ u)(t) = \sqrt{at+b} \implies (v \circ u)'(t) = \dfrac{a}{2\sqrt{at+b}}$.
• Exemple 3a : $u(t) = t^2$ et $v(t) = \mathrm{e}^t$.
  $(v \circ u)(t) = \mathrm{e}^{t^2} \implies (v \circ u)'(t) = 2t \mathrm{e}^{t^2}$.
• Exemple 3b : $u(t) = \dfrac{1-t}{1+t}$ sur $]-1, 1[$ et $v(x) = \ln(x)$.
  $(v \circ u)(t) = \ln\left(\dfrac{1-t}{1+t}\right) = \ln(1-t) - \ln(1+t)$.
  En dérivant chaque terme composé : $$(v \circ u)'(t) = \frac{-1}{1-t} - \frac{1}{1+t} = \frac{-(1+t) - (1-t)}{(1-t)(1+t)} = \frac{-2}{1-t^2}$$

Démonstration Considérons la fonction $D = A_1 - A_2$. Par linéarité de la dérivation : $$D'(t) = (A_1 - A_2)'(t) = A_1'(t) - A_2'(t) = a(t) - a(t) = 0$$ Puisque $I$ est un intervalle et que la dérivée de $D$ y est identiquement nulle, $D$ est constante sur $I$. Donc $A_1 - A_2 = C$.

Démonstration rigoureuse par double implication

1. Sens direct (vérification) : Soit $y(t) = \lambda \mathrm{e}^{A(t)}$.
Par la formule de dérivation des composées : $y'(t) = \lambda A'(t) \mathrm{e}^{A(t)} = \lambda a(t) \mathrm{e}^{A(t)} = a(t)y(t)$.
Donc toute fonction de cette forme est solution.

2. Réciproque (exhaustivité) : Soit $y$ une solution quelconque sur $I$ ($y' = a(t)y$).
Posons $z(t) = \dfrac{y(t)}{\mathrm{e}^{A(t)}} = y(t)\mathrm{e}^{-A(t)}$.
Dérivons le produit sur l'intervalle $I$ : $$z'(t) = y'(t)\mathrm{e}^{-A(t)} + y(t)\big(-A'(t)\mathrm{e}^{-A(t)}\big) = \mathrm{e}^{-A(t)}\big(y'(t) - a(t)y(t)\big)$$ Comme $y$ est solution, $y'(t) - a(t)y(t) = 0$. Donc $z'(t) = 0$ pour tout $t \in I$.
Puisque $I$ est un intervalle, $z$ est une constante $\lambda \in \mathbb{R}$.
D'où $y(t) = \lambda \mathrm{e}^{A(t)}$, ce qui assure l'unicité de la forme des solutions.

Exemples de résolution détaillés

1. Résoudre $y'(t) - (1+t)y(t) = 0$ sur $\mathbb{R}$ :
   L'équation s'écrit $y' = a(t)y$ avec $a(t) = 1+t$.
   Une primitive est $A(t) = t + \dfrac{t^2}{2}$.
   Les solutions sont les fonctions $t \mapsto \lambda \mathrm{e}^{t + \frac{t^2}{2}}$ avec $\lambda \in \mathbb{R}$.
2. Résoudre $y'(t) - \ln(t)y(t) = 0$ sur $I = ]0, +\infty[$ :
   Ici $a(t) = \ln(t)$. Une primitive classique est $A(t) = t\ln(t) - t$ (car $(t\ln t - t)' = \ln t + 1 - 1 = \ln t$).
   Les solutions sont $y(t) = \lambda \mathrm{e}^{t\ln(t) - t} = \lambda (\mathrm{e}^{\ln(t)})^t \mathrm{e}^{-t} = \lambda t^t \mathrm{e}^{-t}$ avec $\lambda \in \mathbb{R}$.
   (Rappel : par définition pour $t > 0$ et $x \in \mathbb{R}$, $t^x = \mathrm{e}^{x\ln(t)}$).
3. Résoudre $y'(t) + \dfrac{1}{t}y(t) = 0$ :
   
   ⚠️ Point fondamental d'analyse — La notion d'intervalle On ne résout jamais une équation différentielle sur l'ensemble $\mathbb{R}^* = ]-\infty, 0[ \cup ]0, +\infty[$ d'un seul bloc car ce n'est pas un intervalle !
   Sur un ensemble non connexe, le fait que $f' = 0$ n'implique pas que $f$ soit constante globale (ex: la fonction signe vaut $1$ sur $\mathbb{R}_+^*$ et $-1$ sur $\mathbb{R}_-^*$, sa dérivée est nulle partout sans être constante).
   On résout donc impérativement sur $I_1 = ]0, +\infty[$ puis sur $I_2 = ]-\infty, 0[$.
   Sur $I_1 = ]0, +\infty[$ : $a(t) = -\dfrac{1}{t}$. Une primitive est $A(t) = -\ln(t) = \ln\left(\dfrac{1}{t}\right)$.
   Les solutions sont : $y(t) = \lambda \mathrm{e}^{-\ln(t)} = \dfrac{\lambda}{t}$ avec $\lambda \in \mathbb{R}$.
   Sur $I_2 = ]-\infty, 0[$ : $a(t) = -\dfrac{1}{t}$. Une primitive est $A(t) = -\ln(-t) = \ln\left(-\dfrac{1}{t}\right)$.
   Les solutions sont : $y(t) = \mu \mathrm{e}^{-\ln(-t)} = \dfrac{\mu}{-t} = \dfrac{\lambda'}{t}$ avec $\lambda' \in \mathbb{R}$.

Exemple : $y'(t) + 2y(t) = \mathrm{e}^t + \mathrm{e}^{-2t}$ sur $\mathbb{R}$

1. L'équation homogène $y' + 2y = 0$ donne les solutions $y_0(t) = \lambda \mathrm{e}^{-2t}$.
2. Pour le second membre partiel $b_1(t) = \mathrm{e}^t$, on cherche $y_1(t) = \alpha \mathrm{e}^t$ : $$\alpha \mathrm{e}^t + 2\alpha \mathrm{e}^t = \mathrm{e}^t \iff 3\alpha = 1 \iff \alpha = \frac{1}{3}$$
3. Pour $b_2(t) = \mathrm{e}^{-2t}$ (terme en résonance car $-2$ est racine caractéristique), on cherche sous la forme $y_2(t) = \beta t \mathrm{e}^{-2t}$ : $$y_2'(t) = \beta \mathrm{e}^{-2t} - 2\beta t \mathrm{e}^{-2t}$$ $$y_2'(t) + 2y_2(t) = (\beta \mathrm{e}^{-2t} - 2\beta t \mathrm{e}^{-2t}) + 2\beta t \mathrm{e}^{-2t} = \beta \mathrm{e}^{-2t}$$ On identifie $\beta \mathrm{e}^{-2t} = \mathrm{e}^{-2t} \iff \beta = 1$.
4. Solution générale : $y(t) = \dfrac{1}{3}\mathrm{e}^t + t\mathrm{e}^{-2t} + \lambda \mathrm{e}^{-2t}$ ($\lambda \in \mathbb{R}$).

Pourquoi le terme en $\lambda(t)$ sans dérivée disparaît-il systématiquement ? Substituons $y_p$ dans l'équation différentielle complète $(*)$ : Puisque $y_0$ est solution de l'équation homogène, la quantité entre parenthèses est identiquement nulle !
L'équation différentielle se simplifie en une relation directe sur la dérivée $\lambda'$ : $$\lambda'(t)y_0(t) = b(t) \iff \lambda'(t) = \frac{b(t)}{y_0(t)}$$ Puisque $y_0(t) = \mathrm{e}^{-A(t)} \neq 0$ partout, la fonction $\dfrac{b(t)}{y_0(t)} = b(t)\mathrm{e}^{A(t)}$ est continue sur $I$. Elle admet donc une primitive $\lambda(t) = \int b(t)\mathrm{e}^{A(t)} \, \mathrm{d}t$.
Une solution particulière est alors $y_p(t) = \lambda(t)y_0(t)$, ce qui achève la résolution complète.