DÉVELOPPEMENT 7 ÉTUDE DE L`ÉQUATION DIFFÉRENTIELLE y

D´ EVELOPPEMENT 7
´
ETUDE DE L’´ EQUATION DIFF´ ERENTIELLE y00 +q(t)y= 0
On consid`ere l’´equation diff´erentielle (L) : y00 +q(t)y= 0.
Proposition. — Si q:R+→Rest continue et telle que Z+∞
0|q(t)|dt converge alors
(i)toute solution born´ee yv´erifie y0−−→
+∞0,
(ii) (L)admet des solutions non born´ees.
D´emonstration. — On a Z+∞
0
y00(t)dt =−Z+∞
0
q(t)y(t)dt or yest born´ee et l’int´egrale R+∞
0|q(t)|dt
converge donc y0admet une limite en +∞. Supposons que cette limite soit α6= 0, alors y0(t)∼αen
+∞donc Rx
0y0(t)dt ∼Rx 0αdt i.e. y(x)∼αx en +∞ce qui est absurde puisque yest born´ee.
Soit (u, v) une base de solutions de (L). Si (L) n’admet que des solutions born´ees alors u0et v0tendent
vers 0 en +∞donc le wronskien uv0−u0vtend aussi vers 0. Le wronskien de deux solutions f, g de
y00 +p(t)y0+q(t)y= 0 est donn´e par
wronskien(f, g)(t) = wronskien(f, g)(t0) exp −Zt
t0
p(s)ds
donc, dans le cas de (L), le wronskien de uet vest constant donc est nul (puisqu’il tend vers 0). C’est
absurde puisque uet vforment une base de solutions donc (L) a des solutions born´ees.
Proposition. — Si q:R+→Rest de classe C1, strictement positive et croissante alors toutes les
solutions de (L)sont born´ees sur R+.
D´emonstration. — Soit yune solution de (L) sur R+,ona2y0y00 + 2q(t)y(t)y0(t) = 0 d’o`u en int´egrant
∀t≥0, y0(t)2−y0(0)2+ 2 Zt
0
q(s)y(s)y0(s)ds = 0
puis en int´egrant par parties, il vient
∀t≥0, y0(t)2+q(t)y(t)2=y0(0)2+q(0)y(0)2+Zt
0
q0(s)y(s)2ds
d’o`u (en notant K=y0(0)2+q(0)y(0)2)
∀t≥0, q(t)y(t)2≤K+Zt
0
q0(s)
q(s)q(s)y(s)2ds.
D’apr`es le lemme de Gronwall, on a
∀t≥0, q(t)y(t)2≤Kexp Zt
0
q0(s)
q(s)ds=Kq(t) q(0)
i.e. y(t)2≤K
q(0) pour tout t≥0.

28 ´ Etude de l’´ equation diff´ erentielle y00 +q(t)y= 0
Proposition. — Si q:R→Rest continue et strictement n´egative sur Ralors
(i)la fonction nulle est la seule solution r´eelle born´ee sur R,
(ii)une solution non nulle s’annule au plus une fois.
D´emonstration. — Soit fune solution de (L) sur R, on pose z=f2, alors z00 = 2ff00 + (f0)2i.e. on a
z00 = 2q(t)f2+ (f0)2donc z00 ≥0 et il en r´esulte que la fonction zest convexe. Il y a deux cas possibles :
– Si zest constante alors fest constante donc nulle.
– Sinon, il existe t0∈Rtel que z0(t0)6= 0 or zest convexe donc sa courbe repr´esentative est au-dessus
de sa tangente en t0i.e. z(t)≥z(t0) + z0(t0)(t−t0) ; selon le signe de z0(t0), z(t) tend donc vers +∞
en ±∞. Donc fn’est pas born´ee.
Si fest une solution qui s’annule en deux points t1et t2(avec t1< t2) alors z=f2aussi mais zest
convexe positive donc z(t) = 0 sur [t1, t2] et le th´eor`eme de Cauchy-Lipschtitz implique que z(t)=0
pour tout t. Ainsi, une solution qui s’annule en deux points est identiquement nulle.
Proposition. — Si q: [a, b]→Rest continue et si (L)admet une solution ynulle en aet bet >0
sur ]a, b[alors Zb
a|q(t)|dt > 4
b−a.
D´emonstration. — Puisque yest continue sur [a, b], il existe c∈[a, b] tel que y(c) soit maximal. Comme
y(a) = y(b) = 0 et y(t)>0 sur ]a, b[, on a c∈]a, b[. Pour tous a < α < β < b, on a
Zb
a|q(t)|dt =Zb a
y00(t)
y(t)dt > 1 y(c)Zb
ay00(t)dt ≥1
y(c)y0(β)−y0(α).
D’apr`es le th´eor`eme des accroissements finis, il existe α∈]a, c[ et β∈]c, b[ tels que
y(c)−y(a)
c−a=y0(α) et y(b)−y(c) b−c=y(0β)
donc Zb
a|q(t)|dt > 1
y(c)
y(b)−y(c)
b−c−y(c)−y(a) c−a=1 b−c+1 c−a.
Or la fonction c7→ 1
b−c+1 c−aatteint son minimum pour c=a+b 2et vaut alors 4 b−a.
Le¸cons concern´ees
20 ´ Equations diff´erentielles X0=f(t, X) ; exemples d’´etudes qualitatives de solutions
21 ´ Equations diff´erentielles lin´eaires. Exemples
22 Exemples d’´equations diff´erentielles. Solutions exactes ou approch´ees
R´ef´erence
X. Gourdon, Analyse, Ellipses, 1994.
S´ebastien Pellerin