Pour se mettre au défi ! - Exercice 1

Il s'agit d'une équation différentielle linéaire, d'ordre deux, à coefficients complexes constants et avec un second membre.
Commençons par s'occuper de la solution homogène $$y_h(x)$$. On a alors l'équation homogène suivante :
$$y_h''(x) + y_h'(x) + (3i-1)y_h(x) = 0$$
L'équation caractéristique associée est la suivante :
$$r^2 + r + (3i-1) = 0$$
Le discriminant associé est $$\Delta = (1)^2 - 4\times 1 \times (3i-1) = 1 - 12i +4 = 5 - 12i \in \mathbb{C}$$. Notons par $$\delta = a+ib$$, avec $$(a\,;\,b) \in \mathbb{R}^2$$, les racines carrées du discriminant $$\Delta$$. On a alors :
$$\delta^2 = \Delta \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, (a+ib)^2 = 5 - 12i = a^2-b^2 + i \,2ab = 5 + i (-12)$$
On en déduit alors que :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} a^2 - b^2 & = & 5 \\ a^2+b^2 & = & \sqrt{5^2 + (-12)^2} \\ 2ab & = & -12 \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a^2 - b^2 & = & 5 \\ a^2+b^2 & = & 13 \\ ab & = & -6 <0 \end{array} \right.$$
La somme, membres à membres, des deux premières lignes nous conduit à :
$$2a^2 = 5+13 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 2a^2 = 18 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, a^2 = 9 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, a = \pm 3$$
Puis, la soustraction, membres à membres, de la deuxième ligne avec la première, nous conduit à :
$$2b^2 = 13-5 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, 2b^2 = 8 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, b^2 = 4 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, b = \pm 2$$
La troisième ligne nous apprend que les réels $$a$$ et $$b$$ sont de signes opposés. Ainsi, on en déduit que les deux racines carrées $$\delta$$ du discriminants $$\Delta$$ sont données par :
$$\delta = 3-2i \,\,\, \mathrm{ou} \,\,\, \delta = -3+2i$$
On choisit arbitrairement l'expression $$\delta = 3-2i$$. Donc, les deux racines complexes $$r$$ recherchées de l'équation caractéristique sont donc données par :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} r_1 & = & \dfrac{-1 + \delta}{2} \\ & & \\ r_2 & = & \dfrac{-1 - \delta}{2} \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} r_1 & = & \dfrac{-1 + 3-2i}{2} \\ & & \\ r_2 & = & \dfrac{-1 - 3+2i}{2} \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} r_1 & = & \dfrac{2-2i}{2} \\ & & \\ r_2 & = & \dfrac{-4+2i}{2} \end{array} \right.$$
Après simplification, on obtient :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} r_1 & = & 1-i \\ & & \\ r_2 & = & -2+i \end{array} \right.$$
Ainsi, avec $$(A\,;\,B) \in \mathbb{R}^2$$, la solution homogène $$y_h(x)$$ est donnée par :
$$y_h(x) = Ae^{(1-i)x} + Be^{(-2+i)x}$$
Concernant la solution particulière $$y_p(x)$$ nous allons écrire le second membre en écriture complexe. On a alors avec les formules d'$$Euler$$ :
$$e^x \sin(x) = e^x \dfrac{e^{ix} - e^{-ix}}{2i} = \dfrac{e^xe^{ix} - e^xe^{-ix}}{2i} = \dfrac{e^{(1+i)x} - e^{(1-i)x}}{2i} = \dfrac{e^{(1+i)x}}{2i} - \dfrac{e^{(1-i)x}}{2i}$$
Ainsi, l'équation différentielle prend la forme :
$$y_p''(x) + y_p'(x) + (3i-1)y_p(x) = \dfrac{e^{(1+i)x}}{2i} - \dfrac{e^{(1-i)x}}{2i}$$
En appliquant le principe de superposition, on va donc pouvoir écrire que :
$$y_p(x) = y_{p1}(x) + y_{p2}(x)$$
Telles que :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} y_{p1}''(x) + y_{p1}'(x) + (3i-1)y_{p1}(x) & = & \dfrac{e^{(1+i)x}}{2i} \\ & & \\ y_{p2}''(x) + y_{p2}'(x) + (3i-1)y_{p2}(x) & = & -\dfrac{e^{(1-i)x}}{2i} \end{array} \right.$$
On remarque alors que $$1+i$$ n'est pas solution de l'équation caractéristique, mais en revanche $$1-i$$ est une solution de l'équation caractéristique, donc $$1-i$$ est une racine (c'est $$r_1$$) de l'équation caractéristique.
C'est pourquoi, on pose les deux formes suivantes (avec $$(\alpha\,;\,\beta) \in \mathbb{C}^2$$):
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} y_{p1}(x) & = & \alpha e^{(1+i)x} \\ & & \\ y_{p2}(x) & = & \beta x e^{(1-i)x} \end{array} \right.$$
Donc :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} y'_{p1}(x) & = & \alpha (1+i) e^{(1+i)x} \\ & & \\ y'_{p2}(x) & = & \beta e^{(1-i)x} + \beta (1-i) xe^{(1-i)x} = \beta (1+(1-i)x)e^{(1-i)x} \end{array} \right.$$
Et :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} y''_{p1}(x) & = & \alpha (1+i)^2 e^{(1+i)x} \\ & & \\ y''_{p2}(x) & = & \beta (1-i)e^{(1-i)x} + \beta (1-i)(1+(1-i)x)e^{(1-i)x} \end{array} \right.$$
Soit :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} y''_{p1}(x) & = & 2\alpha i e^{(1+i)x} \\ & & \\ y''_{p2}(x) & = & \beta (1-i) \left( 1 + 1+(1-i)x\right) e^{(1-i)x} = \beta (1-i) \left( 2+(1-i)x\right) e^{(1-i)x}\end{array} \right.$$
En développant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} y''_{p1}(x) & = & 2\alpha i e^{(1+i)x} \\ & & \\ y''_{p2}(x) & = & \beta \left( 2(1-i)+(1-i)^2x\right) e^{(1-i)x} = \beta \left( 2-2i-2ix\right) e^{(1-i)x} \end{array} \right.$$
Ce qui nous donne :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} y''_{p1}(x) & = & 2\alpha i e^{(1+i)x} \\ & & \\ y''_{p2}(x) & = & \beta \left( 2(1-i)+(1-i)^2x\right) e^{(1-i)x} = 2\beta \left( 1-i-ix\right) e^{(1-i)x} \end{array} \right.$$
Ainsi, on a le système suivant :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} 2\alpha i e^{(1+i)x} + \alpha (1+i) e^{(1+i)x} + (3i-1)\alpha e^{(1+i)x} & = & \dfrac{e^{(1+i)x}}{2i} \\ & & \\ 2\beta \left( 1-i-ix\right) e^{(1-i)x} + \beta (1+(1-i)x)e^{(1-i)x} + (3i-1)x\beta e^{(1-i)x} & = & -\dfrac{e^{(1-i)x}}{2i} \end{array} \right.$$
En simplifiant par les termes exponentiels (qui sont tous non-nuls), on obtient :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} 2\alpha i + \alpha (1+i) + (3i-1)\alpha & = & \dfrac{1}{2i} \\ & & \\ 2\beta \left( 1-i-ix\right) + \beta (1+(1-i)x) + (3i-1)x\beta & = & -\dfrac{1}{2i} \end{array} \right.$$
On obtient alors :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \alpha \left( 2i + 1 + i + 3i - 1 \right) & = & \dfrac{1}{2i} \\ & & \\ \beta \left( 2-2i-2ix +1+x-ix+3ix-x \right) & = & -\dfrac{1}{2i} \end{array} \right.$$
Soit :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \alpha 6i & = & \dfrac{1}{2i} \\ & & \\ \beta \left( 3 -2i \right) & = & -\dfrac{1}{2i} \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} \alpha & = & \dfrac{1}{2i \times 6i} \\ & & \\ \beta & = & -\dfrac{1}{2i\left( 3 -2i \right)} \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} \alpha & = & -\dfrac{1}{12} \\ & & \\ \beta & = & \dfrac{i}{2\left( 3 -2i \right)} \end{array} \right.$$
Ce qui peut également s'écrire comme :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \alpha & = & -\dfrac{1}{12} \\ & & \\ \beta & = & \dfrac{i\left( 3 +2i \right)}{2\left( 3 -2i \right)\left( 3 +2i \right)} \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} \alpha & = & -\dfrac{1}{12} \\ & & \\ \beta & = & \dfrac{-2 +3i}{2\left( 9+4 \right)} \end{array} \right. \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} \alpha & = & -\dfrac{1}{12} \\ & & \\ \beta & = & \dfrac{-2 +3i}{26} \end{array} \right.$$
Ainsi, on obtient donc :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} y_{p1}(x) & = & -\dfrac{1}{12} e^{(1+i)x} \\ & & \\ y_{p2}(x) & = & \left( \dfrac{-2 +3i}{26}\right) x e^{(1-i)x} \end{array} \right.$$
De fait, on a :
$$y_p(x) = -\dfrac{1}{12} e^{(1+i)x} + \left( \dfrac{-2 +3i}{26}\right) x e^{(1-i)x}$$
Ainsi la solution globale est donc donnée par l'expression suivante :
$$y(x) = y_h(x) + y_p(x)$$
A savoir :
$$y(x) = Ae^{(1-i)x} + Be^{(-2+i)x} - \dfrac{1}{12} e^{(1+i)x} + \left( \dfrac{-2 +3i}{26}\right) x e^{(1-i)x}$$
Finalement, on obtient le résultat suivant :
$${\color{red}{\boxed{y(x) = Be^{(-2+i)x} - \dfrac{1}{12} e^{(1+i)x} + \left( A - \left( \dfrac{2 - 3i}{26}\right) x \right) e^{(1-i)x}}}}$$