Analyse2 ztot 25mars

S´eance du 25-03-2020 : Equations diff´erentielles (suite)
2-2 Recherche d’une solution particuli`ere
Apr`es avoir cherch´e les solutions `a l’E.D (2-2), on cherche une solution par-
ticuli`ere de l’E.D (2-1) ay00 +by0+cy =f(x).
Dans la pratique, c’est la forme de la fonction f qui nous indiquera sous quelle
forme chercher la solution particuli`ere.
Second membre est un polynˆome.
f(x) = anxn+... +a0=P(x), an6= 0
- Si (2-1) est de la forme ay00 +by0+cy =P(x) (avec c6= 0) : alors (2-1)
admet comme solution particuli`ere une fonction polynˆomiale de degr´e n, que
l’on d´etermine par identification des coefficients.
En effet, cherchons une solution particuli`ere (2-1) de la forme yp(x) = αnxn+
... +α1x+α0, avec αn6= 0.
On a y0
p(x) = nαnxn−1+... +α1et y00 p(x) = n(n−1)αnxn−2+... + 2α2.
Par identificaton des coefficients on aboutit au syst`eme suivant :
cαn=an
cαn−1+bnαn=an−1
cαn−2+b(n−1)αn−1+an(n−1)αn=an−2
.
.
.
cα0+bα1+ 2aα2=a0
c´etant non nul, on peut alors calculer de proche en proche αn, αn−1, . . . , α0.
- Si (2-1) est de la forme ay00 +by0=P(x) (avec b6= 0) : alors (2-1) ad-
met comme solution particuli`ere une fonction polynˆomiale de degr´e n+ 1.
- Si (2-1) est de la forme ay00 =P(x) : alors (2-1) admet comme solution
particuli`ere une fonction polynˆomiale de degr´e n+ 2.
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Exemples.
R´esoudre les E.D suivantes :
1. (E1) : y00 +y=x2.
(a= 1, b = 0 et c= 1). La solution particuli`ere est alors un polynˆome
de degr´e 2.
On pose Q(x) = a2x2+a1x+a0=⇒Q00(x)=2a2.
On a alors 2a2+a2x2+a1x+a0=x2. Par identification on obtient,
a2= 1, a1= 0 et a0=−2.
Donc Q(x) = x2−2 est une solution particuli`ere.
De plus l’E.D sans second membre associ´ee, y00 +y= 0, admet pour
solution
y=Acos x+Bsin x, A, B ∈IR
Donc la solution g´en´erale de (E1) est
y=Acos x+Bsin x+x2−2, A, B ∈IR
2. (E2) : y00 +y0=x+ 1.
(a= 1, b = 1 et c= 0). La solution particuli`ere est alors un polynˆome
de degr´e 2.
On pose Q(x) = a2x2+a1x+a0=⇒Q0(x)=2a2x+a1, Q00(x) = 2a2.
On a alors 2a2+ 2a2x+a1=x+ 1.
Par identification on obtient, a2=1
2, a1= 0 et a0∈IR.
Donc Q(x) = 1
2x2est une solution particuli`ere.
De plus l’E.D sans second membre associ´ee, y00 +y0= 0, admet pour
solution
y=A+Be−x, A, B ∈IR
Donc la solution g´en´erale de (E2) est
y=A+Be−x+1
2x2, A, B ∈IR
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Second membre est exponentielle-polynˆome.
f(x) = eαxP(x),avec α∈IR et Ppolynˆome de degr´e n.
On fait alors le changement de variable y=zeαx, soit alors y0=z0eαx +αzeαx
et y00 =z00eαx +2αz0eαx +α2zeαx. Apr`es simplification par eαx, on est ramen´e
`a une ´equation diff´erentielle du second degr´e en zavec second membre le
polynˆome P(x) et dont les coefficients sont a, 2αa +bet aα2+bα +c:
az00 + (2αa +b)z0+ (aα2+bα +c)z=P(x)
En r´esum´e :
- Si αn’est pas racine de l’´equation caract´eristique ar2+br +c= 0 alors
zp=Q(x), avec deg Q=n.
- Si αracine simple de l’´equation caract´eristique alors zp=Q(x), avec
deg Q=n+ 1.
- Si αracine double de l’´equation caract´eristique alors zp=Q(x), avec
deg Q=n+ 2.
Exemple 2.1
R´esoudre l’E.D y00 −9y=xe3x.
Solution de l’E.D sans second membre, y00 −9y= 0, est
y=Ae3x+Be−3x, A, B ∈IR
3 est donc racine simple de r2−9 = 0 et par suite une solution particuli`ere
est de la forme yp=Q(x)e3x=x(a2x2+a1)e3x, ce qui donne
Q00 + 6Q=x
Soit
2a2+ 6(2a2x+a1) = x
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Par identification, on obtient a2=1
12, a1=−1 36.
Donc yp= ( 1
12x2−1 36)e3xest une solution particuli`ere.
La solution g´en´erale est donc
y=Ae3x+Be−3x+ ( 1
12x2−1 36)e3x, A, B ∈IR
Second membre est exponentielle-polynˆome-cosinus (ou sinus).
f(x) = cos(βx)eαxP(x),avec α, β ∈IR et deg P=n.
On remarque que f(x) est la partie r´eelle de e(α+iβ)xP(x) : on cherche donc
une solution complexe de cette ´equation comme dans le cas pr´ec´edent, puis
on en prend la partie r´eelle.
De la mˆeme mani`ere si f(x) = sin(βx)eαxP(x), en consid´erant cette fois la
partie imaginaire de la solution complexe.
Remarque 2.1
La mˆeme d´emarche reste valable pour la recherche d’une solution particuli`ere
d’E.D lin´eaire du 1er ordre y0+ay =b(x), lorsque a∈IR et le second membre
b(x) est aussi de la forme P(x)eαx.
Proposition 2.2 .(conditions initiales)
Soit x0∈Iet y0, z0∈R. Il existe une unique solution y de (2-1) sur I telle
que y(x0) = y0et y0(x0) = z0.
On dit que y v´erifie les conditions initiales (x0, y0, z0).
Exemple 2.2
R´esoudre l’E.D y00 −9y=xe3xtel que y(0) = 0 et y0(0) = 1.
La solution g´en´erale de cette ´equation (voir exemple 2.1) est
y=Ae3x+Be−3x+ ( 1
12x2−1 36)e3x, A, B ∈IR
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On a y(0) = 0 soit A+B−1
36 = 0 et y0(0) = 1 soit 3A−3B−1 12 = 1.
On r´esoud alors le syst`eme lin´eaire :
A+B=1
36
A−B=13
36
Ce qui donne A=7
36 et B=−6 36 .
La solution qui v´erifie les conditions initales est donc
y=7
36e3x−1 6e−3x+ ( 1 12x2−1 36)e3x
Th´eor`eme 2.3 (Principe de superposition).
On suppose que le second membre de (2-1) s’´ecrit f(x) =
n
X
k=1
fk(x), o`u fksont
continues sur un mˆeme intervalle I.
Soient les fonctions gk(1 ≤k≤n), respectivement solutions de (Ek)sur I :
(Ek) : ay00 +by0+cy =fk(x).
Alors la fonction g(x) =
n
X
k=1
gk(x)est une solution de (2-1) .
Preuve. Il suffit de le montrer pour n= 2.
ay00 +by0+cy =f1(x) + f2(x)
Soit g1solution de ay00 +by0+cy =f1(x) et g2solution de ay00 +by0+cy =f2(x).
On a alors
ag1
00 +bg1 0+cg1+ag2 00 +bg2 0+cg2=f1(x) + f2(x)
⇐⇒ a(g1+g2)00 +b(g1+g2)0+c(g1+g2) = f1(x) + f2(x)
c.`a.d. g1+g2est solution de ay00 +by0+cy =f1(x) + f2(x).
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