Séance du 25-03-2020 : Equations différentielles (suite) 2-2 Recherche d’une solution particulière Après avoir cherché les solutions à l’E.D (2-2), on cherche une solution particulière de l’E.D (2-1) ay 00 + by 0 + cy = f (x). Dans la pratique, c’est la forme de la fonction f qui nous indiquera sous quelle forme chercher la solution particulière. Second membre est un polynôme. f (x) = an xn + ... + a0 = P (x), an 6= 0 - Si (2-1) est de la forme ay 00 + by 0 + cy = P (x) (avec c 6= 0) : alors (2-1) admet comme solution particulière une fonction polynômiale de degré n, que l’on détermine par identification des coefficients. En effet, cherchons une solution particulière (2-1) de la forme yp (x) = αn xn + ... + α1 x + α0 , avec αn 6= 0. On a yp0 (x) = nαn xn−1 + ... + α1 et yp00 (x) = n(n − 1)αn xn−2 + ... + 2α2 . Par identificaton des coefficients on aboutit au système 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 étant non nul, on peut alors calculer de proche en proche αn , αn−1 , . . . , α0 . - Si (2-1) est de la forme ay 00 + by 0 = P (x) (avec b 6= 0) : alors (2-1) admet comme solution particulière une fonction polynômiale de degré n + 1. - Si (2-1) est de la forme ay 00 = P (x) : alors (2-1) admet comme solution particulière une fonction polynômiale de degré n + 2. 9 Exemples. Résoudre les E.D suivantes : 1. (E1 ) : y 00 + y = x2 . (a = 1, b = 0 et c = 1). La solution particulière est alors un polynôme de degré 2. On pose Q(x) = a2 x2 + a1 x + a0 =⇒ Q00 (x) = 2a2 . On a alors 2a2 + a2 x2 + a1 x + a0 = x2 . Par identification on obtient, a2 = 1, a1 = 0 et a0 = −2. Donc Q(x) = x2 − 2 est une solution particulière. De plus l’E.D sans second membre associée, y 00 + y = 0, admet pour solution y = A cos x + B sin x, A, B ∈ IR Donc la solution générale de (E1 ) est y = A cos x + B sin x + x2 − 2, A, B ∈ IR 2. (E2 ) : y 00 + y 0 = x + 1. (a = 1, b = 1 et c = 0). La solution particulière est alors un polynôme de degré 2. On pose Q(x) = a2 x2 + a1 x + a0 =⇒ Q0 (x) = 2a2 x + a1 , Q00 (x) = 2a2 . On a alors 2a2 + 2a2 x + a1 = x + 1. 1 Par identification on obtient, a2 = , a1 = 0 et a0 ∈ IR. 2 1 2 Donc Q(x) = x est une solution particulière. 2 De plus l’E.D sans second membre associée, y 00 + y 0 = 0, admet pour solution y = A + Be−x , A, B ∈ IR Donc la solution générale de (E2 ) est 1 y = A + Be−x + x2 , A, B ∈ IR 2 10 Second membre est exponentielle-polynôme. f (x) = eαx P (x), avec α ∈ IR et P polynôme de degré n. On fait alors le changement de variable y = zeαx , soit alors y 0 = z 0 eαx +αzeαx et y 00 = z 00 eαx + 2αz 0 eαx + α2 zeαx . Après simplification par eαx , on est ramené à une équation différentielle du second degré en z avec second membre le polynôme P (x) et dont les coefficients sont a, 2αa + b et aα2 + bα + c : az 00 + (2αa + b)z 0 + (aα2 + bα + c)z = P (x) En résumé : - Si α n’est pas racine de l’équation caractéristique ar2 + br + c = 0 alors zp = Q(x), avec deg Q = n. - Si α racine simple de l’équation caractéristique alors zp = Q(x), avec deg Q = n + 1. - Si α racine double de l’équation caractéristique alors zp = Q(x), avec deg Q = n + 2. Exemple 2.1 Résoudre l’E.D y 00 − 9y = xe3x . Solution de l’E.D sans second membre, y 00 − 9y = 0, est y = Ae3x + Be−3x , A, B ∈ IR 3 est donc racine simple de r2 − 9 = 0 et par suite une solution particulière est de la forme yp = Q(x)e3x = x(a2 x2 + a1 )e3x , ce qui donne Q00 + 6Q = x Soit 2a2 + 6(2a2 x + a1 ) = x 11 1 1 Par identification, on obtient a2 = , a1 = − . 12 36 1 2 1 3x Donc yp = ( x − )e est une solution particulière. 12 36 La solution générale est donc y = Ae3x + Be−3x + ( 1 1 2 x − )e3x , A, B ∈ IR 12 36 Second membre est exponentielle-polynôme-cosinus (ou sinus). f (x) = cos(βx)eαx P (x), avec α, β ∈ IR et deg P = n. On remarque que f (x) est la partie réelle de e(α+iβ)x P (x) : on cherche donc une solution complexe de cette équation comme dans le cas précédent, puis on en prend la partie réelle. De la même manière si f (x) = sin(βx)eαx P (x), en considérant cette fois la partie imaginaire de la solution complexe. Remarque 2.1 La même démarche reste valable pour la recherche d’une solution particulière d’E.D linéaire du 1er ordre y 0 +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 ∈ I et y0 , z0 ∈R. Il existe une unique solution y de (2-1) sur I telle que y(x0 ) = y0 et y 0 (x0 ) = z0 . On dit que y vérifie les conditions initiales (x0 , y0 , z0 ). Exemple 2.2 Résoudre l’E.D y 00 − 9y = xe3x tel que y(0) = 0 et y 0 (0) = 1. La solution générale de cette équation (voir exemple 2.1) est y = Ae3x + Be−3x + ( 1 2 1 x − )e3x , A, B ∈ IR 12 36 12 1 1 = 0 et y 0 (0) = 1 soit 3A − 3B − = 1. On a y(0) = 0 soit A + B − 36 12 On résoud alors le système linéaire : A+B = 1 36 A−B = 13 36 −6 7 et B = . Ce qui donne A = 36 36 La solution qui vérifie les conditions initales est donc y= 7 3x 1 −3x 1 1 e − e + ( x2 − )e3x 36 6 12 36 Théorème 2.3 (Principe de superposition). On suppose que le second membre de (2-1) s’écrit f(x) = n X fk (x), où fk sont k=1 continues sur un même intervalle I. Soient les fonctions gk (1 ≤ k ≤ n), respectivement solutions de (Ek ) sur I : (Ek ) : ay 00 + by 0 + cy = fk (x). Alors la fonction g(x) = n X gk (x) est une solution de (2-1) . k=1 Preuve. Il suffit de le montrer pour n = 2. ay 00 + by 0 + cy = f1 (x) + f2 (x) Soit g1 solution de ay 00 +by 0 +cy = f1 (x) et g2 solution de ay 00 +by 0 +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.à.d. g1 + g2 est solution de ay 00 + by 0 + cy = f1 (x) + f2 (x). 13 Remarque 2.2 Le principe de superposition est aussi valable pour les équations linéaires du 1er ordre. Exemple 2.3 Considérons l’E.D (E) y 00 + y = x2 + 2ex . L’E.D sans second membre associée, y 00 + y = 0, admet pour solution y = A cos x + B sin x, A, B ∈ IR yp1 = x2 − 2 est une solution particulière de y 00 + y = x2 et yp2 = ex est une solution particulière de y 00 + y = 2ex . Donc la solution générale de (E) est y = A cos x + B sin x + x2 − 2 + ex , A, B ∈ IR 14