notes equa diff

Outils mathématiques
Chapitre : Equations différentielles
I Généralités
Définition : Une équation différentielle est une relation qui lie une fonction inconnue y(t)et ses dérivées.
Résoudre une équation différentielle, c’est trouver toutes les fonctions y(t)qui la vérifient.
Exemple 1. En électronique : le circuit ci-dessous fournit une équation différentielle que vérifie u(t), la
tension aux bornes du condensateur.
Une différence de potentiel U constante est appliquée
instantanément aux bornes d’un condensateur non
chargé et monté en série avec une résistance. On a :
RC du(t)
dt+u(t) = U
C’est une équation différentielle (ED) :
- linéaire,
- d’ordre 1 car seule la dérivée d’ordre 1 de uapparaît,
- à coefficients constants.
II Equations différentielles linéaires d’ordre 1 à coefficients constants
On cherche à résoudre ce type d’équations :
(E)ay0(t) + by(t) = f(t)a6= 0
1) Résolution de l’équation homogène
Définition : L’équation homogène associée est : ay0(t) + by(t) = 0 (H)
On cherche une solution de forme exponentielle : y(t) = ert et on détermine r.
y0(t) = rert En remplaçant :
arert +bert = 0 donc ert (ar +b)=0.
On en déduit que ar +b= 0 car l’exponentielle ne s’annule jamais.
Donc r=−b
a.
On vérifie que e−b
atest bien une solution de (H).
Proposition : Les solutions de (H)sont les fonctions de la forme : yH(t) = ke−b
atavec k∈R.
Exemple 2. Résoudre l’ED : y0(t)+5y(t)=0
On remarque que cette équation différentielle est homogène (le membre de droite est nul).
Ici, r=−5, d’où les solutions : yH(t) = ke−5tk∈R.
Exemple 3. Résoudre l’ED : 3y0(t)−y(t)=0
On remarque que cette équation différentielle est homogène (le membre de droite est nul).
Ici, r=1
3, d’où les solutions : yH(t) = ke t
3k∈R.
2) Solution générale de (E)
Supposons que l’équation (E)admet une solution particulière yPet on cherche toutes les solutions y(t)
de (E).
On a :
ay0
P(t) + byP(t) = f(t) (1)
ay0(t) + by(t) = f(t) (2)
On calcule : (2) −(1) et on factorise : a(y0(t)−y0
P(t)) + b(y(t)−yP(t)) = f(t)−f(t)
a(y0(t)−y0
P(t)) + b(y(t)−yP(t)) = 0
1

Outils mathématiques
a((y−yP)0(t)) + b(y−yP)(t) = 0
Donc y−yPest solution de l’équation homogène (H).
Donc les solutions yde (E)vérifient : y(t)−yP(t) = yH(t)
Proposition : toutes les solutions yde (E)sont de la forme : y(t) = yH(t) + yP(t)
D’où la méthode :
•Résoudre (H)
•Trouver une solution particulière de (E)
•Conclure
Exemple 4. Résoudre y0(t)+2y(t) = t2(E)
On écrit (H) : y0(t)+2y(t)=0
On a : yH(t) = ke−2tk∈R
On cherche ensuite une solution particulière de la forme : yP(t) = A t2+B t+C, avec A, B, C à déterminer.
On calcule : y0
P(t)=2A t +B.
Comme yPvérifie (E), on a : y0
P(t)+2yP(t) = t2
2A t +B+ 2A t2+ 2B t + 2C=t2
2A t2+ (2A+ 2B)t+B+ 2C=t2
Par identification :
2A = 1
2A + 2B = 0
B + 2C = 0
Donc A= 1/2, B =−1/2, C = 1/4
yP(t) = t2
2−t 2+1 4
Les solutions de (E)sont : y(t) = yH(t) + yP(t)
y(t) = ke−2t+t2
2−t 2+1 4k∈R
3) Recherche d’une solution particulière de (E)
a) Forme similaire à l’expression de f
•Si f(t) = P(t)eλt avec P: polynôme et λ∈R.
On cherchera Q, polynôme de même degré que P.
Il y a deux cas.
1er cas : si λ6=r, alors yP(t) = Q(t)eλt avec deg(Q) = deg(P)
2me cas : si λ=r, alors yP(t) = t Q(t)eλt avec deg(Q) = deg(P)
Cas particulier : si λ= 0, on cherche un polynôme.
•Si f(t) = Ccos(ωt)ou Csin(ωt)
yP(t) = Acos(ωt) + Bsin(ωt)
•Si f(t) = Ceλt cos(ωt)ou Ceλt sin(ωt)
yP(t) = eλt(Acos(ωt) + Bsin(ωt))
Exemple 5. Résoudre : y0(t)+4y(t) = te3t
Exemple 6. Résoudre : y0(t)−2y(t) = te2t
Exemple 7. Résoudre l’exemple 1 : RC u0(t) + u(t) = U
Exemple 8. Résoudre : 2y0(t)−3y(t) = cos(4t)
Exemple 9. Résoudre : y0(t)−3y(t) = etcos(2t) (E)
Exemple 10. Résoudre : y0(t)−4y(t) = e4tsin(3t) (E)
2

Outils mathématiques
4) Principe de superposition
On veut résoudre une ED de type : ay0(t) + by(t) = f1(t) + f2(t) (E).
La méthode est la suivante :
1) On résout l’équation homogène.
2) On trouve une solution particulière y1de (E1)ay0(t) + by(t) = f1(t).
On trouve une solution particulière y2de (E2)ay0(t) + by(t) = f2(t).
En effet, on a : ay0
1(t) + by1(t) = f1(t).
Et : ay0
2(t) + by2(t) = f2(t).
Par linéarité, yP(t) = y1(t) + y2(t)est une solution particulière de (E).
Car, en ajoutant les deux égalités, on obtient :
ay0
1(t) + by1(t) + ay0 2(t) + by2(t) = f1(t) + f2(t)
a(y0
1((t) + y0 2(t)) + b(y1(t) + y2(t)) = f1(t) + f2(t)
a((y1+y2)0(t) + b(y1+y2)(t) = f1(t) + f2(t)
On appelle cela le principe de superposition.
Exemple 11. Résoudre y0(t)+2y(t)=3e−t+e−2t
5) Problème de Cauchy : condition initiale
Si on impose une valeur à y(0) ou à y(t0), alors kest déterminé de manière unique et yaussi.
Théorème : Soient t0∈Ret α∈R.
Il existe une unique solution ytelle que :
ay0(t) + by(t) = f(t)
y(t0) = α
Exemple 12. Exemples 5, 6, 7 et 8 avec y(0) = 0
III Equations différentielles linéaires d’ordre 1 à coefficients non constants
On cherche à résoudre (E)y0(t)−a(t)y(t) = f(t)où aet fsont des fonctions continues définies sur un
intervalle Ide R.
1) Résolution de l’équation homogène
(H)y0(t)−a(t)y(t)=0
Proposition : Les solutions de (H)sont les fonctions de la forme yH(t) = keA(t)où Aest une primitive
de aet k∈Rune constante.
On remarque que si k6= 0,yne s’annule pas et est du signe de k.
Dans la pratique, on retient donc la méthode en s’autorisant à écrire y0(t)
y(t)=a(t), qui s’intègre en
ln(|y(t)
k|) = Ra(t)dt.
D’où : yH(t) = kexp(Ra(t)dt) = kexp(A(t)) k∈R
Exemple 13. Résoudre : y0(t) + y(t)
t2= 0 t>0
2) Solution générale
y(t) = yH(t) + yP(t)comme au §II.
3) Solution particulière : méthode de variation de la constante
Pour trouver une solution particulière de (E), on cherche yPsous la forme :
yP(t) = k(t)eA(t)avec k(t)qui est une fonction à chercher, d’où le nom de la méthode.
Aest une primitive de adonc A0(t) = a(t).
On a : y0
P(t) = k0(t)eA(t)+A0(t)k(t)eA(t)
y0
P(t) = k0(t)eA(t)+a(t)k(t)eA(t).
yPvérifie (E):y0
P(t)−a(t)yP(t) = f(t)donc, en remplaçant :
k0(t)eA(t)+a(t)k(t)eA(t)−a(t)k(t)eA(t)=f(t)
k0(t)eA(t)=f(t)
k0(t)eA(t)e−A(t)=f(t)e−A(t)
k0(t) = f(t)e−A(t)En intégrant, on trouve k(t), donc yP(t).
3

Outils mathématiques
Exemple 14. Résoudre, sur ]0,+∞[, l’ED : y0(t) = 2y(t)
t+ 1 (E)avec y(1) = 0
IV Equations différentielles linéaires d’ordre 2 à coefficients constants
Exemple 15. Un exemple typique d’équation différentielle de ce type provient du circuit RLC en série :
u(t), la tension aux bornes du condensateur vérifie : LC d2u(t)
dt2+RC du(t) dt+u(t) = e(t), où e(t)est la
tension du générateur.
On cherche à résoudre : ay00 (t) + by0(t) + cy(t) = f(t) (E)
La méthode est la même que celle des ED d’ordre 1.
1) Résolution de l’équation homogène
ay00 (t) + by0(t) + cy(t) = 0 (H)
On peut montrer que deux solutions différentes de (H)z1et z2permettent d’écrire la solution générale
de (H):yH(t) = k1z1(t) + k2z2(t).
On va chercher les solutions de forme exponentielle, comme dans les ED d’ordre 1.
Soit y(t) = ert .
On a : y0(t) = rert y00 (t) = r2ert .
D’où : (ar2+br +c)ert = 0
ar2+br +c= 0 (car ert 6= 0)
Réciproquement, si ar2+br +c= 0, alors ert est une solution de (H).
Définition : On appelle équation caractéristique de l’équation homogène (H)l’équation :
ar2+br +c= 0 (?)
Si rest solution de l’équation caractéristique, alors la fonction ert est une solution de (H).
On a trois cas, selon le signe du discriminant ∆ = b2−4ac.
Cas 1 : Si ∆>0, il y a 2 racines distinctes : r1et r2.
z1(t) = er1tet z2(t) = er2tsont deux solutions distinctes de (H).
Donc yH(t) = k1er1t+k2er2t
Cas 2 : Si ∆=0, il y a une seule racine : r0=−b
2a.
z1(t) = er0test une solution de (H). Il en faut une deuxième. On prend z2(t) = t er0t.
yH(t) = k1er0t+k2t er0t
Cas 3 : Si ∆<0, il y a 2 solutions complexes conjuguées : r1=α+iβ et r2=α−iβ.
z1(t) = eαt cos(βt)et z2=eαt sin(βt)sont donc deux solutions distinctes de (H).
yH(t) = k1eαt cos(βt) + k2eαt sin(βt).
Exemple 16. y00 (t)+5y0(t)+6y(t) = 0 (H)
Exemple 17. y00 (t)+4y0(t)+4y(t) = 0 (H)
Exemple 18. y00 (t)+2y0(t)+5y(t) = 0 (H)
2) Solution générale de (E)
Proposition : toutes les solutions yde (E)sont de la forme : y(t) = yH(t) + yP(t)
3) Recherche d’une solution particulière de (E)
On cherchera yPsous une forme similaire à f(t).
•Si f(t) = P(t)eλt avec P: polynôme et λ∈R.
On cherchera Q, polynôme de même degré que P.
Il y a trois cas.
1er cas : si λn’est pas solution de l’équation caractéristique, alors yP(t) = Q(t)eλt avec deg(Q) = deg(P)
2me cas : si λest une des deux solutions (∆>0), alors yP(t) = t Q(t)eλt avec deg(Q) = deg(P)
3me cas : si λest solution et ∆=0, alors yP(t) = t2Q(t)eλt
•Si f(t) = eλt cos(ωt)
On calcule z=λ+iω.
4

Outils mathématiques
Il y a deux cas.
1er cas : si zn’est pas une solution de l’équation caractéristique, alors yP(t) = eλt(Acos(ωt) + Bsin((ωt))
2me cas : si zest une solution de l’équation caractéristique, alors yP(t) = teλt(Acos(ωt) + Bsin((ωt))
Exemple 19. y00 (t)+5y0(t)+6y(t) = et(E)
Exemple 20. y00 (t)+5y0(t)+6y(t) = e−2t(E)
Exemple 21. y00 (t)+4y0(t)+4y(t) = te−2t(E)
Exemple 22. y00 (t)+2y0(t)+5y(t) = e−tcos t(E)
4) Principe de superposition
Voir §II.
5) Problème de Cauchy : équation différentielle avec condition initiale
Théorème : Soient t0∈Ret α, β ∈R.
Il existe une unique solution ytelle que :
ay00 (t) + by0(t) + cy(t) = f(t)
y(t0) = α
y0(t0) = β
Exemple 23. y00 (t)+5y0(t)+6y(t) = et(E)
avec y(0) = 1
12 et y0(0) = 1
5