Equations différentielles

4 Equations diff´ erentielles lin´ eaires
4.1 Equations di↵´ erentielles lin´ eaires du premier ordre
4.1.1 D´ efinition
Soient a, b :I!Kdes fonctions continues. L’´ equation
(E): y0+a(x)y=b(x)
est appel´ ee ´ equation di↵´ erentielle lin´ eaire d’ordre 1 d´ efinie sur Ien l’inconnue y. Une solution de cette
´
equation di↵´ erentielle est une fonction y:I!Kd´ erivable v´ erifiant :
8x2I, y0(x)+a(x)y(x)=b(x).
D´ efinition 80.
Exemple :
— (E): y0+2xy =xest une ´ equation lin´ eaire d’ordre 1 d´ efinie sur R.
On v´ erifie par le calcul que les fonctions donn´ ees par
y(x)=1
2+ex2avec 2R
sont solutions. On montrera dans ce qui suit, qu’il n’y en a pas d’autres.
—L’ ´ equation
(E) : (1 + x2)y0=1xy
n’est pas proprement une ´ equation di↵´ erentielle lin´ eaire d’ordre 1,car il y’a ici une fonction de xen facteur
de y0et les membres ne sont pas correctement organis´ es. Cependant, elle se ram` ene ` a une ´ equation d’ordre
un. Car on peut dire que l’´ equation di↵´ erentielle (E) est ´ equivalente ` a l’´ equation di↵´ erentielle
y0+x
1+x2y=1 1+x2.
4.1.2 Remarque :
Les solutions de (E) sont des fonctions de classes C1,car leur d´ eriv´ ee est n´ ecessairement continue.
4.1.3 Probl` eme de Cauchy.
Soit
(E): y0+a(x)y=b(x)
une ´ equation di↵´ erentielle lin´ eaire d’ordre 1 d´ efinie sur I.
Pour x02Iet y02Kdonn´ ees, le probl` eme de Cauchy consiste ` ad
´
eterminer les solutions de (E)v
´
erifiant
la condition (dite initiale) y(x0)=y0.
D´ efinition 81.
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Soient a, b :I!Kdes fonctions continues, x02Iet y02K.Il existe une unique solution sur l’intervalle
Ide l’´ equation di↵´ erentielle
(E): y0+a(x)y=b(x)
v´ erifiant la condition initiale y(x0)=y0.
Th´ eor` eme 82.
Preuve :
—Unicit´ e:Soit yune solution du probl` eme pos´ e.
Consid´ erons Ala primitive de aqui s’annule en x0; celle-ci existe car la fonction aest continue sur I. On a :
(y(x)eA(x))0=(y0(x)+a(x)y(x))eA(x)=b(x)eA(x).
Consid´ erons maintenant B, la primitive de x7! b(x)eA(x)qui s’annule en x0; celle-ci existe car la fonction
x7! b(x)eA(x)est continue sur I. On obtient,
8x2I, y(x)eA(x)=B(x)+y0.
Finalement
8x2I, y(x)=(B(x)+y0)eA(x)
ce qui d´ etermine la fonction yde fac¸on unique.
—Existence : Consid´ erons Ala primitive de aqui s’annule en x0et Bla primitive de x7! b(x)eA(x)qui s’annule
en x0.
Soit y:I!Kla fonction d´ efinie par :
y(x)=(B(x)+y0)eA(x),8x2I.
D’une part y(x0)=(B(x0)+y0)eA(x0),=y0.D’autre part, yest d´ erivable sur Iet
8x2I, y0(x)=a(x)y(x)+B0(x)eA(x)
donc
8x2I, y0(x)+a(x)y(x)=b(x).
Ainsi yest solution de l’´ equation di↵´ erentielle ´ etudi´ ee et satisfait la condition initiale y(x0)=y0.
Exemple :
Soit a2R.Il existe une unique solution sur Rau probl` eme de Cauchy
y0(x)=ay(x) et y(0) = 1.
Cette solution est la fonction x7! eax.
4.1.4 Remarque :
En pratique, la formule solution propos´ ee par ce th´ eor` eme n’est pas employ´ ee mˆ eme si la d´ emarche d’obtention
peut ˆ etre remise en place.
4.1.5 Principe de r´ esolution
Soit
(E): y0+a(x)y=b(x)
une ´ equation di↵´ erentielle lin´ eaire d’ordre un d´ efinie sur I.
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L’ ´ equation
(E0): y0+a(x)y=0
est appel´ ee ´ equation homog` ene associ´ ee ` a l’´ equation di↵´ erentielle (E).
D´ efinition 83.
Exemple :
l’´ equation homog` ene associ´ ee ` a l’´ equation
(E): y0=xy +1
est l’´ equation
(E0): y0xy =0.
Si y1d´ esigne une solution particuli` ere de l’´ equation (E),alors les solutions de (E) sont toutes les fonc-
tions de la forme
x7! y1(x)+y0(x),
avec y0solution de l’´ equation homog` ene associ´ ee (E0).
Th´ eor` eme 84.
Preuve :
Supposons que y1est solution de (E) sur I. Soit y:I!Kune fonction d´ erivable.
yest solution de (E) sur Isi, et seulement si,
8x2I, y0(x)+a(x)y(x)=b(x).
i. e.;
8x2I, y0(x)+a(x)y(x)=y0
1(x)+a(x)y1(x)
ce qui est ´ equivalent encore ` a
8x2I, (yy1)0(x)+a(x)(yy1)(x)=0
ainsi yest solution de Esur Isi, et seulement si, yy1est solution sur Ide l’´ equation homog` ene (E0).
Protocole : Pour r´ esoudre une ´ equation di↵´ erentielle
(E): y0+a(x)y=b(x)
— On pr´ esente le type d’´ equation di↵´ erentielle ;
— On r´ esout l’´ equation homog` ene associ´ ee : y0(x)=···;
— On d´ etermine une solution particuli` ere : y1(x)=···;
— On exprime la solution g´ en´ erale : y(x)=y1(x)+y0(x).
4.1.6 Remarque :
Afin de trouver une solution particuli` ere, il arrive parfois qu’on d´ ecompose le second membre en plusieurs
fonctions plus simples, on peut alors exploiter le r´ esultat suivant :
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Soient
(E): y0+a(x)y=b1(x)+b2(x),
avec a, b1,b
2:I!Kcontinues.
Si pour i2{1,2},y
iest solution de l’´
equation
(Ei): y0+a(x)y=bi(x),
alors la fonction y1+y2est solution de (E).
Proposition 85 (Principe de superposition des solutions).
Preuve :
On v´ erifie la propri´ et´ e par un calcul homog` ene.
Soient a:I!Ket Aune primitive de a.
Les solutions sur Ide l’´ equation homog` ene
(E0): y0+a(x)y=0
sont toutes des fonctions de la forme x7! eA(x)avec parcourant K.
Th´ eor` eme 86.
Preuve :
Soit yune fonction d´ erivable d´ efinie sur I. La fonction x7! y(x)eA(x)est d´ erivable et
(y(x)eA(x))0=(y0(x)+a(x)y(x))eA(x)
donc yest solution de l’´ equation homog` ene si, et seulement si, x7! y(x)eA(x)est une constante. Par suite, on conclut
que y(x)=eA(x)avec parcourant K.
Exemple :
R´ esolvons sur Rl’´ equation :
y0+ sin(x)y=0.
(E) est une ´ equation lin´ eaire d’ordre 1 (homog` ene). Cherchons Aune primitive de x7! sin(x).
A(x)=cos(x),8x2R.
Par suite, y(x)=eA(x)=ecos(x),8x2R.
M´ ethode de la variation de la constante.
Soient a, b :I!Kcontinues et
(E)y0(t)+a(t)y(t)=b(t).
On a vu que que s’il existe une solution particuli` ere apparente, on peut directement exprimer la solution
g´ en´ erale de notre ´ equation. Sinon, on peut chercher une solution particuli` ere par la m´ ethode dite de la variation
de la constante.
Protocole :
On cherche yp,la solution particuli` ere, sous la forme yp(t)=(t)eA(t)avec t7! (t) une fonction d´ erivable.
et Aest une primitive de a(t) sur I.
Puisque
y0
p(t)+a(t)yp(t)=(0(t)a(t)(t))eA(t)+a(t)(t)eA(t)=0(t)eA(t).
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Donc ypest une solution particuli` ere de (E) si, et seulement si,
0(t)=b(t)eA(t).
Par d´ etermination de primitive, on d´ eterminera une fonction ,puis notre solution particuli` ere yp.
Exemple :
1. R´ esolvons sur Rl’´ equation
(E)y0(t)+ 2t
1+t2y(t)= 2t 1+t2.
(E) est une ´ equation di↵´ erentielle lin´ eaire d’ordre 1.
(EH)y0(t)+ 2t
1+t2y(t)=0,y0(t)=2t 1+t2y(t)
et Z2t
1+t2dt = log(1 + t2).
Solution g´ en´ erale homog` ene :
yH(t)= 
1+t2avec parcourant K.
Solution particuli` ere :
Cherchons la solution particuli` ere sous la forme :
yp(t)= (t)
1+t2
avec t:7! (t)d
´
erivable.
On a :
y0(t)+ 2t
1+t2y(t)= 0(t) 1+t2=1 1+t2,0(t)=1.
Choisir (t)=tconvient et alors yp(t)= t
1+t2est solution particuli`
ere de (E).
Solution g´ en´ erale :
y(t)= t+
1+t2avec parcourant K.
2. R´ esolvons sur ] 1,1[ l’´ equation
(E) (1 t2)y0(t)ty(t)=1.
(E) est une ´ equation di↵´ erentielle lin´ eaire d’ordre 1.
(EH) (1 t2)y0(t)ty(t)=0,y0(t)= t
1t2y(t)
et Zt
1t2dt =1
2log(1 t2).
Solution g´ en´ erale homog` ene :
yH(t)= 
p1t2avec parcourant K.
Solution particuli` ere :
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