Équations Différentielles : Cours PSI

PSI Équations différentielles
Plan
1Équations différentielles linéaires scalaires du
premier ordre. 1
1.1 Définition et vocabulaire ............. 1
1.2 Solutions de l’équation homogène ........ 1
1.3 Solutions de l’équation complète ......... 2
1.4 Recherche d’une solution particulière ...... 2
1.4.1 Variation de la constante ........ 2
1.4.2 Cas où le second membre est un
polynôme-exponentiel ........... 3
1.4.3 Principe de superposition ........ 3
1.5 Problème de Cauchy ................ 4
1.6 Recollements .................... 4
2Équations linéaires scalaires du second ordre. 7
2.1 Structure de l’ensemble des solutions ...... 7
2.2 Résolution de l’équation homogène à coeffi-
cients constants ................... 8
2.3 Recherche d’une solution particulière ...... 8
2.3.1 Méthode de variation des constantes . . 8
2.3.2 Cas des coefficients constant et d’un se-
cond membre de la forme eαxP(x). . . . 9
3Systèmes différentiels linéaires homogènes à
coefficients constants 12
3.1 Défintition et structure de l’ensemble des solu-
tions ......................... 12
3.2 Cas où la matrice est diagonalisable . . . . . . 13
3.3 Exemple lorsque Aest trigonalisable ...... 14
4Équations différentielles linéaires scalaires ho-
mogènes d’ ordre nà coefficients constants 15
∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗∗
•Idésignera un intervalle non vide, non réduit à un point
•Kdésignera le corps Rou C.
1Équations différentielles linéaires scalaires du premier ordre.
1.1 Définition et vocabulaire
Définition 1. •Une équation différentielle linéaire de premier ordre est une équation de type
y0+ay =b(E)
où aet bsont des fonctions continues sur un intervalle Ide Rà valeurs dans K.
•Une fonction zest solution lorsqu’elle est définie et dérivable dans Iet qu’elle vérifie la relation (E).
•Résoudre ou intégrer l’équation (E) c’est chercher tous les ses solutions.
•Lorsque b=0, on dit que l’équation (H) : y0+ay =0 est l’équation homogène ou sans second membre
associée à (E).
Remarque 1.1. Si les fonctions aet bsont de classe Cnsur Ialors toute solution de l’équation (E) est
de classe Cn+1sur I
1.2 Solutions de l’équation homogène
Proposition 1. Les solutions d’une équation homogène (H) : y0+ay =0sont les fonctions
y=λe−A
où A est une primitive de la fonction a sur I et λ∈K.
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Preuve : Soit Aune primitive de adans l’intervalle I.
•On vérifie facilement que la fonction e−Aest solution.
•Réciproquement soit zest une solution quelconque de (H), montrons alors qu’il existe un nombre complexe λtel que z=λe−A.
On considère la fonction w=zeA. En remplaçant dans l’équation, on obtient que w0est identiquement nulle. Comme Iest un
intervalle, cela entraîne que west constante.
Remarque 1.2. L’ensemble SHdes solutions de l’équation homogène y0+ay =0 est un sous-espace
vectoriel de C1(I,K) de dimension 1 engendré par la fonction y0=e−Aoù Aest une primitive de asur I
1.3 Solutions de l’équation complète
Proposition 2. Soit (E)l’équation y0+ay =b où a et b sont des fonctions continues sur un intervalle I.
Alors les solutions de (E)sur I sont les fonctions de la forme
y=yp+λe−A
où A est une primitive de a sur I et ypune solution particulière de (E).
Preuve : •La méthode de la variation de la constante ci-dessous assure l’existence d’une solution particulière ypde (E).
•Soit ypest une solution particulière de (E), alors
yest solution de (E)⇔(y−yp)0+a(y−yp)=0
⇔y−yp=λe−A
Remarque 1.3. L’ensemble Sdes soliton de l’équation complète y0+ay =best donné par :
S=yp+SH
où ypest une solution particulière et SHest le sous-espace vectoriel des solution de l’équation homogène
associée.
1.4 Recherche d’une solution particulière
1.4.1 Variation de la constante
Après avoir déterminer la solution générale de l’équation homogène YH=λe−A, on cherche une solution
particulière de léquation complète (E) sous la forme y(t)=λ(t)e−A(t)avec λfonction de classe C1sur Ien
remplaçant ydans (E) et en cherchant λce qui donne :
yest solution de l’équation(E)⇔λ(y0
0+ay0)+λ0y0=b
⇔λ0=beA
⇔λ=Zb(t)eA(t)dt
On en déduit que si λest une primitive de beAsur Ialors λeAest une solution particulière de (E).
Proposition 3. Soit (E)l’équation y0+ay =b où a et b sont des fonctions continues sur un intervalle I.
Alors les solutions de (E)sur I sont les fonctions de la forme
y(x)=λe−A(x)+Zx
x0
b(t)eA(t)dt
où A est une primitive de a sur I et x0∈I.
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Exemple 1.1. Soit (E) l’équation :
y0−1
ty=pln(t)
La solution générale de l’équation homogène sur l’intervalle [1,+∞[ est : YH(x)=λxλ∈R
Par la méthode de la variation de la constante f(t)=λ(t)test solution de (E) sur [1,+∞[ sisi
∀t∈[1,+∞[λ0(t)=pln(t)
t
∀t∈[1,+∞[λ(t)=2
3(ln(t))3
2+µ/µ∈R
En déduit la solution généralle de (E) par :
∀t∈[1,+∞[y(t)=µt+2t
3(ln(t))3
2/µ∈R
1.4.2 Cas où le second membre est un polynôme-exponentiel
Pour une équation y0+ay =P(t)eλtavec a∈Cet Ppolynôme. On cherche une solution sous la forme
suivante
Q(t)eλtλ6=−a
tQ(t)eλtλ= −a
où Qest un polynôme de même degré que Pque l’on cherche avec des coefficients indéterminés. Cette
méthode est à combiner avec le principe de superposition.
Exemple 1.2. Soit (E) léquation : y0−3y=tet
La solution de l’équation homogène est : YH(t)=λe3t/λ∈R
On cherche une solution particulière sous la forme (at +b)etaprès remplacement et simplification on
trouve a=−1
2et b=−1 4
La solution générale de l’équation complète est alors donnée par :
∀t∈Ry(t)=λe3t−1
4(2t+1)et
1.4.3 Principe de superposition
On peut superposer linéairement des solutions d’une même équation différentielle avec des seconds membres
différents.
Proposition 4 (Principe de superposition).Soient z1,z2,··· ,zpdes solutions d’équations différentielles
y0+ay =b1
y0+ay =b2
.
.
.
y0+ay =bp
respectivement, et λ1,··· ,λpdes nombres complexes. Alors λ1z1+···+λpzpest solution de
y0+ay =λ1b1+···+λpbp
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Exemple 1.3. Soit (E) l’équation : y0+ty =sin(t)−tcos(t)+t3+2t
la fonction t→−cos(t) est solution particulière de y0+ty =sin(t)−tcos(t)
et la fonction t→t2est solution particulière de y0+t y =t3+2t
Donc la fonction t→t2−cos(t) est solution particulière de E.
1.5 Problème de Cauchy
Proposition 5 (Problème de Cauchy).Soit Iun intervalle de R, soit t0∈Iet v0∈C.
Soient aet bdes fonctions continues sur Idans K.
Alors le système suivant
½y0+ay =b(E)
y(t0)=v0
appelé problème de Cauchy associé à l’équation (E), admet une unique solution.
Remarque 1.4. Il existe une unique solution de (E) qui vérifie la condition initiale y(t0)=v0.
Preuve : Les solutions de (E) sont de la forme y=yp+λe−Aavec λ∈C. La condition de Cauchy s’écrit y0(t0)+λe−A(t0)=v0est
réalisée si et seulement si λ=−yp(t0)eA(t0). Il existe donc une unique solution qui vérifie cette condition initiale elle est donnée
par
y(t)=yp(t)+(v0−yp(t0))eA(t0)−A(t)
1.6 Recollements
On considère une équation de la forme
ay0+b y =c
où a,b,csont des fonctions continues dans un intervalle I. Lorsque la fonction ane prend pas la valeur 0
dans l’intervalle, on se ramène au cas habituel en divisant par a. En revanche, lorsque as’annule tout se
complique. La notion même de solution n’est plus évidente.
Si aadmet au moins une racine sur I on cherche les solutions sur chacun des plus grands intervalles J
sur lequel la fonction ane sannule pas en prenant une constante dintégration différente sur chaque J. Les
solutions sur I sont alors définies par morceaux sur chaque intervalle J de sorte que
•La solution se prolonge par continuité en chaque racine αde la fonction a
•La solution ainsi prolongée est de classe C1sur I.
Par exemple, si aest continue sur Ret s’annule seulement en x0on suit les étapes suivantes :
1. On commence par résoudre l’équation sur ]−∞,x0[ et sur ]x0,+∞[, là où ane s’annule pas.
2. On écrit qu’une solution définie sur Rest une solution sur ]−∞,x0[ et aussi sur ]x0,+∞[ et on écrit
ces restrictions en utilisant le point précédent. Ces solutions font intervenir des constantes qui sont
a priori différentes.
3. On étudie si les restrictions à ] −∞,x0[ et à ]x0,+∞[ admettent une limite (finie) commune en x0.
On peut ainsi prolonger la fonction à Rtout entier. éventuellement, ceci impose des contraintes sur
les constantes.
4. On étudie si les dérivées des restrictions à ]−∞,x0[ et à ]x0,+∞[ admettent une limite (finie) com-
mune en x0. La fonction prolongée est ainsi dérivable en x0, éventuellement, ceci impose d’autres
contraintes sur les constantes.
5. On vérifie qu’on a bien obtenu une solution.
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Exemple 1.4. Déterminer les solutions sur Rde l’équation différentielle suivantes :
ty0−2y=t3
Solution : le terme devant y0s’annule en 0, il faut donc résoudre l’équation sur les intervalles où la fonction t7→ tne s’annule
pas ]0,+∞[ et ]−∞,0[, puis étudier si les solutions se recollent correctement.
—ty0−2y=t3: sur ]0,+∞[, on résout d’abord l’équation sans second membre
ty0−2y=0⇐⇒ y0=2
ty
et donc les solutions de l’équation sans second membre sont les fonctions de la forme y(t)=λt2.
Pour trouver les solutions de l’équation avec second membre, on peut utiliser la méthode de variation des constantes, ou
remarquer plus facilement que t7→ t3est solution.
Une fonction yest donc solution de l’équation sur ]0,+∞[ si et seulement s’il existe λ∈Rtel que y(t)=λt2+t3.
De même, une fonction yest donc solution de l’équation sur ]−∞,0[ si et seulement s’il existe µ∈Rtel que y(t)=µt2+t3.
— Essayons maintenant de résoudre l’équation sur R. Si y:R→Rest solution de l’équation sur R, alors il existe deux
constantes λet µtelles que
y(t)=(λt2+t3si t>0
µt2+t3si t<0
On veut que ysoit continue en 0. Mais on remarque que
lim
t→0−y(t)=lim
t→0+y(t)=0.
yainsi définie et prolongée par y(0) =0 est bien continue en 0. De même, il faut que ysoit dérivable en 0. Mais, yest
dérivable à droite en 0, et y0
d(0) =0 (c’est la dérivée de t7→λt2+t3en 0), et yest dérivable à gauche en 0 avec y0
g(0) =0.
Ainsi, la formule précédente définit bien une fonction
yλ,µ(t)=
λt2+t3si t>0
µt2+t3si t<0
0 si t=0
dérivable sur R. De plus, yλ,µest solution de l’équation. par suite :
S={yλ,µ|λ,µ∈R}
Exemple 1.5. Déterminer les solutions sur Rde l’équation différentielle suivantes :
t2y0−y=0
Solution : On résout d’abord l’équation sur ]0,+∞[. Elle est équivalente à
y0=1
t2y,
ce qui nous dit qu’une fonction yest solution sur ]0,+∞[ si et seulement si y(t)=λe−1/tavec λ∈R.
De même, une fonction yest solution sur ] −∞,0[ si et seulement si y(t)=µe−1/tavec µ∈R.
Si on cherche maintenant une solution ysur R, ses restrictions à ]0,+∞[ et à ]−∞,0[ sont aussi solutions, et il existe λ,µ∈Rtels
que
y(t)=(λe−1/tsi t>0
µe−1/tsi t<0
On étudie la continuité éventuelle de yen 0. On a
lim
t→0+y(t)=lim t→0+λe−1/t=0,
tandis que
lim
t→0−y(t)=lim t→0−µe−1/t=
+∞ si µ>0
−∞ si µ<0
0 si µ=0.
Pour assurer la continuité de yen 0, il est donc nécessaire que µ=0 et on prolonge ypar continuité en 0 en posant y(0) =0. Mais
alors, pour t>0, on a
y0(t)=λ
t2e−1/t
et par comparaison des fonctions puissance et exponentielle, on a
lim
t→0+y0(t)=0.
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