Equations différentielles du deuxième ordre

UNIVERSITE DES SCIENCES ET TECHNOLOGIES DE LILLE
U.F.R. de Mathématiques Pures et Appliquées
Département de Mécanique
Résolution d’une équation différentielle linéaire du second
ordre à coefficients constants
M. Baudoin
1 Existence et unicité de la solution
On considère l’équation linéaire du second ordre à coefficients constants :
ay00 +by0+cy =d(t)(E)
où (a, b, c)∈ R3,a6= 0 et où y désigne une fonction C2(I → K)avec K=Rou Cet Iun intervalle de R.
Théorème de Cauchy-Lipschitz
Soit (t0, y0, y1)∈ I × K2, le problème de Cauchy associé à l’équation (E) :
ay00 +by0+cy =d(t)
y(t0) = y0
y0(t0) = y1
admet une solution unique. Attention les conditions sur y et sa dérivée doivent être données au même
point, sinon la solution n’est pas nécessairement unique.
2 Solution de l’équation homogène
2.1 Cas général
L’équation homogène associée à l’équation (E) est l’équation sans second membre :
a y00
h+b y0 h+c yh= 0 (H)
Pour déterminer l’ensemble de ses solutions, on pose yh=Kert. En remplaçant dans l’équation homogène,
on obtient l’équation du second ordre associée :
ar2+br +c= 0 (S)
Il y a donc 3 cas possibles selon le signe du déterminant ∆ = b2−4ac
•∆>0. Dans ce cas les deux racines réelles sont :
r1=−b+√∆
2a
r2=−b−√∆
2a
et la solution de l’équation homogène :
yh=K1er1t+K2er2t
1

•∆=0. Dans ces cas la racine double de l’équation est :
r3=−b
2a
et la solution de l’équation homogène :
yh= (K3+K4t)er3t
•∆<0. Dans ce cas les deux racines complexes conjuguées sont :
r5=−b+i√−∆
2a
r6=−b−i√−∆
2a
et la solution de l’équation homogène :
yh=K∗
5er5t+K∗ 6er6t
Attention, dans cette expression K∗
5et K∗ 6sont des constantes complexes. Etant donné que les deux
racines sont complexes conjuguées, on peut mettre la solution sous la forme :
yh=e−b
2athK5cos(√−∆
2at) + K6sin(√−∆ 2at)i
avec :
K5= (K∗
5+K∗ 6)et K6= (K∗ 5−K∗ 6)i2 constantes réelles. (1)
Démonstration :
yh=K∗
5er5t+K∗ 6er6t=e−b
2athK∗
5ei√−∆/2a t +K∗ 6e−i√−∆/2a ti
=e−b
2athK∗
5cos(√−∆/2a t) + isin(√−∆/2a t)+K∗ 6cos(√−∆/2a t)−isin(i√−∆/2a t)i
=e−b
2ath(K∗
5+K∗ 6) cos(√−∆
2at)+(K∗
5−K∗ 6)isin(√−∆
2at)i(2)
On préfèrera toujours cette seconde forme où les constantes sont réelles. La solution est
donc harmonique (oscillation à une fréquence donnée) avec une amplitude qui croit ou décroit expo-
nentiellement selon le signe de b/2a.
2.2 Cas particuliers
Deux types d’équations sont rencontrées régulièrement en physique :
•Equation de la forme y00
h−ω2
oyh=0.
Cette forme d’équation correspond au cas général avec a= 1,b= 0,c=−ω2
oet la solution est donc :
yh=K7eωot+K8e−ωot
Dans de nombreux cas physiques, l’un de ces deux coefficients s’annule car la solution ne peut tendre
vers l’infini lorsque ttend vers +ou −l’infini.
2

•Equation de la forme y00
h+ω2
oyh=0.
Cette forme d’équation correspond au cas général avec a= 1,b= 0,c=ω2
oet la solution est donc :
yh=K∗
9eiωot+K∗ 10e−iωot
ou de manière équivalente :
yh=K9cos(ωot) + K10 sin(ωot)
avec :
K9= (K∗
9+K∗ 10)et K10 = (K∗ 9−K∗ 10)i2 constantes réelles. (3)
On préfèrera toujours cette seconde forme où les constantes sont réelles. Cette équation
est donc l’équation d’un oscillateur libre à la fréquence ωo.
3 Solution particulière de l’équation
Une fois la solution de l’équation homogène déterminée, il faut déterminer UNE solution particulière de
l’équation globale avec second membre (E). Pour ce faire, il existe différentes méthodes. Une des méthodes
systématiques est la méthode de variation de la constante que nous décrirons dans la prochaine section. Dans
certains cas simplifiés, on peut, en observant attentivement l’équation, trouver directement la forme de la
solution particulière. Nous donnerons quelques exemples dans la section suivante.
3.1 Méthode de variation de la constante
La forme générale de la solution de l’équation homogène est :
yh=KAfA(t) + KBfB(t)
avec :
fA(t) = e−b+√∆
2atet fB(t) = e−b−√∆ 2atsi ∆>0
fA(t) = e−b
2atcos √−∆
2atet fB(t) = e−b
2atsin √−∆
2atsi ∆<0
fA(t) = e−b
2atet fB(t) = t e−b 2atsi ∆=0
La méthode de variation de la constante consiste à supposer que la solution particulière est de la forme :
yp=K(t)fA(t)ou yp=K(t)fB(t)
c’est à dire que l’on prend une solution de l’équation homogène et on suppose que la constante cor-
respondante dépend de t. Dans la suite, nous noterons f(t)l’une des solutions de l’équation homogène
(f(t) = fA(t)ou fB(t)). Il reste maintenant à déterminer l’expression de K(t).
•Première étape : recherche de l’équation satisfaite par la fonction K(t).
yp(t) = K(t)f(t)
y0
p(t) = K0(t)f(t) + K(t)f0(t)
y00
p(t) = K00(t)f(t)+2K0(t)f0(t) + K(t)f00(t)
3

En remplaçant ces expressions dans l’équation (E), on obtient :
ay00
p+by0 p+cyp= [af(t)] K00(t) + 2af 0(t) + bf(t)K0(t) = d(t)
On remarque que les termes en K(t)s’annulent.
•Deuxième étape : détermination de K’(t).
En posant C(t) = K0(t), on obtient donc une équation différentielle du premier ordre vérifiée par
C(t):
[af(t)] C0(t) + 2af0(t) + bf(t)C(t) = d(t)
que l’on peut résoudre avec les méthodes habituelles pour déterminer C(t).
•Troisième étape : détermination de K(t).
Il suffit alors d’intégrer l’expression de C(t) = K0(t)(sans introduire de constante d’intégration car
l’on cherche UNE solution particulière) pour obtenir l’expression de K(t).
3.2 Cas simples : détermination directe de la forme de la solution
Dans certains cas simples, il est possible de déterminer directement la forme de la solution particulière
sans utiliser la méthode de variation de la constante, en s’inspirant de la forme de d(t).
Exemple 1
ay00 +by0+cy =d(4)
où dest une constante. Dans ce cas la solution particulière est trivialement yp=Kavec K constante. En
remplaçant dans l’équation, on trouve :
c K =det donc K=d
c
Exemple 2
ay00 +by0+cy =P(t)(5)
où P(t) désigne un polynôme d’ordre n.
Dans ce cas, on peut prendre la solution particulière sous forme d’un polynôme de même ordre n:
yp=Q(t).
Exemple : polynôme d’ordre 2
ay00 +by0+cy =αt2+βt +γavec α,β,γ, 3 constantes (6)
On pose dans ce cas, yp=lx2+mx +p, où l, m, p sont trois constantes à déterminer en fonction de a, b, c
et de α, β, γ. Si l’on dérive cette expression, on obtient :
yp=lx2+mx +p
y0
p= 2lx +m
y00
p= 2l
4

En remplaçant dans l’équation (6), on obtient :
[cl]x2+ [cm + 2bl]x+ [cp +bm + 2al] = αt2+βt +γ
On a donc, en identifiant les coefficients du polynôme :
cl =α
cm + 2bl =β
cp +bm + 2al =γ
On a donc un système de 3 équations à 3 inconnues, que l’on peut résoudre facilement :
l=α
c
m=β
c−2bα c2
p=γ
c−βb c2+2b2α c3−2aα c2
Exemple 3
ay00 +by0+cy =P(t)eλt (7)
où P(t) désigne un polynôme d’ordre n.
Dans ce cas, on peut prendre la solution particulière sous forme du produit d’un polynôme de même
ordre net de la fonction exponentielle : yp=Q(t)eλt.
Il suffit alors d’identifier les coefficients des polynômes, comme dans l’exemple précédent. Faire le calcul
pour un polynôme d’ordre 2 à titre d’exercice.
4 Solution globale du problème de Cauchy
Une fois la solution homogène et la solution particulière déterminées, la solution générale de l’équation
est bien sûr la somme de ces deux solutions :
y=yh+yp
Bien sûr cette solution fait intervenir deux constantes inconnues qu’il faut déterminer à l’aide des conditions
aux limites. Une fois ces deux coefficients déterminés, on obtient LA solution du problème de Cauchy
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