Roche

Équations linéaires du second ordre
CIMP-Amphis E,F ; Paul Sabatier 2005-2006
C. A. Roche, d'après des notes de cours de P. Lelong
0.1 Généralités
0.1.1 Dénition
On appelle équation linéaire du 2ème ordre une équation
F (x, y, y 0 , y 00 ) = 0
F étant linéaire par rapport à y, y 0 , y 00 , soit
F = A(x)y 00 + B(x)y 0 + C(x)y + g(x) = 0.
On écrit l'équation plus commodément sous la forme
A(x)y 00 + B(x)y 0 + C(x)y = f (x)
∗
où f (x), indépendant de y et de ses dérivées, est dit second membre de l'équation. On appelle
équation linéaire sans second membre une équation
A(x)y 00 + B(x)y 0 + C(x)y = 0
†
linéaire homogène en y, y 0 , y 00 . On dira que † est l'ESSM associée à ∗.
Nous poserons :
D[y(x)] = A(x)y 00 + B(x)y 0 + C(x)y
D[y(x)] est un opérateur qui fait correspondre à une fonction y(x) dérivable la fonction D[y(x)]
premier membre de l'équation diérentielle. Cette correspondance y(x) 7→ D[y(x)] a des propriétés
remarquables qui seront précisées par les énoncés suivants.
Théorème 1 Si λ et µ sont des constantes, y1 et y2 deux
fonctions de x,
D[λy1 (x) + µy2 (x)] = λD[y1 (x)] + µD[y2 (x)].
En eet : D[λy1 + µy2 ] = A(x)[λy1 00 + µy2 00 ] + B(x)[λy10 + µy20 ] + C(x)[λy1 + µy2 ]. En cherchant
les coecients de λ et de µ au second membre de cette expression, on obtient le second membre
cherché.
Corollaire Si l'équation sans second membre
A(x)y 00 + B(x)y 0 + C(x)y = 0
†
admet les solutions y (x), y (x), elle a comme solutions toutes les fonctions y(x) = λy (x)+µy (x)
où λ et µ sont deux constantes arbitraires. Remarque. Si l'on connait les solutions y (x), y (x), de
1
2
1
1
2
2
†, la solution y(x) = C1 y1 (x)+C2 y2 (x) dépends eectivement de deux constantes arbitraires C1 , C2
n'est pas constant, c'est-à-dire, (en dérivant)) si l'on n'a pas y10 y2 − y1 y20 ≡ 0.
dans le cas où yy12 (x)
(x)
Si y1 (x) et y2 (x) sont proportionnels (y2 = ky1 ) on a seulement obtenu les solutions y(x) =
C1 y1 (x) + C2 ky1 (x) = C 0 y1 (x), C 0 étant une constante arbitraire.
Théorème 2
y0 (x)
Si l'on connait une solution
de l'équation avec second membre
A(x)y 00 + B(x)y 0 + C(x)y = f (x)
on en obtient toutes les solutions en ajoutant à y (x) une solution quelconque de l'équation sans
second membre †.
0
La preuve est similaire a celle du cas du premier ordre.
1
0.1.2 Équations sans second membre
Si l'on connait une solution y (x) de l'équation sans second membre †, on en
obtient la solution générale par deux quadratures.
Théorème 3
1
En eet soint y1 (x) satisfaisant à D[y1 (x)] = 0. Posons y(x) = y1 (x)z(x). A priori nous savons
que l'équation en z(x) : D[y(x)] = 0 admettra la solution z(x) ≡ 1. Formons cette équation :
D[y(x)] = D[y1 z] = A(x)[y1 z 00 + 2y10 z 0 + y1 00 z] + B(x)[y1 z 0 + y10 z] + C(x)y1 z = 0
ou encore
A(x)y1 z 00 + [2A(x)y10 + B(x)y1 ]z 0 + zD[y1 (x)] = 0.
Comme on a D[y1 (x)] = 0, il reste
A(x)y1 z 00 + [2A(x)y1 + B(x)y1 ]z 0 = 0
qui admet bien z ≡ 1 comme solution ; cette équation étant linéaire en z 0 :
z 00
2A(x)y10 (x) + B(x)y1 (x)
y10
B(x)
=
−
=
−2
−
.
0
z
A(x)y1 (x)
y1 A(x)
Intégrons :
ln z 0 = −2 ln y1 −
z0 =
z = C1
Z
C2 − R
e
y1 (x)
Z
B(x)
dx + K
A(x)
B(x)
dx
A(x)
= C2 ϕ(x)
ϕ(x)dx + C1 = C2 ψ(x) + C1 .
Mais y = y1 z, d'où
y = C2 y1 (x)ψ(x) + C1 y1 (x).
‡
On a obtenu l'ensemble des solutions de † par la formule ‡ en fonction des constantes arbitraires
C1 et C2 , autrement dit ‡ nous donne la solution générale de † et on l'a obtenu au moyen de deux
quadratures. Ce calcul montre encore :
Théorème 4 Si y1 (x) et y2 (x) sont deux solutions de l'équation sans second membre †, dont
le rapport
y2 (x)
y1 (x)
n'est pas constant, toute solution de † est de la forme
y(x) = C1 y1 (x) + C2 y2 (x)
(Conbinaison linéaire de y et y .)
1
2
En eet, y1 (x) étant connu, si on pose y(x) = y1 (x)z(x) comme plus haut, l'équation en z 0
obtenue a comme solution non nulle la fonction
z0 (x) =
Donc on a
z(x) = C2
d y2 (x)
.
dx y1 (x)
y2 (x)
+ C1 .
y1 (x)
Alors ‡ donne y(x) = z(x)y1 (x) = C2 y2 (x) + C1 y1 (x).
L'équation † sans second membre se résout par des quadratures quand on connait une solution
particulière. Elle se résout sans calcul quand on connait deux solutions dont le rapport n'est pas
constant.
2
0.2 Equations avec second membre
On résout l'équation avec second membre ∗ par des quadratures lorsque l'on
connait deux solutions de l'équation sans second membre associée † dont le rapport n'est pas
constant.
Théorème 5
En eet, on pose y(x) = u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x) on va déterminer u1 et u2 pour que l'on ait
D[y(x)] = f (x).
Calculons y 0 = (u01 y1 +u02 y2 )+(u1 y10 +u2 y20 ). Imposons la condition supplémentaire u01 y1 +u02 y2 =
0. Il reste y 0 = u1 y10 + u2 y20 . D'où y 00 = u01 y10 + u02 y20 + u1 y100 + u2 y200 . Portons dans l'équation ∗ ; il
vient : D[y(x)] = A(x)[u01 y10 + u02 y20 ] + u1 D[y1 (x)] + u2 D[y2 (x)]. Or D[y1 (x)] = D[y2 (x)] = 0, il reste
à satisfaire
A(x)[u01 y10 + u02 y20 ] = f (x)
de sorte
que u1 et u2 sont à déterminer par le système linéaire :
(
u01 (x)y1 (x) + u02 (x)y2 (x)
=0
f (x)
0
0
0
0
u1 (x)y1 (x) + u2 (x)y2 (x) = A(x)
.
0
0
où les inconnues sont u1 (x) et u2 (x).
Ce système linéaire détermine u01 (x) et u02 )(x) dans les intervalles où le déterminant y1 (x)y20 (x)−
y10 (x)y2 (x) n'est pas nul, c'est-à-dire où yy21 (x)
est non constant. Ayant obtenu u0i (x) = ϕi (x), i = 1, 2,
(x)
R
on aura par ui (x) = ϕi (x)dx+Ki et y(x) = u1 y1 +u2 y2 la solution générale de l'équation complète
∗.
Conclusion La connaissance d'une solution y1 (x) de l'équation sans second membre † permet
de résoudre l'équation complète ∗ au moyen de primitivations.
La méthode suivie ci-dessus s'appelle méthode de variation des constantes pour l'équation du
deuxième ordre.
Exemple Soit à résoudre y 00 +y = 2 cos x. L'équation sans second membre associée est y 00 +y = 0
admet visiblement les solutions non proportionnelles : y1 = cos x et y2 = sin x. On posera donc
y =(u1 cos x + u2 sin x et on écrira le système :
u01 (x) cos x + u02 (x) sin x
=0
0
0
u1 (x)(− sin x) + u2 (x) sin x = 2 cos x
qui donne : u01 = −2 sin x cos x u02 = 2 cos2 x, primitivant : u1 = 21 cos 2x + C1 et u2 =
x + 12 sin 2x + C2 . Ainsi y = x sin x + C10 cos x + C20 sin x est la solution générale de notre équation.
0.2.1 Détermination d'une solution par des conditions initiales
En général on ne demandera pas de donner toutes les solutions d'une équation diérentielle,
mais une solution soumise à des conditions particulières.
Exemple Soit à chercher une soluton y(x) de l'équation y 00 + y = 2 cos x, avec y(a) = α
et y 0 (a) = β. En utilisant l'expression générale obtenue ci-dessus et sa dérivée, on écrira deux
équations linéaires : y(a) = a sin a + C10 cos a + C20 sin a = α, et y 0 (a) = a cos a + sin a − C10 sin a +
C20 cos a = β. On pourra résoudre ce système et calculer les constantes C10 et C20 . On porte ces
valeurs dans l'expression de la solution générale pour obtenir la solution (unique) au problème
posé.
0.3 Équations linéaires à coecients constants
0.3.1 Cas du premier ordre
Soit donnée
ay 0 + by = f (x) a 6= 0. Résolvons l'équation sans second membre associée :
ay + by = 0. Bien évidement on a la solution particuliére y = erx où r = − ab est solution de
0
3
ar + b = 0. Pour résoudre l'équation avec un second membre, on utilise la méthode générale :
y = v(x)erx , qui donne : v 0 = a1 e−rx f (x). puis
rx
1 −rx
e f (x)dx + C .
a
Z
y(x) = e
Exemple 1- Si f (x) est une exponnentielle : esx nous avons :
rx 1
y(x) = e
Z
(s−r)x
e
a
dx + C =
1
esx + Cerx .
a(s − r)
sauf si s = r, auquel cas on a y(x) = xa erx + Cerx .
2- Si f (x) est un polynôme de degré n, soit P (x) on aura
1
y(x) = Cerx + Q(x)
a
où Q(x) est un polynôme de degré n,
rx
Q(x) = e
Z
e−rx P (x)dx.
Bien entendu on n'intégre pas, mais on cherche parmis les polynômes Q de degré n lequel est
solution de aQ0 + bQ = aP.
Le cas r = 0, soit b = 0 se résout par quadrature directe !
3- Si f (x) = esx P (x). P (x) étant un polynôme, on écrit y = esx z et l'on est ramènés au cas
précedent.
0.3.2 Équation du second ordre à coecients constants sans second
membre
Soit ay 00 +by 0 +cy = 0 où a, b, c constants. On cherche des solutions de la forme y = erx , r réel
ou complexe. Or y 0 = rerx et y 00 = r2 erx d'où y = erx est solution si et seulement si (ar2 +br+c)erx =
0. On en déduit
Théorème 5 Pour que erx soit une solution de ay 00 + by 0 + cy = 0 il faut et il sut que r soit
racine de l'équation
dite équation caractéristique
ar2 + br + c = 0
Discussion Supposons que les coecients a, b, c sont réels.
• Supposons en outre que l'équation caractéristique a deux racines distinctes : r1 et r2 . On a
donc deux solutions y1 = er1 x et y2 = er2 x . leur rapport n'est pas constant car r2 − r1 6= 0. Les
solutions de notre équation diérentielle sont alors représentées par :
y = C1 er1 x + C2 er2 x
d'aprés le théorème 4 ci-dessus. Lorsque les deux racines sont des nombres réels, la discussion est
nie, mais lorsque les racines de l'équation caractéristique sont des nombres complexes non-réels,
il est utile de préciser parmis ces solutions celles qui sont réelles.
• Or si r1 = α + iβ, r2 = α − iβ et
er1 x = e(α+iβ)x = eαx (cos βx + i sin βx)
er2 x = e(α−iβ)x = eαx (cos βx − i sin βx).
Et l'on peut former les solutions réelles : Y1 = 12 (y1 +y2 ) = eαx cos βx et Y2 = 2i1 (y1 −y2 ) = eαx sin βx
4
Ainsi la solution générale, combinaison linéaire de celles-ci, est :
y(x) = eαx [K1 cos βx + K2 sin βx]
pour deux constantes réelles K1 , K2 .
En considérant ϕ l'opposé de l'angle entre l'axe des abssices et le vecteur (K1 , K2 ) et A la
norme de ce vecteur : A cos ϕ = K1 et A sin ϕ = −K2 , d'où
A cos(βx + ϕ) = A cos ϕ cos βx − A sin ϕ sin βx = K1 cos βx + K2 sin βx
nous pouvons alors écrire aussi :
y(x) = eαx A cos(βx + ϕ)
√
où l'on se souviendra que α = − 2ab , et 2aβ = 4ac − b2 ; la magnitude A et l'angle ϕ sont les
constantes d'intégration.
L'équation y 00 + y = 0 est l'exemple clef, déjà traité.
b
. Posons, y = erx z,
• Enn, supposons que ar2 +br+c = 0 ait une racine double, elle est r = − 2a
Il vient az 00 + (2ar + b)z 0 = 0, ou encore si l'on pose ϕ(r) = ar2 + br + c
1 00
ϕ (r)z 00 + ϕ0 (r)z 0 = 0.
2
Or ϕ0 (r) = 0 parce que r est une racine double, ainsi notre équation en z se réduit à : az 00 = 0
dont la solution est z = K1 x + K2 pour deux constantes arbitraires.
La solution générale, pour une racine double est donc :
y(x) = erx [K1 x + K2 ].
Exemples 1) y 00 + 2y 0 + y = 0. Équation caractéristique r2 + 2r + 1 = (r + 1)2 = 0. Racine
double, La solution générale de l'équation diérentielle est
y = e−x (C1 x + C2 ).
√
2) y 00 − y 0 + y = 0. Or r2 − r + 1 = 0 a pour solutions 21 ± i 2 3 . La solution générale est donc :
y=e
3) y 00 + 3y 0 + y = 0;
x
2
"
√ #
√
x 3
x 3
+ K2 sin
.
K1 cos
2
2
r2 + 3r + 1 = 0 a pour solutions
3
y = e− 2 x K1 e
√
x 5
2
+ K2 e−
√
−3± 5
2
√
x 5
2
Solution générale :
.
4) L'étude du mouvement oscillant autour d'un axe conduit à l'équation
Iθ00 + f θ0 + cθ = 0,
I étant le moment du système oscillant, f θ0 = f dθ
la résistence du milieu, qui est proportionnelle à
dt
dθ
la vitesse angulaire dt ; et cθ est le couple de rappel supposé proportionnel à l'écart θ du système par
rapport à la position θ = 0 supposée d'équilibre. Les constantes I, f et c sont supposées positives.
L'aiguille d'un galvanomètre oscillant autour d'une position d'équilibre a un mouvement régi par
une telle équation.
Étudions les diérents cas posibles selon la réalité des racines de l'équation caractéristique :
Ir2 + f r + c = 0.
5
√
Réel) ∆ = f 2 − 4Ic > 0. soit f > 2 Ic (amortissement fort). Il y a deux racines réelles r1 , r2
(on vérie qu'elle sont négatives) ; on a les solutions
y = K1 er1 t + K2 er2 t
où r1 et r2 sont négatifs. Il n'y a pas d'oscillation si K1 et K2 sont de même signe. Si K1 et K2
sont de signe contraire, il y a au plus une oscillation car y 0 = K1 r1 er1 t + K2 r2 er2 t ne s'annule que
pour t vériant
e(r1 −r2 )t = −
r 1 K1
,
r 2 K2
1
c'est-à-dire une fois au plus (et seulement si K
est négatif).
K2
√
Non réel) f < 2 Ic (amortissement faible) ; ∆ < 0, notons les racines de l'équations caractéristique
√
α ± iβ = −
f
4Ic − f 2
±i
.
2I
2I
Les solutions de l'équation diérentielles sont
ft
ft
y = e− 2I [K1 cos βt + K2 sin βt] = e− 2I A cos(βt + ϕ).
Une étude sommaire montre que les courbes représentatives oscillent entre les courbes
C1
ft
y1 = e− 2I
:
C2
ft
y2 = −e− 2I
:
auxquelles elle sont alternativement tangentes aux instants tn donnés pas βtn + ϕ = π2 + nπ. On
a un mouvement qui tend vers la position θ = 0 avec des oscillations amorties autour de cette
position.
0.3.3 Équation du second ordre à coecients constants avec second
membre
On a vu que l'équation ay 00 + by 0 + cy = 0 étant résolue, on résout l'équation avec second
membre
D[y(x)] = ay 00 + by 0 + cy = f (x)
(∗∗)
par deux quadratures par la méthode de variation des constantes. Nous allons toutefois étudier
quelques cas particuliers intéressants pour les applications.
Théorème 5 Si f (x) = f1 (x) + f2 (x) + · · · + fp (x) on obtient une solution particulière de (∗∗)
en ajoutant les intégrales des équations obtenues en remplaçant successivement f par f , f , . . . f
au second membre de (∗∗).
1
2
p
En eet, si yk (x) satisfait D[yk (x)] = fk (x), on a
D
" p
X
1
#
yk (x) =
p
X
D[yk (x)] =
1
p
X
fk (x) = f (x).
1
• Le second membre est un polynôme P (x) de degré n.
Il y a une solution qui est un polynôme Q(x), lorsque c 6= 0 ce polynôme est de degré n
car D[Q(x)] est alors du même degré que Q(x). On obtient en posant Q(x) = b0 + b1 x + · · · +
bn xn ; P (x) = a0 + a1 + · · · + an xn , et identiant en commençant par les termes de degré n
abn = an ,
abn−1 + bnbn = an−1
cbn−2 + b(n − 1)bn−1 + an(n − 1)bn = an−2 ,
···
6
Lorsque c = 0 en posant u = y 0 on est ramenés à l'équation du premier ordre au0 + bu = P (x)
que l'on sait résoudre. On termine par une quadrature.
Exemple y 00 + y = x2 Cherchons une solution y = b0 + b1 x + b2 x2 .
En applicant D on a 2b2 + (b2 x2 + b1 x + b0 ) = x2 . Ainsi b2 = 1, b1 = 0 et 2b2 + a0 = 0 c'est-à-dire
a0 = −2. Nous obtenons le polynôme Q(x) = x2 − 2 comme solution particulière de l'équation
donnée. La solution générale de celle-ci est alors
y = x2 − 2 + C1 cos x + C2 sin x.
En toute généralité, lorsque c est nul, l'équation se réduit à ay 00 + by 0 = P (x).
Elle admet une
R
0
solution où y = Q(x) est un polynôme de degré n, donc elle a une solution y = Q(x)dx = R(x),
polynôme de degré n + 1.
Exemple y 00 − 2y 0 = 3x. Posons y 0 = c0 + c1 x; et vy 00 = c1 donc −2c1 x − 2c0 + c1 = 3x et
−2c1 = 3nc1 − 2c0 = 0, d'où c1 = − 23 et c0 = − 43 . Ainsi y 0 (x) = − 34 − 32 x est solution de l'équation
intermediaire et y(x) = − 34 x − 32 x2 est la solution particulière de l'équation donnée. La solution
générale de cette équation est
3
3
y(x) = − x − x2 + C1 e2x + C2 .
4
2
• Le second membre est de la forme Aesx .
On pose y = zesx . L'équation ay 00 +by 0 +cy = Aesx devient [a(z 00 +2sz 0 +s2 z)+b(z 0 +sz)+cz]esx =
Aesx . Il sut alors de résoudre az 00 +(2as+b)z 0 +(as2 +bs+c)z = A ou en posant ϕ(r) = ar2 +br+c
qui est une fonction connue qui donne l'équation caractéristique ici.
1 00
ϕ (s)z 00 + ϕ0 (s)z 0 + ϕ(s)z = A.
2
a) Si ϕ(s)n ot = 0, c'est-à-dire si s n'est pas une racine de l'équation caractéristique ar2 +br+c =
0 on a d'après le cas "deuxième membre polynomial" traité ci-dessus un polynôme, de degré zéro,
comme solution pour z, c'es-à-dire une constante qui est z = A/ϕ(s). D'où la solution particulière
y=
A sx
e .
ϕ(s)
b) Si ϕ(s) = 0 L'équation en z se réduit à
z0 =
A
ϕ0 (s)
=
A
2as + b
à condition que ϕ0 (s) 6= 0, dans ce cas z = Ax/(2as + b) et en reprenant y et notant r2 l'autre
racine de l'équation caractéristique, la solution générale est :
y = esx
A
+ C1 + C2 er2 x .
2as + b
c) Lorsque s est racine double de l'équation caractéristique, on trouve z = Ax2 /(2a) et la
solution générale est
"
#
y = esx
Ax2
+ C1 x + C2 .
2a
• Pour des seconds membres de la forme Aeαx cos βx contentons nous d'indiquer que la méthode
ci-dessus s'applique, en calculant avec des nombres complexes, puisque
Aeαx cos βx =
A (α+iβ)x A (α−iβ)x
e
+ e
.
2
2
7
Parcontre, on signale qu'il sera plus commode de faire le changement : y = e(α+iβ)x z et de calculer
z à partir de l'équation diérentielle en z.
Exemples 1) Soit à résoudre
y 00 − 2y + y = cos x
ou, ce qui revient au même, y 00 − 2y 0 + y = e2 + e 2 .
ix
a) Pour y 00 − 2y 0 + y = e2 posons y = zeix . On obtient z 00 + 2(i − 1)z 0 − 2iz = 12 qui admet
ix
comme solution un polynôme de degré zéro facilement calculé : z = 4i , d'où y = ie4 .
−ix
b) Par un calcul similaire, l'équation y 00 − 2y 0 + y = e 2 admet la solution y = − 4i e−ix .
L'équation y 00 − 2y 0 + y = cos x admet la solution
−ix
ix
i
i
1
y = eix − e−ix = − sin x.
4
4
2
Puisque la solution générale de l'équation sans second membre associée est (1 est racine double
de l'équation caractéristique) ex (C1 x + C2 ). La solution générale est donc
1
y = − sin x + ex (C1 x + C2 ).
2
2) Soit à résoudre y 00 + y = ex + sin x.
L'équation caractéristique r2 + 1 = 0 a pour racines r = ±i, la solution de l'équation sans
second membre associée est donc
y = C1 cos x + C2 sin x.
Cherchons une solution particulière de y 00 + y = ex . On pose y = zex , qui donne z 00 + 2z 0 + 2z = 1
qui a comme solution particulière z = 1/2; on a donc y = 21 ex comme solution particulière de
y 00 + y = ex .
Cherchons ensuite une solution particulière de
y 00 + y = sin x =
1
1 ix
e − e−ix .
2i
2i
Dans ce but cherchons une solution particulière de y 00 + y = 2i1 eix sous la forme y = zeix . Il vient
z 00 + 2iz 0 = 2i1 dont une solution est z 0 = − 41 , z = −x
. D'où y = −x
eix est solution particulière de
4
4
y 00 + y =
1 ix
e .
2i
Il est maintenant clair que y = −x
e−ix est solution particulière de y 00 + y = − 2i1 e−ix (obtenue
4
en changeant i en −i.).
L'équation y 00 + y = sin x admet (la somme) comme solution particulière
y=
x
−x ix −x −ix
e +
e
= − cos x.
4
4
2
L'équation donnée admet la solution particulière
x
1
y = − cos x + ex
2
2
et la solution générale y = − x2 cos x + 12 ex + C1 cos x + C2 sin x.
Vous pouvez lire ce texte aussi sur :
http://www.picard.ups-tlse.fr/~roche/enseignement/A05_06/prem/doc.html}
8