ED linéaires d`ordre 2 à coefficients constants

Équations diérentielles linéaires d'ordre 2
à coecients constants
1 Ensemble des solutions d'une ED linéaire d'ordre 2.
2
2 Résolution de l'équation homogène.
3
3 Équation générale : obtenir une solution particulière.
7
3.1 Principe de superposition. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Obtenir une solution pour des seconds membres particuliers. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
8
Introduction
Figure 1 Oscillateur harmonique amorti, soumis à une excitation périodique.
On considère branchés en série, une résistance R, un condensateur de capacité C , une bobine d'inductance L, et un générateur de tension sinusoïdale. Soit q la charge (positive) du condensateur ; on a i = dq
dt .
q
dq
d2 q
En appliquant la loi des mailles, on obtient C + R dt + L dt2 = U0 sin(ωt), que l'on récrit
dq
U0
d2 q
+ 2λ + ω02 q =
sin(ωt)
dt2
dt
L
(ϕ)
√
R
où λ = 2L
et ω0 = ( LC)−1 . Le paramètre λ, on le verra, est un facteur d'amortissement, homogène à l'inverse d'un temps. Le paramètre ω0 est appelé pulsation propre de l'oscillateur dans le cas d'un amortissement
négligeable (λ = 0) et en l'absence d'excitation (U0 = 0), q sera sinusoïdal de pulsation ω0 . L'équation (ϕ)
modélise aussi bien des oscillateurs mécaniques, et elle sera étudiée et utilisée en physique et en SII. Dans ce
cours, on adoptera des notations plus mathématiques, en résolvant l'équation diérentielle
y 00 + ay 0 + by = f (x)
(E),
où (a, b) ∈ K2 et où f : R → K appartient à une classe de fonctions utile pour les applications.
1
PCSI1
L ycée
Albert
S
chweitzer
1
Ensemble des solutions d'une ED linéaire d'ordre 2.
Dénition 1.
On appelle solution de (E) sur R, à valeurs dans K toute fonction y : R → K, deux fois dérivable,
et telle que ∀x ∈ R y 00 (x) + ay 0 (x) + by(x) = f (x).
On appelle équation homogène associée à (E) l'équation diérentielle
y 00 + ay 0 + by = 0
(H).
Proposition 2 (Lien entre SE et SH ).
Si z1 et z2 deux solutions de (E) sur R, alors la fonction (z1 − z2 ) est solution de l'équation
homogène (H) sur R.
Par conséquent, si SE et SH désignent respectivement les ensembles des solutions de (E) et de
(H), et si z ∈ SE (z est une solution particulière de l'équation) alors
SE = {z + y,
y ∈ SH } .
Preuve.
Partie 1. Soient z1 et z2 deux solutions de (E). Elles sont donc deux fois dérivables sur R tout comme leur
diérence z1 − z2 . Pour x ∈ R,
(z1 − z2 )00 (x) + a(z1 − z2 )0 (x) + b(z1 − z2 )(x)
= z100 (x) + az10 (x) + bz1 (x) − z200 (x) + az20 (x) + bz2 (x)
|
{z
}
|
{z
}
=f (x)
=f (x)
= f (x) − f (x) = 0.
La linéarité de l'équation permet d'arranger les termes comme on l'a fait. On a bien sûr utilisé que z1 et z2
sont deux solutions de (E). Ce qui précède montre bien que z1 − z2 est solution de (H).
Partie 2. Soit z une solution de (E). Montrons l'égalité SE = {z + y, y ∈ SH } par double inclusion. On note
Γ l'ensemble de droite.
• Soit g ∈ Γ. Il existe y une solution de (H) telle que g = z + y . La fonction g est deux fois dérivable sur
R comme somme. Pour x ∈ R,
g 00 (x) + ag 0 (x) + bg(x) = (z + y)00 (x) + a(z + y)0 (x) + b(z + y)(x)
= z 00 (x) + az 0 (x) + bz(x) + y 00 (x) + ay 0 (x) + by(x)
|
{z
}
|
{z
}
=f (x) car z∈SE
=0 car y∈SH
= f (x) + 0 = f (x),
ce qui montre g ∈ SE .
• Soit z̃ ∈ SE . D'après la première partie de la preuve, z̃ − z , diérence de deux solutions de (E), est une
solution de (H). On peut donc écrire
z̃ = z + (z̃ − z),
| {z }
∈SH
ce qui montre z̃ ∈ Γ.
2
On en déduit, comme dans le cas des ED linéaires d'ordre 1, la stratégie de résolution suivante : pour
connaître toutes les solutions de (E), il sut de
• connaître
• connaître
les solutions de (H) −→ partie 2 du cours
solution de (E)
−→ partie 3 (dans des cas particuliers)
toutes
une
Proposition 3 (Structure de SH ).
L'ensemble SH contient la fonction nulle et il est stable par combinaison linéaire.
Précisons le second point : si y1 et y2 sont deux solutions de (H) sur R, et si λ et µ sont deux
scalaires de K, alors la combinaison linéaire (λy1 + µy2 ) est une solution de (H) sur R.
Preuve. Soient y1 et y2 deux solutions de (H) et λ et µ deux scalaires de K. Par dénition, y1 et y2 sont
donc deux fois dérivables et il en va de même de λy1 + µy2 . On a donc
(λy1 + µy2 )00 + a(λy1 + µy2 )0 + b(λy1 + µy2 )
= (λy100 + µy200 ) + a(λy10 + µy20 ) + b(λy1 + µy2 )
= λ(y100 + ay10 + by1 ) + µ(y200 + ay20 + by2 )
|
|
{z
}
{z
}
=0 car y1 ∈SH
=0 car y2 ∈SH
= λ · 0 + µ · 0 = 0.
Remarque. Plus tard dans l'année, la proposition précédente s'énoncera en écrivant que SH est un sous-
dans l'espace des fonctions deux fois dérivables. Dans le cas des ED linéaires d'ordre 2, le
prochain paragraphe va montrer que ce sous espace est de dimension 2 : c'est un plan.
espace vectoriel
Remarque. Tout ce qui précède reste valable, sans changer la preuve, lorsque a et b sont des fonctions.
2
Résolution de l'équation homogène.
On résout dans ce paragraphe l'équation diérentielle homogène
y 00 + ay 0 + by = 0
(H)
L'idée centrale ici est de considérer, pour r ∈ C, la fonction u :
R → C
.
x 7→ erx
La fonction u est deux fois dérivable sur R : u0 = ru et u00 = r2 u. On a donc
∀x ∈ R u00 + au0 + bu = (r2 + ar + b)u
On voit donc que
u : x 7→ erx est solution de (H)
si et seulement si
Ceci motive la dénition suivante.
3
r2 + ar + b = 0.
Dénition 4.
On appelle équation caractéristique associée à (H) l'équation
x2 + ax + b = 0,
où a et b sont les coecients constants de (H).
Remarque. On rappelle qu'une telle équation a deux racines
(racine double ) si et seulement si l'une des deux vaut −a/2.
r1 et r2 , avec r1 + r2 = −a. On a r1 = r2
Lemme 5.
Soit l'équation caractéristique x2 + ax + b = 0 associée à (H).
• Si elle a deux racines distinctes r1 et r2 dans C, alors y1 : x 7→ er1 x et y2 : x 7→ er2 x sont
solutions de (H).
• Si elle a une racine double r ∈ C, alors y1 : x 7→ erx et y2 : x 7→ xerx sont solutions de (H).
Théorème 6 (Solutions complexes de l'équation homogène).
Soit (a, b) ∈ C2 et (H) l'équation y 00 + ay 0 + by = 0.
Soit ∆ le discriminant de l'équation caractéristique x2 + ax + b = 0.
C l'ensemble des solutions de (H) à valeurs complexes.
On note SH
• Si ∆ 6= 0, l'équation caractéristique a deux racines distinctes dans C, disons r1 et r2 , et
C
SH
= x 7→ λer1 x + µer2 x , (λ, µ) ∈ C2 .
• Si ∆ = 0, l'équation caractéristique a une racine double dans C, disons r, et
C
SH
= x 7→ (λx + µ)erx , (λ, µ) ∈ C2 .
Preuve. Notons
Γ = x 7→ λer1 x + µer2 x , (λ, µ) ∈ C2
et
e = x 7→ (λx + µ)erx , (λ, µ) ∈ C2 .
Γ
Partie 1. "Les inclusions ⊃".
• Si ∆ 6= 0, alors, l'équation caractéristique a deux racines distinctes que l'on note r1 et r2 . D'après le
Lemme 5, les fonctions y1 : x 7→ er1 x et y2 : x 7→ er2 x sont solutions de (H). D'après la proposition 3 toutes
C ⊃ Γ.
les combinaisons linéaires de la forme λy1 + µy2 sont encore des solutions de (H). Ceci montre que SH
• Si ∆ = 0. Alors, l'équation caractéristique a une racine double que l'on note r. D'après le Lemme 5, les
fonctions y1 : x 7→ xerx et y2 : x 7→ erx sont solutions de (H). D'après la proposition 3 toutes les combinaisons
C ⊃Γ
e.
linéaires de la forme (λy1 +µy2 ) : x 7→ λxerx +µerx sont encore des solutions de (H). Ceci montre que SH
Partie 2. "Les inclusions ⊂".
C une solution de (H) à coecients complexes. Soit r une solution complexe de l'équation
Soit y ∈ SH
4
caractéristique ; on dénit la fonction z : x 7→ e−rx y(x). La fonction z est deux fois dérivable par produit.
Notons u : x 7→ erx . On a
y = uz,
y 0 = u0 z + uz 0 ,
y 00 = u00 z + u0 z 0 + u0 z 0 + uz 00 .
Dans ce qui suit, les équivalences sont inutiles, et seules les implications directes nous servent. On a tout de
même conservé les équivalences car si on cherchait à écrire une preuve plus courte, on pourrait les utiliser
pour se dispenser de la partie 1.
y est solution de (H)
⇐⇒
y 00 + ay 0 + by = 0
⇐⇒
(u00 z + u0 z 0 + u0 z 0 + uz 00 ) + a(u0 z + uz 0 ) + buz = 0
⇐⇒
00
0
uz 00 + (2 u0 + au)z 0 + (u
{z + bu})z = 0
| + au
=ru
C
=0 car u∈SH
⇐⇒
uz 00 + u(2r + a)z 0 = 0
Rappelons que pour tout x réel, u(x) = erx 6= 0 (ce nombre complexe étant de module non nul...) On
peut alors diviser par u pour obtenir
y est solution de (H)
⇐⇒
(∗)
z 0 est solution de Y 0 + (2r + a)Y = 0.
On a supposé y est solution de (H). En résolvant (∗), on en déduit qu'il existe λ ∈ C tel que
∀x ∈ R z 0 (x) = λe−(2r+a)x .
• Si ∆ 6= 0, alors, l'équation caractéristique a deux racines distinctes r1 et r2 . Mettons que r = r2 . Alors,
r1 = −r − a, et comme r1 6= r2 , on a 2r + a 6= 0. Connaissant z 0 , on connait z : il existe une constante µ telle
que
∀x ∈ R z(x) = −
d'où
λ
e−(2r+a)x + µ,
2r + a
λ
∀x ∈ R y(x) = erx z(x) = −
e(−2r−a+r)x + µerx = λ̃er1 x + µer2 x .
2r
+
a
| {z }
:=λ̃
On a bien montré ici que y ∈ Γ.
• Si ∆ = 0, alors r est racine double et 2r + a = 0. On a donc
z 00 = 0.
Sur l'intervalle R, z 0 est constante, et z est donc une fonction ane. Il existe λ et µ telles que
∀x ∈ R z(x) = λx + µ,
d'où
∀x ∈ R y(x) = erx z(x) = (λx + µ)erx .
e.
On a bien montré ici que y ∈ Γ
5
Dans le cas de coecients réels, on peut déduire de ce qui précède le théorème suivant.
Théorème 7 (Solutions réelles de l'équation homogène).
Soit (a, b) ∈ R2 et (H) l'équation y 00 + ay 0 + by = 0. Soit ∆ le discriminant de l'équation caractéR l'ensemble des solutions de (H) à valeurs réelles.
ristique x2 + ax + b = 0. Notons SH
• Si ∆ > 0, l'équation caractéristique a deux racines réelles distinctes, disons r1 et r2 et
R
SH
= t 7→ λer1 t + µer2 t , (λ, µ) ∈ R2 .
• Si ∆ = 0, l'équation caractéristique a une racine double dans R, disons r et
R
SH
= t 7→ (λt + µ)ert , (λ, µ) ∈ R2 .
• Si ∆ < 0, l'équation caractéristique a deux racines complexes conjuguées.
On les note r1 = γ + iω et r2 = γ − iω , avec (γ, ω) ∈ R2 . On a alors
R
SH
= t 7→ eγt (α cos(ωt) + β sin(ωt)) , (α, β) ∈ R2 .
R = t 7→ Aeγt cos(ωt − ϕ), (A, ϕ) ∈ R2 .
On peut aussi écrire SH
Remarque. La preuve du théorème 7 repose principalement sur l'idée simple suivante : si (H) est à coef-
cients réels, elle est a fortiori à coecients complexes. Ainsi, toute solution à valeurs réelles de (H) est a
fortiori une solution à valeurs complexes. Ceci peut s'énoncer à l'aide de l'inclusion :
R
C
SH
⊂ SH
.
Preuve.
• Cas ∆ > 0 et ∆ = 0 traités au tableau.
• Cas ∆ < 0. L'équation caractéristique a deux racines complexes conjuguées r1 = γ + iω et r2 = γ − iω ,
avec (γ, ω) ∈ R2 . Soit y une solution de (H) à valeurs réelles. A fortiori, c'est une solution de (H) à valeurs
complexes et le théorème 6 s'applique. Il existe donc deux nombres complexes λ et µ tels que
∀t ∈ R y(t) = λer1 t + µer2 t
(∗)
On va utiliser une idée ayant servi dans les deux premiers cas et évaluer (∗) en 0 : on obtient y(0) = λ + µ.
Or y est à valeurs réelles et
y(0) = λ + µ = y(0) = λ + µ,
soit
λ + µ = λ + µ (L1 )
Une autre idée : dériver (∗), pour obtenir
∀t ∈ R y 0 (x) = λr1 er1 t + µr2 er2 t .
Évaluons en 0, pour obtenir y 0 (0) = r1 λ + r2 µ. À nouveau, on va écrire que y 0 (0) est réel. En conjuguant, et
en rappelant que r2 = r1 , on obtient
y 0 (0) = r1 λ + r2 µ = y 0 (0) = r1 λ + r2 µ (L2 ).
On récrit le système donné par (L1 ) et (L2 ) sous la forme
(λ − µ) + (µ − λ) = 0
r1 (λ − µ) + r1 (µ − λ) = 0
6
(L1 )
(L2 )
L'opération L2 − r1 L1 amène que µ = λ . On a donc, en revenant à (∗),
∀t ∈ R y(t) = eγt λeiωt + λe−iωt = eγt · 2Re λeiωt .
Écrivons λ sous forme géométrique : λ = reiϕ . On a donc
∀t ∈ R y(t) = 2eγt Re eiϕ eiωt = 2reγt cos (ωt + ϕ) ,
ce qui est bien de la forme donnée par le théorème, en posant A = 2r. On vient de montrer l'inclusion
R
SH
⊂ t 7→ Aeγt cos(ωt − ϕ), (A, ϕ) ∈ R2 .
On peut aussi écrire
∀t ∈ R y(t) = 2reγt (cos(ϕ) cos(ωt) − sin(ϕ) sin(ωt)) ,
ce qui montre l'inclusion
R
SH
= t 7→ eγt (α cos(ωt) + β sin(ωt)) , (α, β) ∈ R2 .
Pour montrer les inclusions réciproques, il sut de montrer que les fonctions de la forme donnée sont
eectivement solutions, ce qui se fait par un simple calcul.
3
Équation générale : obtenir une solution particulière.
Il s'agit ici de trouver une solution de l'équation
y 00 + ay 0 + by = f (x)
3.1
(E)
Principe de superposition.
Comme pour les ED linéaires d'ordre 1, on a un principe de superposition lorsque le second membre se
présente comme somme de deux fonctions.
Proposition 8 (Principe de superposition).
Soient a, b ∈ K. Si
· y1 est solution sur R de y 00 + ay 0 + by = f1 (x) (E1 ),
· y2 est solution sur R de y 00 + ay 0 + by = f2 (x) (E2 ),
alors y1 + y2 est solution sur I de l'équation y 00 + ay 0 + by = f1 (x) + f2 (x) (E3 ).
Preuve. Soient y1 et y2 deux solutions, respectivement de (E1 ) et (E2 ). Elles sont par dénition deux fois
dérivables sur R. La fonction y1 + y2 l'est donc aussi. Pour x ∈ R,
(y1 + y2 )00 (x) + a(y1 + y2 )0 (x) + b(y1 + y2 )(x) = ( y100 + ay10 + by1 ) + ( y200 + ay20 + by2 )
|
{z
}
|
{z
}
=f1 (x) car y1 ∈SE1
=f2 (x) car y2 ∈SE2
= f1 (x) + f2 (x).
Les deux paquets , l'un dépendant de y1 , l'autre de y2 ont pu être formés en tirant parti de la linéarité
de l'équation.
7
3.2
Obtenir une solution pour des seconds membres particuliers.
En première année, on limite l'étude des équations non-homogènes à des exemples importants pour les
applications : on considère dans ce qui suit des seconds membres de la forme
x 7→ Aeαx , avec (A, α) ∈ C2
et
t 7→ A cos(ωt) + B sin(ωt), avec (A, B, ω) ∈ R3 .
Proposition 9.
Soient a, b, A, α ∈ K. L'équation
y 00 + ay 0 + by = Aeαx
admet une solution particulière de la forme
• x 7→ Beαx si α n'est pas racine de l'équation caractéristique,
• x 7→ Bxeαx si α est une racine simple de l'équation caractéristique,
• x 7→ Bx2 eαx si α est racine double de l'équation caractéristique,
où B est une constante (de K) à déterminer.
Preuve. On va chercher une solution particulière de la forme
y : x 7→ z(x)eαx ,
où z est une fonction deux fois dérivable sur R à déterminer. Notons u : x 7→ eαx . La fonction u est deux fois
dérivable : on a u0 = αu et u00 = α2 u. La fonction y est deux fois dérivable comme produit :
y = zu,
y 0 = zu0 + z 0 u = (αz + z 0 )u,
y 00 = zu00 + z 0 u0 + z 0 u0 + z 00 u = (α2 z + 2αz 0 + z 00 )u
On a, u ne s'annulant pas,
y est solution de (H)
⇐⇒
y 00 + ay 0 + by = Au
⇐⇒
(α2 z + 2αz 0 + z 00 )
u + a(αz + z 0 )
u + bz
u = A
u
⇐⇒
z 00 + (2α + a)z 0 + (α2 + aα + b)z = A
(∗)
• Si α n'est pas racine de l'équation caractéristique, il sut de prendre z constante égale à B := A/(α2 +aα+b)
pour satisfaire (∗). Cela donne bien une solution particulière du type y : x 7→ z(x)eαx = Beαx .
• Si α est racine simple de l'équation caractéristique, on a α2 + aα + b = 0 et 2α + a 6= 0. Il faut donc choisir
z telle que
z 00 + (2α + a)z 0 = A.
(∗)
On prend constante égale à B := A/(2α + a) et pour cela on choisit z : x 7→ Bx. Cela donne bien une
solution particulière du type y : x 7→ z(x)eαx = Bxeαx .
• Si α est racine double de l'équation caractéristique, on a α2 + aα + b = 0 et 2α + a = 0. Il faut donc choisir
z telle que
z0
z 00 = A,
(∗)
8
ce que l'on fait en prenant z : x 7→ A2 x2 . Cela donne bien une solution particulière du type y : x 7→ z(x)eαx =
Bx2 eαx (en posant B = A/2). On remarque que si a, b, α et A sont des nombres réels, dans les trois cas, B
est un nombre réel.
Considérons maintenant un cas particulier important pour les applications : celui où le second membre
est de la forme t 7→ A cos(ωt), ou t 7→ A sin(ωt). En termes physiques, il s'agit de l'équation d'un oscillateur
harmonique excité périodiquement. On va voir que l'on peut se ramener à une équation du type de celles de
la proposition 9. On énonce une proposition clé en main mais c'est l'idée de la preuve que l'on utilisera
dans la pratique.
Proposition 10.
Soient a, b, A ∈ R et ω ∈ R∗+ . Soit (E) une équation du type
y 00 + ay 0 + by = A cos(ωt)
ou
y 00 + ay 0 + by = A sin(ωt).
• Si iω est racine de l'équation caractéristique, il existe une solution de (E) de la forme
z : t 7→ B cos(ωt) + B 0 sin(ωt),
avec B et B 0 deux réels à déterminer.
• Si iω est racine de l'équation caractéristique, alors nécessairement, a = 0 et b = ω 2 (oscillateur harmonique non amorti). L'équation (E) a une solution de la forme
z : t 7→ t B cos(ωt) + B 0 sin(ωt) ,
avec B et B 0 deux réels à déterminer.
Preuve. Dans cette preuve, on cherche une solution de
y 00 + ay 0 + by = A cos(ωt) (E).
(le cas du sinus se traite de manière
analogue, en utilisant la partie imaginaire la place de la partie réelle).
Pour t réel, cos(ωt) = Re eiωt . On cherche une solution particulière de l'équation complexe auxiliaire.
y 00 + ay 0 + by = Aeiωt ,
(EC )
prise en charge par la proposition 9. Ici, ”α = iω”. L'équation caractéristique a des coecients réels donc,
si iω est racine de l'équation, son conjugué −iω (6= iω ) est racine aussi : on ne peut pas dans ce cas avoir de
racine double.
• Si iω n'est pas racine de l'équation caractéristique, d'après P 9, l'équation (E) a une solution particulière
de la forme zp : t 7→ Ceiωt , où C est une constante complexe. Les coecients a et b étant réels, sa
partie réelle est solution de l'équation (E). En écrivant C = α + iβ , (α, β) ∈ R2 , on obtient une solution
particulière de la forme
yp : t 7→ Re Ceiωt = Re [(α + iβ) · (cos(ωt) + i sin(ωt))] = α cos(ωt) − β sin(ωt).
Il reste à poser B := α et B 0 := −β pour avoir la forme voulue.
• Si iω n'est pas racine de l'équation caractéristique, d'après P 9, l'équation (EC ) a une solution particulière de la forme zp : t 7→ Cteiωt , où C est une constante complexe. Les coecients a et b étant réels,
9
sa partie réelle est solution de l'équation (E). En écrivant C = α + iβ , (α, β) ∈ R2 , on obtient, par un
calcul analogue au précédent, une solution particulière de la forme
yp : t 7→ Re Cteiωt = t (α cos(ωt) − β sin(ωt)) .
Il reste à poser B := α et B 0 := −β pour avoir la forme voulue.
Remarque. Dans le cas où
associée) est du type
iω est racine de l'équation caractéristique, on a vu que l'équation (complexe
y 00 + ω 2 y = Aeiωt .
Il s'agit de l'équation d'un oscillateur harmonique non amorti excité à sa pulsation propre. Le facteur t dans
l'expression de la solution particulière traduit que le système entre en résonance (voir l'exemple en vidéo).
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