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2 décembre 2013
Équations différentielles linéaires
I Compléments
I.A Sur les dérivées des fonctions réelles à valeurs complexes
(Continuité et dérivabilité des fonctions réelles à valeurs complexes )
Soit f:R→Cune fonction à valeurs complexes. On pose :
f(x)=f1(x)+if2(x)avec f1(x)=Re(f(x))
et f2(x)=Im(f(x))
f1et f2sont des fonctions réelles à valeurs réelles.
On dit alors que fest continue (resp. dérivable) sur Rsi f1et f2sont continues (resp. dérivables) sur R.
Dans ce cas, on note f′(x)=f′
1(x)+if′
2(x).
Définition 1
1. Si a∈Calors f:t7→eat est dérivable sur R, et : ∀t∈R,f′(t)=aeat .
2. Plus généralement, si ϕ:R→Cest une fonction à valeurs complexes dérivable, f:t7→eϕ(t)est dérivable
sur R, et : ∀t∈R,f′(t)=ϕ′(t)eϕ(t).
Proposition 1
Démonstration. 1. Si a=a1+i a2(a1,a2∈R) écrivons f(t) sous forme algébrique :
f(t)=e(a1+i a2)t=ea1t·ei a2t=ea1tcos(a2t)+i e a1tsin(a2t).
Donc :
f′(t)=a1ea1tcos(a2t)−a2ea1tsin(a2t)+i a1ea1tsin(a2t)+i a2ea1tcos(a2t)
=a1ea1t(cos(a2t)+isin(a2t))+i a2ea1t(cos(a2t)+isin(a2t))
=(a1+i a2)ea1t·ei a2t=aeat
I.B Primitives des fonctions réelles à valeurs complexes
Soit Iun intervalle et f:I→Cune fonction. On dit que la fonction Fest une primitive de la fonction fsi Fest
dérivable sur Iet si pour tout xde I, on a : F′(x)=f(x).
Définition 2
Remarque 1 : Deux primitives d’une même fonction diffèrent d’une constante.
Si Fest une primitive de fsur I, on note : F(x)=Zf(x)d x
Si f est à valeurs complexes, on a ainsi : Zf(x)d x =ZRe(f(x))d x +iZIm(f(x))d x
Définition 3
Remarque 2 : Ce préambule à l’étude des équations différentielles est très important. La plupart des équations dif-
férentielles que nous étudierons concerneront des fonctions de Rdans R, cependant leur résolution sera grandement
facilité en faisant intervenir parfois des fonctions de Rdans Cdans une étude intermédiaire. Ceci est dû au fait que
l’exponentielle complexe joue un rôle fondamental dans la résolution de ces équations.
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2 décembre 2013
II Équations différentielles linéaires du premier ordre
(K=Rou C)
On appelle équation différentielle linéaire du premier ordre une équation du type :
(E) : y′+a(t)y=b(t)
où aet bsont des fonctions continues de Idans K, et l’inconnue yune fonction dérivable de Idans K.
fest dite solution de (E) sur Isi ∀t∈I,f′(t)+a(t)f(t)=b(t).
Si best la fonction nulle, l’équation (E) est dite homogène.
Le graphe d’une solution est appelé courbe intégrale de (E).
Définition 4
Remarques 3 : 1. Ces équations sont dites du premier ordre car seule la dérivée première de yintervient, elles
sont dites linéaires car l’équation différentielle apparaît comme combinaison linéaire de yet de y′.
2. Dans la pratique, on peut rencontrer une équation du type :
a(t)y′+b(t)y=c(t)
On se place alors sur un intervalle Isur lequel a(t)6= 0, et on se ramène au premier cas en résolvant :
y′+b(t)
a(t)y=c(t) a(t)
3. Si fest solution de (E), alors f′est continue sur I(car f′(t)=−a(t)f(t)+b(t) avec a,fet bcontinues).
On appelle équation homogène (ou équation sans second membre) associée à l’équation (E) l’équation :
(H) : y′+a(t)y=0
Définition 5
Remarque 4 : Si f,gsont solutions de (H) et λ,µ∈Ralors λf+µgest solution de (H).
Exercice II.1 : Vérifier que f:x7→ ex
ex+1est solution de (E) : (ex+1)y′−y=0.
II.A Résolution de l’équation homogène (H) : y′+a(t)y=0
II.A.1 Cas général
•La fonction nulle est solution.
•Cherchons d’autres solutions de (H) :
— On se place dans le cas où aest une fonction réelle.
Cherchons une solution yqui ne s’annule pas sur I.
Cette fonction est continue et ne s’annule pas donc elle garde un signe constant sur I.
(H) : y′+a(t)y=0⇔y′
y=−a(t)
⇔ln(|y|)=−A(t)+K
(Kétant une constante et A(t)=Za(t)d t une primitive de a).
(H)⇔ |y|= eKe−A(t)
⇔y=λe−A(t)(avec λ=si g ne(y)eK∈R)
Donc si yest une solution réelle qui ne s’annule pas sur I, alors on a y=λe−Ra(t)dt .
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II.A Résolution de l’équation homogène (H) : y′+a(t)y=02 décembre 2013
— Si aest une fonction quelconque (réelle ou complexe), on vérifie alors que y=λe−A(t), avec A(t)=Za(t)dt,
est solution de (H). En effet :
y′(t)+a(t)y(t)=−λA′(t)e−A(t)+λa(t)e−A(t)=−λa(t)e−A(t)+λa(t)e−A(t)=0
•Existe t-il d’autres solutions ?
Soit yune solution quelconque de (H). On pose z=y e A(t). On a :
z′=y′eA(t)+a(t)ye A(t)=(y′+a(t)y
|{z }
=0
)eA(t)=0
Donc zest constante, z=λ, d’où y=λe−A(t).
Toute solution est donc bien de cette forme.
Les solutions générales de (H) : y′+a(t)y=0 sont les fonctions yde la forme :
∀t∈I,y(t)=λe−Ra(t)dt avec λ∈K
De plus, si on fixe une condition y(t0)=α0, alors cette solution est unique (en particulier, si ys’annule en un
point, alors y est la fonction nulle).
Proposition 2
Exercice II.2 : Résoudre sur R: (1+t2)y′+y=0, avec la condition y(0) =1.
Solution. Pour t∈Ralors 1+t26= 0, l’équation équivaut donc à y′+1
1+t2y=0.
Les primitives de asont Za(t)dt =Z1
1+t2dt =arctant+Cavec C∈R
Les solutions de cette équation différentielle sont donc les fonctions y(t)=λe−arctant=λ
earctant
De plus, y(0) =λdonc pour satisfaire la condition initiale fournie λ=1.
En conclusion, l’unique solution du problème est la fonction y(t)=1
earctant
O~
i
~
j
1
2
3
−1
123−1−2
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II.B Résolution de l’équation (E) : y′+a(t)y=b(t)2 décembre 2013
II.A.2 Cas particulier où aest constant
a∈K
Les solutions de (H) : y′+a y =0 sont les fonctions : y(t)=λe−at avec λ∈K
Proposition 3
Démonstration. C’est évident d’après la proposition 2.
Exercice II.3 : Montrer que les fonctions dérivables f:R→Cvérifiant : ∀t,u∈R,f(t+u)=f(t)f(u) sont la fonction
nulle et les fonctions t7→eat avec a∈C.
Démonstration. •Les fonctions proposées sont clairement des solutions de l’équation.
•Réciproquement, si fest une solution de (∗), alors : f(0 +0) =f(0)2soit f2(0) =f(0), donc f(0) =0 ou f(0) =1.
— Si f(0) =0, alors ∀t∈R;f(t+0) =f(t)f(0) =0 donc fest la fonction nulle.
— Si f(0) =1, dérivons fpar rapport à u:f(t+u)=f(t)f(u)⇒f′(t+u)=f(t)f′(u) et donc avec u=0, on obtient : f′(t)=f′(0)f(t).
Donc d’après la proposition 2, on a f(t)=λef′(0)tavec λ∈C. La condition f(0) =1 nous donne finalement λ=1.
II.B Résolution de l’équation (E) : y′+a(t)y=b(t)
Si y0est une solution particulière de (E) : y′+a(t)y=b(t), alors les solutions de (E) sont les fonctions yde la
forme :
y=y0+yH
où yHest solution de l’équation homogène associée (H).
De plus, si on fixe une condition y(t0)=α0, alors cette solution est unique. (C’est le « problème de Cauchy »)
Proposition 4
Démonstration. Soit y0une solution particulière de (E) :
•Soit yHune solution de (H) :
(y0+yH)′+a(t)(y0+yH)=y′
0+y′
H+a(t)y0+a(t)yH
=(y′
0+a(t)y0
|{z }
=b(t)
)+(y′
H+a(t)yH
|{z }
=0
)=b(t)
Donc y0+yHest bien solution de (E).
•Réciproquement, si yest solution quelconque de (E), on pose z=y−y0. On a :
y′+a(t)y=b(t)
y′
0+a(t)y0=b(t)
Par différence, on obtient : (y−y0)′+a(t)(y−y0)=b(t)−b(t)=0, donc zest solution de (H).
D’où :
y=y0
|{z}
solution de (E)
+z
|{z}
solution de (H)
.
Pour résoudre l’équation (E), il « suffit » donc de résoudre (H) et de trouver une solution particulière y0de (E).
Exercice II.4 : Résoudre sur ]1,+∞[ l’équation différentielle :
(E) : (1−t)y′−y=1−2t
(On pourra chercher une solution particulière évidente)
Lorsqu’il n’y a pas de solution évidente, on peut avoir recours aux techniques suivantes :
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II.C Méthodes de détermination d’une solution particulière y0 de (E)2 décembre 2013
II.C Méthodes de détermination d’une solution particulière y0de (E)
II.C.1 Cas où aest une constante, Pune fonction polynôme de degré n, et b(t)=P(t)eαt
On veut résoudre une équation du type :
(E) : y′+ay =P(t)eαt
où aest une constante et P:t7→ a0+a1t+···+antnune fonction polynôme de degré n.
On recherche une solution y0sous la forme y0(t)=Q(t)eαtoù Qest une fonction polynôme.
Procédons de manière « naïve » dans les exemples qui suivent en tentant de trouver un polynôme de même degré
que celui proposé dans l’équation différentielle :
Exemples 1 : 1. y′+2y=(t2+1)e−t
Solution. Cherchons y0sous la forme y0(t)=(at 2+bt +c)e−t.
On a alors y′
0(t)=(−at 2+(2a−b)t+b−c)e−t.
Après substitution dans l’équation et simplifications, on obtient :
(y′
0+2y0)et=at 2+(2a+b)t+b+c=t2+1 d’où, par identification, on a : a=1,b=−2, et c=3.
y0=(t2−2t+3)e−test une solution particulière de l’équation.
2. y′+2y=(t2−1)e−2t
Solution. Cherchons y0sous la forme y0(t)=(at 2+bt +c)e−2t.
On a alors y′
0(t)=(−2at 2+(2a−2b)t+b−2c)e−2t. Après substitution dans l’équation et simplifications, on obtient y′
0+2y0=(2at +b)e−2t
Donc cette forme ne convient pas. Il faut augmenter le degré de Qde 1.
Cas général Si on cherche y0sous la forme y0(t)=Q(t)eαt, on a par substitution :
y′
0+ay0=Q′(t)eαt+(α+a)Q(t)eαt
=(Q′(t)+(α+a)Q(t)
|{z }
=Q1(t)
)eαt=P(t)eαt
•Si α6=−a, alors degQ1=degQ=degP, donc on choisit Qde degré n.
•Si α=−a, alors degQ1=degQ′=degP, donc on choisit Qde degré n+1.
Cette méthode est un cas très particulier, et sera surtout utilisée pour les équations du second ordre à coefficients
constants. Pour le premier ordre, on dispose d’une méthode très générale :
II.C.2 Méthode de variation de la constante
On sait que la solution générale de (H) est de la forme y=λe−A(t)où Aest une primitive de a.
L’idée est maintenant de chercher une solution particulière y0de (E) sous la forme : y0=λ(t)e−A(t)
C’est la méthode de variation de la constante.
Par substitution de la fonction proposée, on obtient :
y′
0+a(t)y0=λ′(t)e−A(t)−a(t)λ(t)e−A(t)+a(t)λ(t)e−A(t)
=λ′(t)e−A(t)
Donc λest donné par la relation :
λ′(t)e−A(t)=b(t)
Il « suffit » alors de trouver une primitive de λ′(la plupart du temps, elle ne s’exprime pas à l’aide des fonctions
usuelles).
Exercice II.5 : 1. Résoudre sur Rl’équation : (E) : y′+y=e2t, en utilisant la méthode de variation de la constante.
2. Résoudre sur R∗
+l’équation : (E) : t y′−3y=2t.
Solution.
1. y(t)=1
3e2t+λe−t,λ∈R.
2. y(t)=−t+λt3,λ∈R.
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