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2 décembre 2013
Équations différentielles linéaires
I Compléments
I.A Sur les dérivées des fonctions réelles à valeurs complexes
Définition 1
(Continuité et dérivabilité des fonctions réelles à valeurs complexes )
Soit f : R → C une fonction à valeurs complexes. On pose :
f (x) = f 1 (x) + i f 2 (x)
avec
et
f 1 (x) = Re( f (x))
f 2 (x) = Im( f (x))
f 1 et f 2 sont des fonctions réelles à valeurs réelles.
On dit alors que f est continue (resp. dérivable) sur R si f 1 et f 2 sont continues (resp. dérivables) sur R.
Dans ce cas, on note f ′ (x) = f 1′ (x) + i f 2′ (x).
Proposition 1
1. Si a ∈ C alors f : t 7→ e at est dérivable sur R, et : ∀t ∈ R, f ′ (t ) = ae at .
2. Plus généralement, si ϕ : R → C est une fonction à valeurs complexes dérivable, f : t 7→ e ϕ(t ) est dérivable
sur R, et : ∀t ∈ R, f ′ (t ) = ϕ′ (t )e ϕ(t ) .
Démonstration. 1. Si a = a1 + i a2 (a1 , a2 ∈ R) écrivons f (t ) sous forme algébrique :
f (t ) = e (a 1 +i a 2 )t = e a 1 t · e i a 2 t = e a 1 t cos(a2 t ) + i e a 1 t sin(a2 t ).
Donc :
f ′ (t ) = a1 e a 1 t cos(a2 t ) − a2 e a 1 t sin(a2 t ) + i a1 e a 1 t sin(a2 t ) + i a2 e a 1 t cos(a2 t )
= a1 e a 1 t (cos(a2 t ) + i sin(a2 t )) + i a2 e a 1 t (cos(a2 t ) + i sin(a2 t ))
= (a1 + i a2 )e a 1 t · e i a 2 t = ae at
I.B Primitives des fonctions réelles à valeurs complexes
Définition 2
Soit I un intervalle et f : I → C une fonction. On dit que la fonction F est une primitive de la fonction f si F est
dérivable sur I et si pour tout x de I , on a : F ′ (x) = f (x).
Remarque 1 :
Deux primitives d’une même fonction diffèrent d’une constante.
Définition 3
Z
Si F est une primitive de f sur I , on note : F (x) = f (x)d x
Z
Z
Z
Si f est à valeurs complexes, on a ainsi : f (x)d x = Re( f (x))d x + i Im( f (x))d x
Remarque 2 : Ce préambule à l’étude des équations différentielles est très important. La plupart des équations différentielles que nous étudierons concerneront des fonctions de R dans R, cependant leur résolution sera grandement
facilité en faisant intervenir parfois des fonctions de R dans C dans 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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II Équations différentielles linéaires du premier ordre
(K = R ou C)
Définition 4
On appelle équation différentielle linéaire du premier ordre une équation du type :
(E ) : y ′ + a(t )y = b(t )
où a et b sont des fonctions continues de I dans K, et l’inconnue y une fonction dérivable de I dans K.
f est dite solution de (E ) sur I si ∀t ∈ I , f ′ (t ) + a(t ) f (t ) = b(t ).
Si b est la fonction nulle, l’équation (E ) est dite homogène.
Le graphe d’une solution est appelé courbe intégrale de (E ).
Remarques 3 :
1. Ces équations sont dites du premier ordre car seule la dérivée première de y intervient, elles
sont dites linéaires car l’équation différentielle apparaît comme combinaison linéaire de y et 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 I sur lequel a(t ) 6= 0, et on se ramène au premier cas en résolvant :
y′ +
b(t )
c(t )
y=
a(t )
a(t )
3. Si f est solution de (E ), alors f ′ est continue sur I (car f ′ (t ) = −a(t ) f (t ) + b(t ) avec a, f et b continues).
Définition 5
On appelle équation homogène (ou équation sans second membre) associée à l’équation (E ) l’équation :
(H ) : y ′ + a(t )y = 0
Remarque 4 :
Si f , g sont solutions de (H ) et λ, µ ∈ R alors λf + µg est solution de (H ).
Exercice II.1 :
Vérifier que f : x 7→
ex
est solution de (E ) : (e x + 1)y ′ − y = 0.
ex + 1
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 a est une fonction réelle.
Cherchons une solution y qui 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
(K étant une constante et A(t ) =
Z
(H )
⇔
⇔
y′
= −a(t )
y
ln(|y|) = −A(t ) + K
a(t )d t une primitive de a).
⇔
⇔
|y| = e K e −A(t )
y = λe −A(t ) (avec λ = si g ne(y)e K ∈ R)
Donc si y est une solution réelle qui ne s’annule pas sur I , alors on a y = λe −
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R
a(t )d t
.
II.A Résolution de l’équation homogène (H ) : y ′ + a(t )y = 0
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— Si a est une fonction quelconque (réelle ou complexe), on vérifie alors que y = λe −A(t ) , avec A(t ) =
est solution de (H ). En effet :
Z
a(t )d t ,
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 y une solution quelconque de (H ). On pose z = ye A(t ) . On a :
z ′ = y ′ e A(t ) + a(t )ye A(t ) = (y ′ + a(t )y )e A(t ) = 0
| {z }
=0
−A(t )
Donc z est constante, z = λ, d’où y = λe
.
Toute solution est donc bien de cette forme.
Proposition 2
Les solutions générales de (H ) : y ′ + a(t )y = 0 sont les fonctions y de la forme :
∀t ∈ I , y(t ) = λe −
R
a(t )d t
avec λ ∈ K
De plus, si on fixe une condition y(t0 ) = α0 , alors cette solution est unique (en particulier, si y s’annule en un
point, alors y est la fonction nulle).
Exercice II.2 :
Résoudre sur R : (1 + t 2 )y ′ + y = 0, avec la condition y(0) = 1.
1
Solution. Pour t ∈ R alors 1 + t 2 6= 0, l’équation équivaut donc à y ′ +
y = 0.
1+t2
Z
Z
1
d t = arctan t +C avec C ∈ R
Les primitives de a sont a(t )d t =
1+t2
λ
Les solutions de cette équation différentielle sont donc les fonctions y (t ) = λe− arctan t = arctan t
e
De plus, y (0) = λ donc pour satisfaire la condition initiale fournie λ = 1.
1
En conclusion, l’unique solution du problème est la fonction y (t ) = arctan t
e
3
2
1
~j
−2
O
−1
~
i
−1
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1
2
3
II.B Résolution de l’équation (E ) : y ′ + a(t )y = b(t )
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II.A.2 Cas particulier où a est constant
Proposition 3
a∈K
Les solutions de (H ) : y ′ + a y = 0 sont les fonctions : y(t ) = λe −at avec λ ∈ K
Démonstration. C’est évident d’après la proposition 2.
Exercice II.3 : Montrer que les fonctions dérivables f : R → C vérifiant : ∀t , u ∈ R, f (t +u) = f (t ) f (u) sont la fonction
nulle et les fonctions t 7→ e at avec a ∈ C.
Démonstration.
• Les fonctions proposées sont clairement des solutions de l’équation.
• Réciproquement, si f est une solution de (∗), alors : f (0 + 0) = f (0)2 soit f 2 (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 f est la fonction nulle.
— Si f (0) = 1, dérivons f par 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 ) = λe f (0)t avec 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 )
Proposition 4
Si y 0 est une solution particulière de (E ) : y ′ + a(t )y = b(t ), alors les solutions de (E ) sont les fonctions y de la
forme :
y = y0 + yH
où y H est 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 »)
Démonstration. Soit y 0 une solution particulière de (E ) :
• Soit y H une solution de (H ) :
(y 0 + y H )′ + a(t )(y 0 + y H )
=
=
′
y 0′ + y H
+ a(t )y 0 + a(t )y H
′
′
(y 0 + a(t )y 0 ) + (y H
+ a(t )y H ) = b(t )
|
{z
}
{z
}
|
=b(t )
=0
Donc y 0 + y H est bien solution de (E ).
• Réciproquement, si y est solution quelconque de (E ), on pose z = y − y 0 . On a :
y ′ + a(t )y
y 0′ + a(t )y 0
=
=
b(t )
b(t )
Par différence, on obtient : (y − y 0 )′ + a(t )(y − y 0 ) = b(t ) − b(t ) = 0, donc z est solution de (H ).
D’où :
y=
y0
+
z
.
|{z}
|{z}
solution de (E )
solution de (H )
Pour résoudre l’équation (E ), il « suffit » donc de résoudre (H ) et de trouver une solution particulière y 0 de (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 y 0 de (E )
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II.C Méthodes de détermination d’une solution particulière y 0 de (E )
II.C.1 Cas où a est une constante, P une fonction polynôme de degré n, et b(t ) = P (t )e αt
On veut résoudre une équation du type :
(E ) : y ′ + a y = P (t )e αt
où a est une constante et P : t 7→ a0 + a1 t + · · · + an t n une fonction polynôme de degré n.
On recherche une solution y 0 sous la forme y 0 (t ) = Q(t )e αt où Q est 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 = (t 2 + 1)e −t
Solution. Cherchons y 0 sous la forme y 0 (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′ + 2y 0 )e t = at 2 + (2a + b)t + b + c = t 2 + 1 d’où, par identification, on a : a = 1,b = −2, et c = 3.
y 0 = (t 2 − 2t + 3)e −t est une solution particulière de l’équation.
2. y ′ + 2y = (t 2 − 1)e −2t
Solution. Cherchons y 0 sous la forme y 0 (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′ +2y 0 = (2at +b)e −2t
Donc cette forme ne convient pas. Il faut augmenter le degré de Q de 1.
Cas général Si on cherche y 0 sous la forme y 0 (t ) = Q(t )e αt , on a par substitution :
y 0′ + a y 0
=
=
Q ′ (t )e αt + (α + a)Q(t )e αt
(Q ′ (t ) + (α + a)Q(t ))e αt = P (t )e αt
{z
}
|
=Q 1 (t )
• Si α 6= −a, alors degQ 1 = degQ = deg P , donc on choisit Q de degré n.
• Si α = −a, alors degQ 1 = degQ ′ = deg P , donc on choisit Q de 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 A est une primitive de a.
L’idée est maintenant de chercher une solution particulière y 0 de (E ) sous la forme : y 0 = 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 )y 0
=
=
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 λ est 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 R l’équation : (E ) : y ′ +y = e 2t , en utilisant la méthode de variation de la constante.
2. Résoudre sur R∗+ l’équation : (E ) : t y ′ − 3y = 2t .
Solution.
1 2t
e + λe −t , λ ∈ R.
3
2. y (t ) = −t + λt 3 , λ ∈ R.
1. y (t ) =
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II.C Méthodes de détermination d’une solution particulière y 0 de (E )
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II.C.3 Principe de superposition
Proposition 5
Si y 1 est solution particulière de (E 1 ) : y ′ + a(t )y = b 1 (t ) et y 2 est solution particulière de (E 2 ) : y ′ + a(t )y = b 2 (t ),
alors y 1 + y 2 est solution particulière de (E ) : y ′ + a(t )y = b 1 (t ) + b 2 (t ).
Démonstration.
Exercice II.6 :
½
y 1′ + ay 1 = b 1
y 2′ + ay 2 = b 2
⇒ (y 1 + y 2 )′ + a(y 1 + y 2 ) = b 1 + b 2
Déterminer une solution particulière sur ] − 1, 1[ de l’équation :
(E ) : y ′ − y = 2t e 2t + p
Solution. y 0 (t ) = (2t − 2)e
2t
t
+ e arcsin t est une solution particulière de (E ).
et
1− t2
II.C.4 Utilisation des nombres complexes
Lorsque le second membre comporte un sinus ou un cosinus, on peut être amené dans certains cas à passer par
une résolution dans C, comme dans l’exemple suivant :
Exemple 2 :
(E ) : y ′ − y = 2e 2t sin t
Solution.
• La solution générale de (H ) est y = λe t . Pour la recherche d’une solution particulière de l’équation avec second membre, on
peut utiliser le théorème de superposition en remarquant à l’aide des formules d’Euler que :
2e 2t sin t = e 2t (e i t − e −i t ) = e (2+i )t − e (2−i )t
Il suffit alors de trouver une solution particulière de (E ) : y ′ − y = e (2+i )t − e (2−i )t en utilisant le théorème de superposition dans C.
1 − i (2+i )t
Après utilisation de l’une des méthodes II.C.1 ou II.C.2, on trouve que y 1 =
e
est une solution de (E 1 ) : y ′ − y = e (2+i )t .
2
′
(2−i )t
On en déduit que − ȳ 1 est une solution de (E 2 ) : y − y = −e
, donc par superposition :
y 0 = y 1 − ȳ 1 = 2Im(y 1 ) = e 2t (sin t − cos t )
est une solution particulière de (E ).
On peut d’ailleurs déterminer cette solution plus rapidement avec ce qui suit :
• Cherchons une solution particulière z 0 de (E ′ ) : y ′ − y = 2e 2t e i t = 2e (2+i )t (le second membre de (E ′ ) est la partie imaginaire de celui de
(E )).
L’une des méthodes II.C.1 ou II.C.2 nous donne : z 0 = (1 − i )e (2+i )t .
• On en déduit une solution particulière de (E ) : y 0 = Im(z 0 ) = e 2t (sin t − cos t )
Les solutions de (E ) sont alors de la forme : y (t ) = λe t + e 2t (sin t − cos t ), λ ∈ R.
3
2
1
−4
−3
−2
1
−1
−1
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III Équations différentielles linéaires du second ordre à coefficients constants
Définition 6
On appelle équation différentielle linéaire du second ordre une équation du type :
(E ) : y ′′ + a(t )y ′ + b(t )y = c(t )
où a, b et c : I → K sont des fonction continues.
f est dite solution de (E ) si ∀t ∈ I , f ′′ (t ) + a(t ) f ′ (t ) + b(t ) f (t ) = c(t ).
Définition 7
On appelle équation homogène (ou équation sans second membre) associée à l’équation (E ) l’équation :
(H ) : y ′′ + a(t )y ′ + b(t )y = 0
Si f et g sont des solutions de (H ) et λ, µ ∈ R, alors λf + µg est solution de (H ).
Dans la suite, on travaille uniquement sur les équations du type :
(E ) : a y ′′ + by ′ + c y = f (t )
où a, b et c ∈ K a 6= 0 et f : I → K est une fonction continue (Ces équations différentielles sont dites linéaires du
second ordre à coefficients constants).
III.A Résolution de l’équation homogène (H ) : a y ′′ + by ′ + c y = 0
On cherche s’il existe des solutions (dans C) sous la forme y = e r t .
On a alors y ′ = r e r t et y ′′ = r 2 e r t , d’où :
a y ′′ + by ′ + c y = 0
⇔
⇔
ar 2 e r t + br e r t + ce r t = 0
ar 2 + br + c = 0
Cette dernière équation admet des solutions r 1 et r 2 dans C (éventuellement doubles).
t 7→ e r 1 t et t 7→ e r 2 t sont alors solutions de (H ) dans C.
Définition 8
l’équation ar 2 + br + c = 0 est appelée équation caractéristique de (E ).
On recherche l’ensemble des solutions de (H ).
Soit r une racine de l’équation caractéristique et z une solution quelconque de (H ).
On recherche z sous la forme z = λ(t )e r t (on considére donc λ(t ) = ze −r t ).
On a z ′ = λ′ (t )e r t + r λ(t )e r t et z ′′ = λ′′ (t )e r t + 2r λ′ (t )e r t + r 2 λ(t )e r t , donc :
az ′′ + bz ′ + c
=
=
2
′
rt
′′
rt
λ(t )e r t (ar
| +{zbr + c}) + λ (t )e (2ar + b) + aλ (t )e
=0
e r t [aλ′′ (t ) + (2ar + b)λ′ (t )]
Donc z est solution de (H ) si et seulement si : aλ′′ (t ) + (2ar + b)λ′ (t ) = 0.
2ar +b
Sous cette condition, λ′ est solution de l’équation du premier ordre : a y ′ + (2ar + b)y = 0, donc : λ′ (t ) = µe − a t ,
µ∈C
On distingue alors 2 cas :
1)
b
2ar + b
= 0, alors r = − . Le discriminant ∆ de l’équation caractéristique est nul, et r est racine double.
a
2a
On a λ′ (t ) = µ, donc λ(t ) = µt + K , d’où : z(t ) = (µt + K )e r t .
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III.A Résolution de l’équation homogène (H ) : a y ′′ + by ′ + c y = 0
2)
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b
2ar + b
6= 0, alors r 6= − .
a
2a
Le discriminant ∆ de l’équation caractéristique est non nul, et r = r 1 est racine simple. Si on note r 2 l’autre racine,
b
ar + b
on a r 1 + r 2 = − , donc r 2 = −
.
a
a
On a de plus λ(t ) = Ae −
2ar +b
a
t
+ B, donc :
z(t ) = λ(t )e r t = Ae −
ar +b
a t
+ B e r t = Ae r 2 t + B e r 1 t
Réciproquement, on vérifie bien dans chacun des deux cas que les fonctions de cette forme sont solutions de (E ).
On déduit des résultats précédents la proposition donnant les solutions dans C de l’équation (H ) :
Proposition 6
On note ∆ le discriminant de l’équation caractéristique de (H ) : a y ′′ + by ′ + c y = 0. Les solutions de (H ) dans C
sont :
1. Si ∆ = 0 :y = λe r 0 t + µt e r 0 t , (λ, µ ∈ C)
où r 0 est la racine double de l’équation caractéristique.
2. Si ∆ 6= 0 : y = λe r 1 t + µe r 2 t , (λ, µ ∈ C)
où r 1 et r 2 sont les racines (distinctes) de l’équation caractéristique.
Exercice III.1 :
Résoudre dans C : y ′′ − (7 − 2i)y ′ + (13 − i)y = 0
Solution. On se ramène à une équation caractéristique du second degré à coefficients complexes. La solution est évidemment dans C : y (x) =
λe (2+i)x + µe (5−3i)x , (λ,µ) ∈ C2
Lorsque les coefficients de (H ) sont réels, la proposition suivante nous permet de donner les solutions réelles de
cette équation :
Proposition 7
Soit ∆ le discriminant de l’équation caractéristique de (H ) : a y ′′ + by ′ + c y = 0, avec a, b, c ∈ R. Les solutions de
(H ) dans R sont :
1. Si ∆ = 0 : y = Ae r 0 t + B t e r 0 t , (A, B ∈ R)
où r 0 est la racine double de l’équation caractéristique.
2. Si ∆ > 0 : y = Ae r 1 t + B e r 2 t , (A, B ∈ R)
où r 1 et r 2 sont les racines (réelles et distinctes) de l’équation caractéristique.
3. Si ∆ < 0 : y = e αt (A cos (βt ) + B sin (βt )), (A, B ∈ R)
en notant r = α + iβ et r = α − iβ avec α, β ∈ R les deux racines complexes distinctes conjuguées de l’équation caractéristique.
Démonstration. 1) et 2) découlent directement de la proposition 6.
Montrons 3) :
On suppose ∆ < 0. Si y est une solution de (H ), on a :
y
=
=
=
λe (α+iβ)t + µe (α−iβ)t (λ,µ ∈ C)
e αt (λe iβt + µe −iβt ) = e αt [λ cos (βt ) + iλ sin(βt ) + µcos (βt ) − iµsin (βt )]
(λ + µ)e αt cos (βt ) + i(λ − µ)e αt sin (βt )
Si y est une solution réelle, alors :
y = Re(y ) = Re[(λ + µ)]e αt cos (βt ) + Re[i(λ − µ)]e αt sin(βt ) = Ae αt cos(βt ) + B e αt sin (βt )
Réciproquement, on vérifie aisément que toute fonction de cette forme est solution de (H ).
Exercice III.2 :
′′
Résoudre dans R :
′
a) y − 4y + 4y = 0
b) y ′′ − y ′ − 2y = 0
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III.B Équation avec second membre (E ) : a y ′′ + by ′ + c y = f (t )
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c) y ′′ + y ′ + y = 0
Solution.
a) y (t ) = At e 2t + B e 2t , A,B ∈ R.
b) y (t ) = Ae −t + B e 2t , A,B ∈ R.
Ã
Ãp !
à p !!
1
3
3
c) y (t ) = e − 2 t A cos
t + B sin
t , A,B ∈ R.
2
2
III.B Équation avec second membre (E ) : a y ′′ + by ′ + c y = f (t )
Proposition 8
Si y 0 est une solution particulière de (E ) : a y ′′ + by ′ + c y = f (t ), alors les solutions de (E ) sont les fonctions y de
la forme : y = y 0 + y H où y H est solution
de l’équation homogène associée (H ).
½
y(t0 ) = α0
, alors cette solution est unique. C’est le « problème de Cauchy
De plus, si on fixe une condition
y ′ (t0 ) = β0
»
III.C Recherche d’une solution particulière de (E )
On se limite au cas où f (t ) = P (t )e αt avec α ∈ K et P est un polynôme à coefficients dans K.
On recherche une solution particulière y 0 sous la forme y 0 (t ) = Q(t )e αt . On a :
y 0′ (t ) = Q ′ (t )e αt + αQ(t )e αt
y 0′′ (t ) = Q ′′ (t )e αt + 2αQ ′ (t )e αt + α2 Q(t )e αt
d’où :
a y 0′′ + by 0′ + c y 0 = P (t )e αt ⇔ aQ ′′ (t ) + (2aα + b)Q ′ (t ) + (aα2 + bα + c)Q(t ) = P (t )
On distingue alors 2 cas :
— aα2 + bα + c 6= 0, alors on choisit Q de même degré que P .
— α est racine de ar 2 + br + c = 0, alors :
— Si 2aα + b 6= 0, on choisit Q de degré deg P + 1.
b
est racine double de ar 2 + br + c = 0), on choisit Q de degré deg P + 2.
— Si 2aα + b = 0 (c’est à dire si α = −
2a
Résolution de (E ) : y ′′ + 2y ′ + y = xe x dans R
½
y(0) = 1
avec la condition
y ′ (0) = 1
Exemple 3 :
Solution.
• Commençons tout d’abord par donner la solution générale de l’équation sans second membre (H ) : y ′′ +2y ′ +y = 0. L’équation
caractéristique est r 2 + 2r + 1 = 0, et a pour solution double −1, donc la solution générale de (H ) est : y H = (Ax + B )e −x , (A,B ) ∈ R2
• Ensuite, on cherche une solution particulière y 0 de (E ) sous la forme y 0 (x) = Q(x)e x avec Q(x) = ax + b. On a :
y 0′ = Q ′ (x)e x +Q(x)e x
y 0′′ = 2Q ′ (x)e x +Q(x)e x
1
1
d’où : y 0′′ + 2y 0′ + y 0 = (4Q(x) + 4Q ′ (x))e x = (4ax + 4b + 4a)e x = xe x pour y 0 solution, et par identification on a : a = et b = − , ce qui
4
4
1
donne y 0 = (x − 1)e x .
4
La solution générale de (E ) est donc :
1
y = (x − 1)e x + (Ax + B )e −x
4
avec (A,B ) ∈ R2
5
1
• Cherchons la solution particulière demandée. On a y (0) = − + B = 1 d’où B = .
4
4
1
1
9
De plus y ′ (x) = e x + (x − 1)e x + Ae −x − (Ax + B )e −x , donc y ′ (0) = A − B = 1, et A = 1 + B = . La solution demandée est donc :
4
4
4
y=
1
1
(x − 1)e x + (9x + 5)e −x
4
4
Remarque 5 : Le second membre des équations du second ordre à coefficients constants que nous allons étudier
n’est pas toujours exactement de la forme P (t )e αt . Le théoréme de superposition peut dans ce cas se révéler utile :
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III.C Recherche d’une solution particulière de (E )
2 décembre 2013
Proposition 9
Si y 1 est solution particulière de (E 1 ) : a y ′′ +by ′ +c y = f 1 (t ) et y 2 est solution particulière de (E 2 ) : a y ′′ +by ′ +c y =
f 2 (t ), alors y 1 + y 2 est solution particulière de (E ) : a y ′′ + by ′ + c y = f 1 (t ) + f 2 (t ).
Exercice III.3 :
Résoudre dans R l’équation y ′′ − 2y ′ + y = e x + x 2 + 1.
Solution. y (t ) = (λx + µ)e x +
1 2 x
x e + x 2 + 4x + 7, λ,µ ∈ R.
2
Remarque 6 : Dans le même esprit que pour les équations du premier ordre, on peut passer par une résolution
dans C lorsque le second membre est de la forme P (t )e αt cos(βt ) ou P (t )e αt sin(βt³) soit à l’aide´ des formules d’Euler
et du théorème de superposition, soit en remarquant que : P (t )e αt cos(βt ) = Re P (t )e (α+iβ)t , et P (t )e αt sin(βt ) =
´
³
Im P (t )e (α+iβ)t
Il suffit alors de trouver une solution particulière dans C de l’équation de même partie homogène et dont le second
membre est P (t )e (α+iβ)t , puis d’en extraire la partie réelle (resp. imaginaire).
Exercice III.4 :
Solution. y (t ) =
Résoudre dans R l’équation y ′′ + y = cos x.
1
x sin x + A cos x + B sin x, (A,B ) ∈ R2 .
2
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TABLE DES MATIÈRES
2 décembre 2013
Table des matières
I
Compléments
I.A Sur les dérivées des fonctions réelles à valeurs complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.B Primitives des fonctions réelles à valeurs complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II Équations différentielles linéaires du premier ordre
II.A Résolution de l’équation homogène (H ) : y ′ + a(t )y = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.A.1 Cas général . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.A.2 Cas particulier où a est constant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.B Résolution de l’équation (E ) : y ′ + a(t )y = b(t ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.C Méthodes de détermination d’une solution particulière y 0 de (E ) . . . . . . . . . . . . . .
II.C.1 Cas où a est une constante, P une fonction polynôme de degré n, et b(t ) = P (t )e αt
II.C.2 Méthode de variation de la constante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.C.3 Principe de superposition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.C.4 Utilisation des nombres complexes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
1
1
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2
2
2
4
4
5
5
5
6
6
III Équations différentielles linéaires du second ordre à coefficients constants
III.A Résolution de l’équation homogène (H ) : a y ′′ + by ′ + c y = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III.B Équation avec second membre (E ) : a y ′′ + by ′ + c y = f (t ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III.C Recherche d’une solution particulière de (E ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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