Télécharger

Équations diérentielles
I Équations linéaires scalaires du premier ordre (rappels)
I.A
I.B
I.C
I.D
Equation homogène . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Structure de l'ensemble S des solutions de (E) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Recherche d'une solution particulière t 7→ x (t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Conditions initiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
E
part
1
1
2
2
2
II Equations linéaires scalaires du second ordre
3
IIISystèmes linéaires d'ordre 1, homogènes, à coecients constants
5
II.A Ensemble des solutions de l'équation homogène . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.B Ensemble des solutions de l'équation complète . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.C Existence et unicité (problème de Cauchy) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.D Cas où on connaît une solution de l'équation homogène ne s'annulant pas sur I . . . . . . . . . . . . . .
II.E Recherche d'une solution de l'équation homogène sous forme d'une série entière . . . . . . . . . . . . . .
III.ADénitions et notations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III.BStructure de S lorsque A est diagonalisable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III.CProblème de Cauchy pour (H) lorsque A est diagonalisable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III.DComportement asymptotique des solutions dans le cas où la matrice A est diagonalisable . . . . . . . . .
III.E Cas général du système homogène : les deux théorèmes principaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
H
IV Equation linéaire scalaire à coecients constants
IV.ACas général . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
IV.B Cas particulier : Équation linéaire scalaire du second ordre, à coecients constants . . . . . . . . . . . .
IV.B.1 Théorie de l'équation homogène (sans second membre) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
IV.B.2 Recherche d'une solution particulière de l'équation complète . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
IV.B.3 Structure de l'ensemble des solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
IV.B.4 Conditions initiales (problème de Cauchy) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
IV.B.5 Cas réel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
3
3
4
4
5
5
6
7
8
9
9
10
10
11
12
12
12
I Équations linéaires scalaires du premier ordre (rappels)
On étudie dans ce paragraphe l'équation diérentielle :
x0 + a(t)x = b(t)
(E)
où a et b sont des fonctions continues, dénies sur un intervalle I de R, à valeurs dans K = R ou C, et où x est une
fonction inconnue de la variable t, de classe C sur I , à valeurs dans K.
1
I.A Equation homogène
Il s'agit de l'équation :
x0 + a(t)x = 0
(H)
Remarquons que si t 7→ x(t) est une solution qui ne s'annule pas sur I (donc de signe constant), l'équation se ramène
à un simple calcul de primitive puisque :
x0 (t) + a(t)x(t) = 0
⇐⇒
x0 (t)
= −a(t)
x(t
En notant alors A une primitive de a sur I , on obtient :
ln |x(t)| = −A(t) + K c'est à dire : |x(t)| = e e
Puisque la solution est de signe constant, on peut conclure :
x(t) = λe
avec λ = ±e
Toutes les solutions de l'équation homogène sont en fait sous cette forme comme on le résume dans le théorème suivant :
K −A(t)
−A(t)
K
1
Théorème 1.
Soit A une primitive de a sur I :
t 7→ x(t) est solution de (H)
⇐⇒ ∃λ ∈ K
tel que : ∀t ∈ I, x(t) = λe
−A(t)
(⇐=) est clair.
(=⇒) : on cherche x sous la forme t 7→ x(t) = e−A(t) z(t), ce qui est possible car ∀t ∈ I , e−A(t) 6= 0. On trouve immédiatement que t 7→ z(t)
est constante sur I .
Démonstration.
Si on note S l'ensemble des solutions de (H), on voit que S est un espace vectoriel, plus précisément un sous-espace
vectoriel de dimension 1 de C (I, K).
H
H
1
I.B Structure de l'ensemble SE des solutions de (E)
Soit x
une solution particulière de (E) :
t 7→ x(t) est solution de (E) ⇐⇒ t 7→ x(t) − x
(t) est solution de (H)
+ S ; il s'agit de la translatée d'une droite vectorielle, c'est-à-dire une droite ane de C (I, K).
: t 7→ xpart (t)
part
On a donc : S
En résumé :
E
part
= xpart
1
H
Théorème 2.
Les solutions de (E) sont les fonctions de la forme :
t 7→ xpart (t) + λe−A(t)
où t 7→ x
part (t)
est une solution particulière de (E) et t 7→ A(t) est une primitive de t 7→ a(t) sur I .
I.C Recherche d'une solution particulière t 7→ xpart (t)
Sauf solution évidente ou astuce, on la recherche sous la forme t 7→ λ(t)e
(variation de la constante). On arrive
à:
λ (t) = b(t)e
ce qui permet de déterminer une fonction t 7→ λ(t) par une "simple" primitivation.
0
−A(t)
A(t)
I.D Conditions initiales
Théorème 3 (Théorème de Cauchy linéaire à l'ordre 1).
On considère l'équation diérentielle :
où
(E)
. Soit (t , x ) ∈ I × K. Il existe une et une seule solution t 7→ x(t) de E, dénie sur I , telle que :
a, b ∈ C(I, K)
x(t0 ) = x0
.
x0 + a(t)x = b(t)
0
0
Soient t 7→ xpart (t) une solution particulière de (E), et t 7→ A(t) une primitive de t 7→ a(t) sur I . On sait que les solutions
de (E) sont de la forme :
Démonstration.
t 7→ x(t) = xpart (t) + λe−A(t)
où λ est une constante. La condition initiale permet de déterminer λ :
λ = x0 − xpart (t0 ) eA(t0 )
Remarque 1.
Exercice 1
La donnée d'une équation diérentielle et de conditions initiales s'appelle Problème de Cauchy.
Trouver toutes les fonctions z de R dans C telles que : z
Exercice 2
|x|y 0 + (x − 1)y = x3
0
= (2t + i)z + teit
. Existe-t-il des solutions x 7→ y(x) dénies sur R ?
2
.
[ed021]
[ed022]
II Equations linéaires scalaires du second ordre
L'équation qu'on étudie dans ce paragraphe est :
x00 + a(t)x0 + b(t)x = c(t)
(E)
où I est un intervalle de R, a, b, c sont des fonctions continues de I dans K = R ou C, et t 7→ x(t) est une fonction
inconnue de I dans K. L'équation homogène associée est :
x00 + a(t)x0 + b(t)x = 0
(H)
II.A Ensemble des solutions de l'équation homogène
Théorème 4.
SH
, ensemble des solutions de (H), est un sous-espace vectoriel de dimension 2 de C (I, K).
2
Démonstration.
Ce théorème est admis.
On voit donc qu'il sut d'avoir deux solutions linéairement indépendantes de H pour obtenir l'ensemble des solutions
de H .
Exercice 3
On veut résoudre l'équation diérentielle : t x − 2tx + 2x = 0
où la fonction inconnue t 7→ x(t) est dénie sur ]0, +∞[.
1. Prouver qu'une solution polynomiale de l'équation est nécessairement de degré 1 ou 2.
2. En déduire deux solutions polynomiales linéairement indépendantes.
3. Donner l'ensemble des solutions de l'équation.
2 00
0
[ed024]
II.B Ensemble des solutions de l'équation complète
Théorème 5.
Soit x
part
: t 7→ xpart (t)
une solution particulière de (E). On a :
SE = xpart + SH
Il s'agit donc d'un sous-espace ane de dimension 2 de C (I, K).
2
Ce résultat est clair. On peut donc dire que les solutions de (E) sont les fonctions de la forme
xpart + α1 ϕ1 + α2 ϕ2
où x est une solution particulière de (E), ϕ , ϕ sont deux fonctions qui constituent une base de S , et α , α sont
deux constantes de K.
part
1
2
H
II.C Existence et unicité (problème de Cauchy)
Théorème 6 (Théorème de Cauchy linéaire à l'ordre 2).
Soit
t0 , (x0 , x1 ) ∈ I × K2
. Il existe une et une seule solution de (E) x : I → K telle que :
x(t ) = x et x (t ) = x
0
Démonstration.
0
Ce résultat est admis.
3
0
0
1
1
2
Exercice 4
Intégrer sur ]1, +∞[ l'équation diérentielle :
(1 − x)y 00 + xy 0 − y = 1
(essayer de deviner les fonctions ϕ , ϕ , y )
Quelles sont les solutions dénies sur R ?
Montrer qu'il existe une unique solution y vériant les conditions initiales y(2) = 1, y (2) = 1.
Discuter le nombre de solutions y vériant les conditions initiales y(1) = 0, y (1) = 1. Le résultat est-il en contradiction
avec le théorème de Cauchy?
1
2
part
0
0
[ed037]
II.D Cas où on connaît une solution de l'équation homogène ne s'annulant pas sur I
Pour les équations diérentielles linéaires du second ordre, la situation varie selon que les coecients sont constants,
ou non constants.
é La seule diculté est de trouver une solution particulière x de l'équation complète (E), ce qui se fait bien avec
des seconds membres particuliers, et peut être théoriquement résolu dans le cas général par la méthode de variation des
constantes.
Si les coecients ne sont pas constants, c'est-à-dire dans le cas des équations :
part
(E)
x00 + a(t)x0 + b(t)x = c(t)
(H)
x00 + a(t)x0 + b(t)x = 0
avec a, b, c ∈ C (I, K), on n'a aucune méthode vraiment standard, sinon la suivante :
0
Théorème 7.
On suppose qu'on connaît une solution particulière t 7→ ϕ(t) de (H), qui ne prend pas la valeur 0 sur I . Alors la
recherche de x, solution de (E), sous la forme t 7→ ϕ(t) × z(t), conduit à une équation diérentielle linéaire du premier
ordre en z .
0
Remarque 1.
x(t)
et on comprend pourquoi il est nécessaire que ϕ ne s'annule pas.
Ceci revient à poser z(t) = ϕ(t)
Exercice 5
Vérier que cette équation est :
h
ϕ0 (t) i
c(t)
z 00 (t) + z 0 (t) a(t) + 2
=
ϕ(t)
ϕ(t)
[ed027]
Remarque 2.
Cette technique peut également être utilisée pour résoudre complètement (H).
II.E Recherche d'une solution de l'équation homogène sous forme d'une série entière
On vient de voir dans les exercices précédents qu'on peut trouver, dans le cas où les coecients de l'équation (E)
sont polynomiaux, une solution particulière de l'équation homogène sous forme d'un polynôme. Plus généralement, une
méthode ecace est de chercher une (ou deux) solution de (H) sous forme d'une série entière :
x(t) =
+∞
X
ak tk ,
t ∈] − R, R[
k=0
où les a (k ∈ N) sont des éléments de K et R le rayon de convergence de la série entière (qu'il faut bien sûr préciser
après calcul).
Exercice 6
On donne l'équation diérentielle :
(E)
tx − tx − x = (t + 2t)e
Chercher une solution de l'équation homogène sous forme d'une série entière, qu'on exprimera à l'aide des fonctions
usuelles. En déduire toutes les solutions de (E) dénies sur l'intervalle ]0, +∞[.
k
00
0
2
t
[ed038]
4
Exercice 7
On donne l'équation diérentielle :
(E) xy + 2y − xy = −1
et on pose I =]0, +∞[ ou ] − ∞, 0[.
1. Trouver une solution sur I de l'équation homogène associée à (E) sous la forme d'une série entière.
2. Résoudre complètement (E).
3. Trouver des solutions de (E) dénies sur R.
00
0
[ed039]
III Systèmes linéaires d'ordre 1, homogènes, à coecients constants
III.A Dénitions et notations
L'objet de ce paragraphe est la résolution des systèmes linéaires du type :
 0
x1 (t) = a11 x1 (t) + · · · + a1n xn (t)





···
(H)




 0
xn (t) = an1 x1 (t) + · · · + ann xn (t)
où les a sont des nombres xés dans K = R ou C, et t 7→ x (t), . . . , t 7→ x (t) des fonctions inconnues de R dans K.
L'écriture matricielle de la même équation est :
ij
1
n
(H) X 0 (t) = AX(t)
où A ∈ M (K) est une matrice xée, et X est une fonction inconnue de R dans K .
Il est évident que l'ensemble S des solutions de (H) est un espace vectoriel, plus précisément un sous-espace vectoriel
de F(R, K ) (espace vectoriel des fonctions de R dans K ).
Remarque 3. Nous allons faire la théorie complète du système homogène lorsque la matrice A est diagonalisable.
Nous donnerons deux théorèmes : l'un sur la structure de l'ensemble des solutions, l'autre sur l'existence et l'unicité de
la solution sur R du problème de Cauchy. On admettra que ces théorèmes restent valables quelle que soit la matrice
A ∈ M (K).
n
n
H
n
n
n
III.B Structure de SH lorsque A est diagonalisable
Le système diérentiel linéaire à résoudre est :
(H) X 0 = AX
où est une matrice de M (K), diagonalisable. Il existe une matrice P inversible et D = diag(λ , . . . , λ ) telles que
. Posons Y = P X . La fonction Y vérie le système :
A
D = P −1 AP
n
−1
c'est-à-dire :
1
Y 0 = DY
y10 (t)
...  =  ... 
y (t)
λ y (t)
Ce système se résout ligne par ligne, et il existe n constantes α , . . . , α telles que :





0
n
λ1 y1 (t)

n n
1
n
∀i ∈ 1, . . . , n , ∀t ∈ R, yi (t) = αi eλi t
On a alors : X = P Y , autrement dit :


∀t ∈ R, 
...
x1 (t)




=P
xn (t)
5
α1 eλ1 t
...
αn eλn t



n
Notons ϕ la fonction de R dans K dénie par :
n
i
...


0





 = eλi t Ci








 0
 λt
i
∀t ∈ R, ϕi (t) = P 
 e
 0



0
...
où C est la i colonne de P . On a donc établi :
ème
i
tels que ∀t ∈ R, X(t) = α ϕ (t) + · · · + α ϕ (t)
Réciproquement, chaque ϕ est solution de (H) ; en eet :
∀t ∈ R, ϕ (t) = e C et ϕ (t) = λ e C = Ae C = Aϕ (t)
(λ C = AC vient du fait que la i colonne de P est vecteur propre de A, associé à la valeur propre λ ). L'implication
ci-dessus est donc une équivalence :
X = AX ⇐⇒ ∃α , . . . , α ∈ K tels que ∀t ∈ R, X(t) = α ϕ (t) + · · · + α ϕ (t)
De plus, les ϕ sont linéairement indépendantes dans l'espace vectoriel F(R, K ). En eet, si l'on suppose β ϕ + · · · +
β ϕ = 0, l'évaluation en 0 permet de conclure β = · · · = β = 0 grâce à l'indépendance linéaire des colonnes de P .
La structure de S est résumée par le théorème suivant :
X 0 = AX =⇒ ∃α1 , . . . , αn ∈ K
1
1
n
n
i
λi t
i
i
i
0
i
i
i
λi t
i
i
i
ème
i
0
i
1
n
1
1
n
n
i
n
λi t
n
1
n
1
1
n
H
Théorème 8.
Considérons l'équation :
(H) X 0 = AX
où X est une fonction inconnue de R dans K , et où A est une matrice donnée de M (K), supposée diagonalisable.
Soient λ , . . . , λ les valeurs propres de A, et P une matrice dont chaque colonne C est un vecteur propre de A associé
àλ.
L'ensemble S des solutions de (H) est un K-espace vectoriel de dimension n, dont une base est constituée par les
fonctions ϕ : t 7→ e C , pour i ∈ 1, . . . , n .
n
1
n
n
i
i
H
λi t
i
i
III.C Problème de Cauchy pour (H) lorsque A est diagonalisable
En général, en plus de l'équation diérentielle vériée par X , sont données des conditions initiales, c'est-à-dire la
valeur de X(0). Le théorème suivant montre qu'il y a alors unicité de la solution.
Théorème 9 (Problème de Cauchy).
Considérons l'équation :
(H) X 0 = AX
où X est une
fonction
inconnue de R dans K , et où A est une matrice donnée de M (K), supposée diagonalisable.


k
 .. 
Soit K =  .  ∈ M (K) (M (K) peut être identié à K ).
n
n
1
n1
n
n1
kn
Il existe une et une seule solution t 7→ X(t) de (H) telle que X(0) = K .
Démonstration.
D'après la structure de SH , les solutions de (H) sont de la forme :
X : t 7→ α1 eλ1 t C1 + · · · + αn eλn t Cn
où les Ci sont les colonnes d'une matrice P telle que P −1 AP est diagonale. La condition initiale X(0) = K s'écrit α1 C1 + · · · + αn Cn = K ,
ce qui détermine α1 , . . . , αn car les Ci forment une base de Kn . Plus précisément, on a :



α1

..  = P −1 K
. 
αn
6
Exercice 8
Résoudre le système :
 0
 x1
x0
 02
x3
= 3x1 − 3x2 − 3x3
= −8x1 + 14x2 + 11x3
= 10x1 − 16x2 − 13x3
x1 (0) = 4
x2 (0) = −1
x3 (0) = 4
[ed040]
Exercice 9
2x − x
Résoudre le système : xx == 5x
− 2x
(t)
où t 7→ xx (t)
est une fonction inconnue de R dans R , et avec les conditions initiales :
0
1
0
2
1
2
1
2
1
2
2
x1 (0)
x2 (0)
=
k1
k2
∈ R2 .
Indication : la matrice du système est diagonalisable dans C et pas dans R. On trouve donc une solution générale
qui fait intervenir des constantes complexes et des exponentielles complexes. Mais le calcul des constantes à l'aide des
conditions initiales fait bien apparaître une solution à valeurs dans R .
2
[ed041]
III.D Comportement asymptotique des solutions dans le cas où la matrice A est diagonalisable
Théorème 10 (Comportement asymptotique des solutions).
Considérons l'équation :
(H) X 0 = AX
où X est une fonction inconnue de R dans K , et où A est une matrice donnée de M (K), supposée diagonalisable,
et t 7→ X(t) une solution non nulle de (H).
? Si toutes les valeurs propres de A ont une partie réelle strictement négative, alors pour tout i ∈ [[1, n]], x (t) tend vers
0 lorsque t tend vers +∞ (On dit que le système est asymptotiquement stable).
? Si toutes les valeurs propres sont de partie réelle négative ou nulle, alors pour tout i ∈ [[1, n]], x (t) est bornée (On
dit que le système est stable).
? S'il existe une valeur propre de partie réelle strictement positive, alors il existe au moins une solution t 7→ X(t) dont
une composante tend (en valeur absolue) vers +∞ lorsque t tend vers +∞ (on dit que le système est instable).
n
+
n
i
i
Démonstration. Notons λ1 = a1 + ib1 , . . . , λn = an + ibn les valeurs propres de la matrice A (avec ai , bi ∈ R pour tout i ∈ [[1, n]]). On a vu
que tout solution de (H) dans K s'écrivait :
X(t) = α1 eλ1 t C1 + · · · + αn eλn t Cn
où C1 , . . . , Cn ∈ Kn . En particulier, pour tout i ∈ [[1, n]] :
xi (t) = α1 eλ1 t ci,1 + · · · + αn eλn t ci,n
De plus, en utilisant l'inégalité triangulaire, on a :
|xi (t)| 6 |α1 |ea1 t |ci,1 | + · · · + |αn |ean t |ci,n |
Cette inégalité montre que si a1 , · · · , an sont strictement négatifs, alors pour tout i ∈ [[1, n]], xi (t) −→ 0. De plus, si a1 , · · · , an sont
t→+∞
négatifs ou nuls, on a :
|xi (t)| 6 |α1 ci,1 | + · · · + |αn ci,n |
Donc les fonctions t 7→ xi (t) sont bornées. Enn, si par exemple a1 est strictement positif, alors X : t 7→ eλi t C1 est une solution et si on xe
i ∈ [[1, n]] tel que ci,1 6= 0 :
|xi (t)| = ea1 t |c1 | −→ +∞
t→+∞
Exercice 10
Soit a ∈ R. On considère le système diérentiel :
(E) :
x0
y0
=
−x + 2(1 + a)y
= −(1 + a)x + (1 + 2a)y
où les inconnues x et y sont des fonctions de classe C de R dans R.
1
+
7
1. Préciser, suivant les valeurs de a, si les solutions sont bornées, ainsi que leur comportement asymptotique au
voisinage de l'inni.
2. On suppose a = 0. Représenter la trajectoire de la solution qui vérie x(0) = y(0) = 1.
3. Représenter à l'aide d'un logiciel la trajectoire de la solution qui vérie x(0) = y(0) = 1 dans les cas a = 1/2 et
a = −1/2.
[ed032]
Exercice 11
Soit a, b ∈ R. On considère le système diérentiel :
x0
y0
(E) :
= ax − by
= bx + ay
où les inconnues x et y sont des fonctions de classe C de R dans R.
1. Préciser, suivant les valeurs de a et b, si les solutions sont bornées, ainsi que leur comportement asymptotique au
voisinage de l'inni.
2. On suppose a = 0 et b = 1. Représenter la trajectoire de la solution qui vérie x(0) = y(0) = 1.
1
+
[ed046]
III.E Cas général du système homogène : les deux théorèmes principaux
Les deux théorèmes que nous venons d'établir (structure de S et unicité de la solution du problème de Cauchy)
restent valables que la matrice A soit diagonalisable ou non. Nous admettrons les deux théorèmes suivants :
Théorème 11 (structure de S ).
Considérons le système diérentiel :
H
H
(H) X 0 (t) = AX(t)
où A ∈ M (K) est une matrice xée, et X est une fonction inconnue de R dans K . Les solutions de (H) forment un
espace vectoriel sur K, de dimension n (sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel des fonctions de R dans K ).
Plus précisément : il existe n fonctions X , . . . , X , linéairement indépendantes dans l'espace vectoriel des fonctions de
R dans K , qui forment une base de S . Les solutions de (H) sont alors les fonctions du type :
n
n
n
1
n
n
H
t 7→ α1 X1 (t) + · · · + αn Xn (t)
où α , . . . , α sont des constantes, éléments de K.
Théorème 12 (Problème de Cauchy).
Considérons l'équation :
1
n
(H) X 0 = AX
où X est une
fonction
inconnue de R dans K , et où A est une matrice donnée de M (K).


k
Soit K =  ...  ∈ M (K) (M (K) peut être identié à K ). Il existe une et une seule solution t 7→ X(t) de (H)
k
telle que X(0) = K .
Remarque 4. Si A est diagonalisable dans C, il n'y a pas de problème : voir l'exercice 9 ci-dessus. Si A est triangulaire,
le système se résout de proche en proche. Et si A est trigonalisable, on s'y ramène.
n
n
1
n1
n
n1
n
Exercice 12
− bx
Soient a, b ∈ R ; résoudre le système : xx == ax
bx + ax
(0)
k
avec les conditions initiales : xx (0)
=
∈R .
k
∗
0
1
0
2
1
1
2
2
1
2
1
2
2
[ed042]
8
Exercice 13
On pose :

2
A= 0
−1

−5 −2
−3 −2  .
11
6
Trouver la fonction X de R dans R qui vérie :
3


2
X 0 = AX, X(0) =  1 
−3
.
[ed043]
IV Equation linéaire scalaire à coecients constants
IV.A Cas général
On étudie dans ce paragraphe l'équation diérentielle :
(H) y (n) + an−1 y (n−1) + · · · + a1 y 0 + a0 y = 0
où a , a , . . . , a sont des éléments de K = R ou C xés, et x 7→ y(x) une fonction inconnue de R dans K. L'équation
(H) équivaut au système diérentiel linéaire :
0
1
n−1
 
y0
0
 y 00  

 
(H 0 ) : 
=

  0
−a0
y (n)
...

...
... ...
1
···
−a1
0
···
(0)
1
−an−1

y
y0
...









y (n−1)
La résolution du système linéaire entraîne ainsi la résolution de l'équation. On en déduit les théorèmes suivants :
Théorème 13 (structure de S ).
Les solutions de (H) forment un espace vectoriel sur K, de dimension n (sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel des
fonctions de R dans K).
Plus précisément : il existe n fonctions y , . . . , y , linéairement indépendantes dans l'espace vectoriel des fonctions de
R dans K, qui forment une base de S . Les solutions de (H) sont alors les fonctions du type :
H
1
n
H
t 7→ α1 y1 (t) + · · · + αn yn (t)
où λ , . . . , λ sont des constantes, éléments de K.
Remarque 5. Les valeurs propres de la matrice du système sont les racines du polynôme caractéristique de la matrice,
c'est à dire les solutions de l'équation :
1
n
xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 = 0
Cette équation est appelée équation caractéristique de (H).
On sait qu'il existe n fonctions X1 , . . . , Xn , linéairement indépendantes dans l'espace vectoriel des fonctions de R dans Kn ,
qui forment une base de SH 0 . Les solutions de (H 0 ) sont alors les fonctions du type :
Démonstration.
t 7→ α1 X1 (t) + · · · + αn Xn (t)
où α1 , . . . , αn sont des constantes, éléments de K.
La première ligne donne les solutions générales de SH qui sont les fonctions du type :
y : t 7→ α1 y1 (t) + · · · + αn yn (t)
Plus généralement, la ligne k donne
y (k)
:
(k)
(k)
y (k) : t 7→ α1 y1 (t) + · · · + αn yn (t)
Montrons que y1 , . . . , yn est libre :
α 1 y1 + · · · + α n yn = 0
(k)
=⇒
∀k ∈ N,
=⇒
α1 X1 + · · · + αn Xn = 0
=⇒
α1 = · · · = αn = 0
Donc on a bien une famille libre de n solutions.
9
α 1 y1
(k)
+ · · · + α n yn
=0
Si la matrice du système est diagonalisable dans K et si on note λ , λ , . . . , λ les valeurs propres, alors
les solutions de (H) sont alors les fonctions du type :
Remarque 6.
1
2
n
t 7→ α1 eλ1 t + · · · + αn eλn t
où λ , . . . , λ sont des constantes, éléments de K.
1
n
Théorème 14 (Problème de Cauchy).
Il existe une et une seule solution t 7→ y(t) de (H) telle que (y(0), . . . , y
(n−1)
(0)) = (k0 , · · · , kn−1 )
.
Exercice 14 Équations diérentielles linéaires du 3e ordre à coecients constants
On considère l'équation
diérentielle
(E) : x + 3x − x − 3x = 0.


x
1. On pose X =  x . Écrire l'équation (E) sous la forme d'un système :
000
00
0
0
x
00
X 0 = AX
où A ∈ M (R).
3
2. En déduire l'ensemble des solutions de (E).
3. Justier sans calculs qu'il existe une unique solution qui vérie x(0) = 1, x (0) = 0 et x (0) = 0, puis la déterminer.
4. Appliquer cette méthode pour résoudre l'équation :
0
00
(E 0 ) : x000 − x00 − x0 − 2x = 0
avec x(0) = 0, x (0) = 1 et x (0) = 1,
0
00
[ed045]
IV.B Cas particulier : Équation linéaire scalaire du second ordre, à coecients constants
On revisite ce qui a été vu en Sup, avec l'outil des systèmes diérentiels linéaires.
IV.B.1 Théorie de l'équation homogène (sans second membre)
On considère l'équation diérentielle :
(H) y 00 + ay 0 + by = 0
où a et b sont deux éléments de K xés, et x 7→ y(x) une fonction inconnue de R dans K (= R ou C). On suppose pour
commencer que K = C. On a tout de suite une forme équivalente de l'équation (H) :
(H 0 )
On regarde maintenant si la matrice A =
y0
y 00
=
0
1
− b −a
0
1
− b −a
y
y0
est diagonalisable, ce qui conduit à l'équation caractéristique :
λ2 + aλ + b = 0
Si cette équation a deux racines distinctes λ et λ (i.e. si A a deux valeurs propres distinctes λ et λ ), alors la
matrice :
1
2
1
P =
1
λ1
1
λ2
diagonalise
A, et l'étude faite en III.B montre :
y
y(x)
est solution de (H ) ⇐⇒ ∃α , α ∈ C tels que ∀x ∈ R, y (x) = α e
y
Il revient évidemment au même d'écrire :
y est solution de (H) ⇐⇒ ∃α , α ∈ C tels que ∀x ∈ R, y(x) = α e
0
0
1
2
0
1
2
1
λ1 x
1
10
2
λ1 x
1
λ1
+ α2 e
+ α2 eλ2 x
λ2 x
1
λ2
Supposons maintenant que l'équation
caractéristique
λ + aλ + b = 0 a une racine double λ
1 0
où a − 4b = 0). La matrice P = λ 1 trigonalise A ; plus précisément on a :
2
0
= − a2
(dans le cas
2
0
P
−1
AP =
1
− λ0
0
1
0
1
− b −a
Ecrivons alors le système (H ) sous la forme équivalente :
1
λ0
0
1
y
y0
=
λ0
0
1
λ0
0
00
(H ) P
(H 00 )
−1
peut encore s'écrire :
y0
− λ0 y 0 + y 00
y0
y 00
= (P
−1
AP )P
λ0
0
y 0 = λ0 y + z
z 0 = λ0 z
=
Si on pose z = −λ y + y , on obtient le système :
1
λ0
−1
y
− λ0 y + y 0
0
0
000
(H )
et ce système est équivalent à l'équation
(H) initiale. La deuxième équation se résout directement :
∃α ∈ C tel que ∀x ∈ R, z(x) = α e
La première équation devient alors :
y =λ y+α e
Il s'agit d'une équation diérentielle linéaire scalaire du premier ordre. Sa résolution amène à :
∃α ∈ C tel que ∀x ∈ R, y(x) = α e
+ α xe
Et on peut résumer :
2
2
0
0
2
λ0 x
λ0 x
1
1
λ0 x
2
λ0 x
Théorème 15.
On considère l'équation diérentielle linéaire du second ordre :
(H) y 00 + ay 0 + by = 0
où a et b sont deux éléments de C xés, et x 7→ y(x) une fonction inconnue de R dans C. L'ensemble S des solutions
de (H) est un C-espace vectoriel de dimension 2. Lorsque l'équation caractéristique :
H
λ2 + aλ + b = 0
a deux racines distinctes λ et λ , l'espace vectoriel S est engendré par les fonctions :
ϕ : x 7→ e
et ϕ : x 7→ e
autrement dit les solutions de (H) sont de la forme :
1
2
H
1
λ1 x
2
λ2 x
y(x) = α1 eλ1 x + α2 eλ2 x
où α et α sont deux constantes complexes. Lorsque l'équation caractéristique a une racine double λ , alors l'espace
vectoriel S est engendré par les fonctions :
ϕ : x 7→ e
et ϕ : x 7→ xe
autrement dit les solutions de (H) sont de la forme :
1
2
0
H
λ0 x
1
2
λ0 x
y(x) = (α1 + α2 x)eλ0 x
où α et α sont deux constantes complexes.
1
2
IV.B.2 Recherche d'une solution particulière de l'équation complète
On considère ici l'équation (E), qu'on appelera équation complète, par opposition à l'équation sans second membre,
ou homogène, qu'on a notée (H) :
(E) y (x) + ay (x) + by(x) = f (x)
où a et b sont des nombres complexes xés. Le seul cas envisagé en TSI est le suivant :
00
0
11
est une somme de fonctions du type x 7→ e , avec α ∈ C.
Procédons à quelques rappels de première année sur les méthodes usuelles :
1. Si f (x) est de la forme e , avec α ∈ C, on peut trouver une solution particulière x 7→ y (x) sous la forme
x 7→ e Q(x), où Q est un polynôme de degré 0, 1 ou 2 suivant que α n'est pas racine, est racine simple, ou est
racine double du polynôme caractéristique.
Si a, b, α ∈ R, alors la solution particulière y trouvée est à valeurs réelles.
2. On suppose que x 7→ y (x) et x 7→ y (x) sont respectivement solutions des équations :
y + ay + by = f et y + ay + by = f .
Alors x 7→ y (x) + y (x) est solution de y + ay + by = f + f (c'est le principe de superposition des solutions).
αx
f
αx
part
αx
part
1
2
00
1
0
00
2
00
1
0
1
0
2
2
Remarques 2.
1. Il arrive qu'il y ait une solution particulière évidente (penser à une fonction introduite préalablement dans un
énoncé).
2. Si le second membre est de la forme e ϕ(x), il peut être astucieux de chercher une solution particulière sous la
forme e ψ(x).
3. Les méthodes proposées dans les exercices de ce paragraphe sont également valables pour les équations diérentielles linéaires du premier ordre, à coecients constants.
αx
αx
IV.B.3 Structure de l'ensemble des solutions
Théorème 16.
Soit x 7→ y
une solution particulière de (E) :
x 7→ y(x) est solution de (E) ⇐⇒ x 7→ y(x) − y
(x) est solution de (H)
En d'autres termes, l'ensemble S des solutions de (E) est le plan ane y + S .
part (x)
part
E
Démonstration.
part
H
C'est évident !
IV.B.4 Conditions initiales (problème de Cauchy)
Théorème 17.
On considère l'équation diérentielle :
(E) y 00 (x) + ay 0 (x) + by(x) = eαx
où a, b, α sont des nombres complexes xés. Soient x ∈ R et (y , y ) ∈ C .
Il existe une et une seule solution x 7→ y(x) de (E) qui vérie y(x ) = y et y (x ) = y .
0
0
2
1
0
0
0
0
1
Exercice 15
Démontrer ce théorème, en utilisant le fait que les solutions sont de la forme :
x 7→ ypart (x) + α1 ϕ1 (x) + α2 ϕ2 (x)
où y est une solution particulière, et où (ϕ , ϕ ) constitue la base de S vue dans le théorème de IV.B.1.
part
1
2
H
IV.B.5 Cas réel
[ed035]
Cette fois, dans l'équation diérentielle (E), les nombres a, b, α sont réels, P est un polynôme à coecients réels, et
est une fonction inconnue de R dans R. On a vu qu'il existe une solution particulière y de (E), à valeurs
dans . On donne aussi les conditions initiales y(0) = y et y (0) = y , avec (y , y ) ∈ R .
Trois cas se présentent, et les deux premiers sont sans problème :
L'équation caractéristique λ + aλ + b = 0 a deux racines réelles λ et λ . Alors les solutions de (E) sont a
priori de la forme x 7→ y (x) + α e + α e , avec α et α constantes complexes; et les conditions initiales
donnent α et α réels.
x 7→ y(x)
R
part
0
0
1
2
part
1
0
1
1
λ1 x
2
λ2 x
1
2
12
2
1
2
2
L'équation caractéristique a une racine double réelle λ. Alors les solutions de (E) sont de la forme x 7→ y (x) +
(α x + α )e , et les conditions initiales donnent α et α réels.
L'équation caractéristique a deux racines complexes conjuguées p ± iq (avec q 6= 0) : les solutions de (E) sont
de la forme y : x 7→ y (x) + α e
+α e
, où α et α sont des constantes complexes. On écrit que
y(0) et y (0) sont réels. Cela donne :
α + α ∈ R et α (p + iq) + α (p − iq) ∈ R
ce qui se ramène à :
α + α ∈ R et i(α − α ) ∈ R
Il en résulte que α = α , et donc que :
part
1
2
λx
1
part
1
(p+iq)x
2
2
(p−iq)x
1
2
0
1
2
1
1
2
2
2
1
2
1
y(x) = ypart (x) + α1 e(p+iq)x + α1 e(p−iq)x
et on voit qu'il s'agit d'une fonction à valeurs réelles. On peut aussi écrire y(x) sous la forme y
.
Exercice 16
Intégrer l'équation diérentielle : y + 4y = x + 4 avec y(0) = y (0) = 0.
part (x)
+
epx (β1 cos qx + β2 sin qx)
00
0
13
[ed044]