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Équations diérentielles ¦
§
1 Équations diérentielles linéaires du 1er ordre
Dénition 1.1. Une équation diérentielle linéaire est une équation du type :
y 0 + a(t)y = b(t)
(E)
où a et b sont deux fonctions continues sur un intervalle I et à valeurs dans R.
On dit que ϕ : I → R est une solution de l'équation diérentielle lorsque ϕ est dérivable et que
ϕ0 (t) + a(t)ϕ(t) = b(t).
L'équation sans second membre, appelée aussi l'équation homogène associée à (E), est :
y 0 + a(t)y = 0
(E0 )
1.1 Résolution de l'équation homogène
Une fonction ϕ : I → R est de solution (E0 ) si, et seulement si, pour tout t ∈ I :
ϕ0 (t) + a(t)ϕ(t) = 0
Considérant une primitive de a sur I que l'on note A (il en existe car a est supposée continue sur I ),
on a les équivalences suivantes :
³
´0
¡
¢
ϕ0 (t) + a(t)ϕ(t) = 0 ⇐⇒ ϕ0 (t) + a(t)ϕ(t) eA(t) = 0 ⇐⇒ ϕ(t)eA(t) = 0.
I étant un intervalle la fonction ϕ(t)eA(t) est constante. Par conséquent il existe λ ∈ R tel que :
∀t ∈ I, ϕ(t) = λe−A(t)
1.2 Résolution de l'équation complète
Pour connaître toutes les solutions l'équation complète, il sut connaître les solutions de l'équation
homogène (on sait faire !) et une solution particulière de l'équation complète.
Proposition 1.1. Soit s est une solution particulière de l'équation diérentielle y 0 + a(t)y = b(t). Les
solutions de cette équation sont de la forme : t → s(t) + λe−A(t) où λ ∈ R.
Démonstration.
• Un calcul aisé montre que toute fonction de la forme t → s(t) + λe−A(t) est solution de (E).
• Réciproquement si ϕ une de solution (E), on peut écrire (ϕ − s)0 + a(t)(ϕ − s) = b(t). Ainsi la
fonction (ϕ − s) est solution de (E0 ), d'après ce qui précède, il existe un réel λ tel que :
ϕ(t) − s(t) = λe−A(t) ⇐⇒ ϕ(t) = s(t) + λe−A(t) .
Méthodes de recherche d'une solution particulière de l'équation complète
On commence par un principe
Proposition 1.2 (Principe de superposition). Soient, pour i ∈ J1, nK, les équations diérentielles
y 0 + a(x)y = gi (x)
Si yi est solution de (Ei ), alors
n
X
(Ei )
yi est solution de y 0 + b(x)y =
i=1
n
X
i=1
1
gi (x) (E).
La méthode de la variation de la constante. Elle permet de trouver UNE solution particulière
de l'équation complète. On cherche celle-ci sous la forme t → λ(t)e−A(t) . Ce qui revient à :
λ0 (t)e−A(t) = b(t) ⇐⇒ λ0 (t) = eA(t) b(t)
Il sut de prendre pour λ une primitive de t → eA(t) b(t) sur I (il en existe car b est continue sur I ).
Une autre méthode, plus rapide lorsque a est une fonction CONSTANTE, consiste à
chercher une solution particulière de la même forme que le second membre :
• si b(t) = P (t)emt avec P un polynôme et m 6= −a, on cherche une solution particulière sous la
forme b(t) = Q(t)emt ou Q est un polynôme de même degré que P ;
• si b(t) = P (t)emt avec P un polynôme et m = −a, on cherche une solution particulière sous la
forme b(t) = tQ(t)emt ou Q est un polynôme de même degré que P ;
• si b(t) = λ cos(ωt) + µ sin(ωt), on cherche une solution particulière sous la forme α cos(ωt) +
β sin(ωt).
Exemple 1.1. Résoudre les équations diérentielles suivantes :
0
2
0
t
0
½
t
i) y − 2y = 2t ; ii) y − 3y = e ; iii) y − y = e ; iv)
y 0 + y = cos t
.
y(0) = 0
i) L'équation homogène associée est y 0 − 2y = 0 dont les solutions sont les fonctions t → λe2t . On
cherche une solution particulière yp sous la forme d'un polynôme de degré 2 : yp (t) = a + bt + ct2 . On
0
veut yp − 2yp = t2 soit b + 2ct = 2a + 2bt + 2ct2 + t2 ou encore −2a + b + (−2b + 2c)t − 2ct2 = 2t2 Il
sut que :

=0
−2a +b
−2b +c = 0

−2c = 2
soit a = −1/4, b = −1/2, c = −1 et yp = −1/4 − 1/2t − t2 . Les solutions sont les fonctions :
y(t) = λe2t − 1/4 − t/2 − t2 , λ ∈ R.
ii) L'équation homogène associée est y 0 − 3y = 0 dont les solutions sont les fonctions t → λe3t .
0
On cherche une solution particulière yp sous la forme yp (t) = µet . On veut yp = 3yp + et soit
1
µet = 3µet + et ou encore (2µ + 1)et = 0 donc µ = −1/2 et yp = − et . Les solutions sont les
2
1
fonctions y(t) = λe3t − et , λ ∈ R.
2
iii) L'équation homogène associée est y 0 − y = 0 dont les solutions sont les fonctions t → λet .
0
On cherche une solution particulière yp sous la forme yp (t) = µtet . On veut yp = yp + et soit
µet + µtet = µtet + et ou encore µet = µet , il sut que µ = 1. nalement yp = tet convient. Les
solutions sont les fonctions y(t) = λet + tet . On veut y(0) = 1 soit λ = 1 et enn y(t) = (1 + t)et est
la solution de notre problème.
iv) L'équation homogène associée est y 0 + y = 0 dont les solutions sont les fonctions de la forme
t → λe−t . On cherche une solution particulière yp sous la forme yp (t) = a cos t + b sin t. On veut
0
yp + yp = cos t soit −a sin t + b cos t + a cos t + b sin t = cos t ou encore (a + b) cos t + (−a + b) sin t = cos t
Il sut que :
½
a + b = 1
−a + b = 0
1
1
soit a = b = 1/2 donc yp = (cos t + sin t) et y(t) = λe−t + (cos t + sin t), λ ∈ R. On veut y(0) = 0
2
2
1
1
1
−t
donc λ + = 0 soit λ = − et enn y(t) = (−e + cos t + sin t) est la solution de notre problème.
2
2
2
2
2 Équations diérentielles de second ordre à coecients constants
Dénition 2.1.
• Soit (a, b, c) ∈ R3 avec a 6= 0, I un intervalle de R et g : I → C.
On appelle équation diérentielle du second ordre à coecients constants toute équation du type
ay 00 + by 0 + cy = g(x)
• L'équation
ay 00 + by 0 + cy = 0
(E)
(E0 )
est appelée équation homogène associée à (E) ou équation sans second membre.
• Résoudre (E) sur I , c'est chercher les fonctions ϕ : I → C deux fois dérivables sur I , telles que
∀x ∈ I, aϕ00 (x) + bϕ0 (x) + cϕ(x) = g(x).
Notation. On note S (respectivement S0 ) l'ensemble des solutions de (E) (respectivement E0 ).
2.1 Résolution de l'équation homogène
2.1.1 Solutions complexes
Commençons par chercher des solutions y : R → C sous la forme x 7→ erx avec r ∈ C. On a : y 0 =
re , y 00 = r2 erx et ay 00 +by 0 +cy = (ar2 +br+c)erx , puis y ∈ S0 ⇐⇒ ∀x ∈ R, ar2 erx +brerx +cerx = 0
⇐⇒ (ar2 + br + c)erx = 0 ⇐⇒ ar2 + br + c = 0.
rx
Distinguons alors deux cas :
1er cas. L'équation ar2 + br + c = 0 admet deux racines distinctes r1 et r2 .
• En ce cas, pour tout couple (α, β) ∈ C2 , la fonction y : x 7→ αer2 x + βer1 x est solution de (E0 )
car ay 00 + by 0 + c = α(ar12 + br1 + c)er1 x + β(ar22 + br2 + c)er2 x = 0.
• Réciproquement, soit y une solution de (E0 ). Posant y(x) = z(x)er1 x , il vient :
y 0 (x) = (z 0 (x) + r1 z(x))er1 x ;
y 00 (x) = (z 00 (x) + 2r1 z 0 (x) + r12 z(x))er1 x ;
par suite :
y ∈ S0
⇐⇒
∀x ∈ R, ay 00 (x) + by 0 (x) + cy(x) = 0
⇐⇒
∀x ∈ R, z 0 (x)(b + 2r1 a) + az 00 (x) = 0
⇐⇒
∃λ ∈ C t.q. ∀x ∈ R, z 0 (x) = λe−
⇐⇒
∃(λ, µ) ∈ C2 t.q. ∀x ∈ R, z(x) =
⇐⇒
∃(α, β) ∈ C2 t.q. ∀x ∈ R, z(x) = αe−
⇐⇒
∃(α, β) ∈ C2 t.q. ∀x ∈ R, y(x) = αe−(
⇐⇒
∃(α, β) ∈ C2 t.q. ∀x ∈ R, y(x) = αer2 x + βer1 x
b+2ar1
x
a
−λa − b+2ar1 x
a
e
+µ
b + 2ar1
b+2ar1
x
a
b
+r1
a
+β
)x + βer1 x
2ème cas. L'équation ar2 + br + c = 0 admet une racine double r. Comme plus haut, on
obtient :
y ∈ S0
⇐⇒
∀x ∈ R, ay 00 (x) + by 0 (x) + cy(x) = 0
⇐⇒
∀x ∈ R, az 00 (x) = 0
(car b + 2ar = 0)
2
⇐⇒
∃(α, β) ∈ C t.q. ∀x ∈ R, z(x) = αx + β
⇐⇒
∃(α, β) ∈ C2 t.q. ∀x ∈ R, y(x) = (αx + β)erx
3
2.1.2 Solutions réelles
Cherchons maintenant les solutions réelles, il faut alors distinguer trois cas.
1er cas. L'équation ar2 + br + c = 0 admet deux racines réelles distinctes r1 et r2 . On
procède comme plus haut pour obtenir : S0 = {x 7→ αer2 x + βer1 x , (α, β) ∈ R2 }.
2ème cas. L'équation ar2 + br + c = 0 admet ne seule racine (réelle) double r. On procède
comme plus haut pour obtenir : S0 = {x 7→ (αx + β)erx , (α, β) ∈ R2 }.
3ème cas. L'équation ar2 +br +c = 0 admet deux solutions complexes conjuguées r1 = a+ib
et r2 = a − ib. Pour traiter ce cas, nous aurons besoin d'un résultat intermédiaire.
Proposition 2.1 (Admise). Une fonction y est solution à valeurs réelles de ay 00 + by 0 + cy = 0 si et
seulement si il existe z à valeurs complexes solution de ay 00 + by 0 + cy = 0, avec y = Re(z).
L'étude précédente et la proposition 2.1 montrent que les solutions réelles de E0 s'obtiennent en
prenant les parties réelles des solutions complexes de E0 . On a donc :
y ∈ S0 ⇐⇒ ∃(α, β) ∈ C2 t.q. ∀x ∈ R, y(x) = αer2 x + βer1 x = eax (αeibx + βe−ibx ).
Prenant la partie réelle de y on obtient nalement :
y est solution réelle de E0 ⇐⇒ ∃(λ, µ) ∈ R2 t.q. ∀x ∈ R, y(x) = eax (λ cos(bx) + µ sin(bx)).
En résumé :
Théorème 2.2. Soit (a, b, c) ∈ R3 avec a 6= 0 et I est un intervalle de R. On considère l'équation
diérentielle du second ordre à coecients constants
ay 00 + by 0 + cy = 0
(E0 )
On lui associe l'équation, dite caractéristique, ar2 + br + c = 0.
(1) Si l'équation caractéristique possède deux racines réelles distinctes r1 et r2 , alors l'ensemble des
solutions réelles de E0 est :
S0 = {x 7→ αer2 x + βer1 x , (α, β) ∈ R2 }.
(2) Si l'équation caractéristique possède une racine double r (nécessairement réelle), alors l'ensemble
des solutions réelles de E0 est :
S0 = {x 7→ (αx + β)erx , (α, β) ∈ R2 }.
(3) Si l'équation caractéristique possède deux solutions complexes (non réelles) conjuguées r1 = a+ib
et r2 = a − ib, alors l'ensemble des solutions réelles de E0 est :
S0 = {x 7→ eax (α cos(bx) + β sin(bx)), (α, β) ∈ R2 }.
Exemple 2.1.
(1) Résoudre dans R, l'équation diérentielle y 00 + 6y 0 + 25y = 0.
L'équation caractéristique est r2 + 6r + 25 = 0, ∆0 = −16 < 0, r1 = −3 + 4i et r2 = −3 − 4i
d'où : S0 = {ϕ : R → R, ϕ(x) = e−3x (λ cos 4x + µ sin 4x), (λ, µ) ∈ R}.
(2) Résoudre dans R, l'équation diérentielle y 00 + 2y 0 + y = 0.
L'équation caractéristique est r2 + 2r + 1 = 0, r = −1 racine double d'où :
S0 = {ϕ : R → R, ϕ(x) = (λx + µ)e−x , (λ, µ) ∈ R}.
(3) Résoudre dans R, l'équation diérentielle y 00 − 3y 0 + 2y = 0.
4
2.2 Résolution de l'équation avec second membre
Comme dans le cas des équations diérentielles du premier ordre, deux principes permettent de
résoudre l'équation avec second membre (les preuves sont identiques).
Proposition 2.3 (Lien entre S et S0 ). La solution générale de l'équation diérentielle
ay 00 + by 0 + cy = g(x)
(E)
est la somme d'une solution particulière de (E) et de la solution générale de l'équation homogène
associée :
ay 00 + by 0 + cy = 0
(E0 )
Proposition 2.4 (Principe de superposition). Soient, pour i ∈ J1, nK, les équations diérentielles
y 00 + ay 0 + by = gi (x)
Si yi est solution de (Ei ), alors
n
X
(Ei )
yi est solution de y 00 + ay 0 + by =
i=1
n
X
gi (x) (E).
i=1
Ainsi, on obtient une solution particulière de (E) en additionnant des solutions particulières des (Ei ).
Recherche de solutions particulières dans le cas d'un second membre de la forme P(x)emx .
Pour résoudre l'équation diérentielle y 00 + ay 0 + by = P (x)emx où P est polynôme de degré n et
m un complexe, on peut chercher une solution particulière de même forme que le second membre
y(x) = Q(x)emx où Q est polynôme. Plus précisément :
Théorème 2.5. Si P est polynôme et m un nombre complexe, on peut trouver une solution particulière
de l'équation diérentielle
y 00 + ay 0 + by = P (x)emx
de la
•
•
•
forme x 7→ tk Q(x)emx , où Q est polynôme de même degré que P et :
k = 0, si m n'est pas racine de l'équation caractéristique.
k = 1, si m est racine simple de l'équation caractéristique.
k = 2, si m est racine double de l'équation caractéristique.
Idée de la preuve. Si y(x) = Q(x)emx , alors y 0 (x) = (Q0 (x) + mQ(x))emx et y 00 (x) = (Q00 (x) +
2mQ0 (x) + m2 Q(x))emx . Dire que y est solution de (E) équivaut à Q00 + (2m + a)Q0 + (m2 + am + b)Q =
P (x) ce qui conduit à distinguer trois cas. Pour obtenir les coecients de Q, on résout un système
linéaire triangulaire à coecients diagonaux non nuls.
Exemple 2.2. Résoudre dans R, l'équation diérentielle y 00 + 2y 0 + y = x2 (ex − e−x ).
(1) On résout l'équation homogène associée : (E0 ) y 00 + 2y 0 + y = 0, dont l'équation caractéristique
r2 + 2r + 1 = 0 admet r = −1 pour racine double. L'ensemble des solutions de (E0 ) est alors
S0 = {x 7→ (λx + µ)e−x , (λ, µ) ∈ R2 }
(2) On cherche une solution particulière de (E) grâce au principe de superposition des solutions.
Soient :
(E1 )
y 00 + 2y 0 + y = x2 ex
(E2 )
y 00 + 2y 0 + y = −x2 e−x
5
• Solution particulière de (E1 ) : m = 1 n'est pas racine de l'équation caractéristique. On cherche
2
x
donc
une solution
µ
¶ particulière sous la forme y1 (x) = (ax + bx + c)e et on obtient y1 (x) =
1 2 1
3 x
x − x+
e
4
2
8
• Solution particulière de (E2 ) : m = −1 est racine double de l'équation caractéristique. On
cherche donc une solution particulière sous la forme y2 (x) = x2 (ax2 + bx + c)e−x et on obtient
x4
y2 (x) = − e−x .
12 
¯

¯ R → R


¯
µ
¶
µ
¶
2
x4
1
1
3
(3) Finalement, S = ϕ : ¯¯
,
(λ,
µ)
∈
R


λx + µ −
e−x +
x2 − x +
ex
¯ x 7→
12
4
2
8
Exercice 1.
Résoudre dans R les équations diérentielles suivantes :
(1) y 00 + 9y = 1 + x2
(2) y 00 − 3y 0 + 2y = xex
(3) 4y 00 + 4y 0 + y = e−x/2 et y(0) = 1, y 0 (0) = 0.
³π´
³π´
= 0, y 0
= 0.
(4) y 00 − 2y 0 + 2y = ex sin x ; y
2
2
Exercice 2.
On considère l'équation diérentielle : (1 + x2 )2 y 00 + 2x(1 + x2 )y 0 + y = 0
On fait un changement de variable x = tan(t), et on pose y(x) = z(t).
Déterminer l'équation diérentielle vériée par z . En déduire les solutions de (E ).
6
(E).