ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES. Table des matières. 1. Équations Différentielles linéaires du premier ordre

ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Table des matières 1. Équations Différentielles linéaires du premier ordre 1 2. Équations Différentielles linéaires du second ordre à coefficients constants 5 2.1. Équations homogènes 5 2.2. Les cas des coefficients réels 7 2.. Équations non homogènes 8. Solution pour des f particulières 11.1. Premier cas : pas de résonance 11.2. Deuxième cas : résonance simple 12.. Troisième cas : résonance double 12 4. La methode de la variation de la constante 12 4.1. Équations d ordre 1 12 4.2. Équations d ordre 2 1 5. Exercices 15 Annexe A. Rappels sur les polynômes de degré 2 26 Annexe B. Les racines d un polynôme de degré 28 1. Équations Différentielles linéaires du premier ordre Soit I R un intervalle et a, b : I R deux fonctions continues données. Alors il s agit des équations de la forme (1.1) y (x) a(x) y(x) = b(x), x I. On appelle cette équation linéaire car l équation homogène associée, c est-à-dire (1.2) y a y = 0, a la proprieté remarquable suivante. Lemme 1.1. Soient y 1 et y 2 deux solutions de (1.2), alors pour tous α, β R la fonction (1.) α y 1 + β y 2, est encore une solution (1.2). L opération (1.) s appelle combinaison linéaire de y 1 et y 2. En particulier, on a que la fonction y(x) 0 est toujours solution de (1.2). 1

2 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Démonstration. Il suffit de vérifier que (1.) est une solution de (1.2). En utilisant les regles de dérivation, on obtient (α y 1 + β y 2 ) a (α y 1 + β y 2 ) = α y 1 + β y 2 a α y 1 a β y 2 qui termine la vérification. = α (y 1 a y 1 ) + β (y 2 a y 2 ) = 0, Remarque 1.2. Attention! La proprieté précédente n est pas vraie pour les solutions de (1.1), c est-à-dire que si y 1 et y 2 sont deux solutions de (1.1), en général α y 1 + β y 2 n est pas solution de (1.1). Le premier résultat important est le suivant. Proposition 1.. Supposons que y p soit une solution de (1.1). Pour toute autre solution y de (1.1), il existe y hom solution de (1.2) telle que où y hom résout (1.2). y(x) = y p (x) + y hom (x), Démonstration. Soit y une autre solution de (1.1). On définit u = y y p, alors u est une solution de l équation homogène (1.2) : en effet, par définition de u on a où on a utilisé que u a u = (y y p ) a (y y p ) = y y p a y + a y p = (y a y) (y p a y p ) = b b = 0, y a y = b et y p a y p = b. En revenant à la définition de u, on a donc trouvé que y s écrit sous la forme où u solution de (1.2). y = u + y p, Remarque 1.4 (Important). Le résultat précédent peut de resumer en disant que au fin de determiner l ensemble de toutes solutions de (1.1), il suffit de determiner une solution particulière de (1.1), ainsi que toutes les solutions de l équation homogène (1.2). Définition 1.5. L ensemble de toutes les solutions de (1.1) s appelle solution générale de l équation. Finalement, on peut trouver la solution générale de (1.1), grâce au résultat suivant. Théorème 1.6 (Solution générale). forme (1.4) y(x) = c e A(x), où c est une constante. i) Toute solution de l équation homogène est de la

ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES ii) Toute solution de (1.1) est de la forme [ (1.5) y(x) = e A(x) b(x) e A(x) dx + c, où A est une primitive de a, b(x) e A(x) dx est une primitive de b e A et c une constante. Démonstration. On démontre i) et ii) separéement. Démonstration de i). On vérifie que tout d abord y(x) = c e A(x) est une solution de (1.2), car ( y (x) a(x) y(x) = c e A(x)) a(x) c e A(x) = c e A(x) (a(x) a(x)) = 0, où on a utilisé que A (x) = a(x). Maintenant, on vérifie que toute solution de (1.2) est forcement de la forme (1.4). Si A est une primitive de a, alors on a y a y = 0 e A (y a y) = 0. Maintenant on observe que le terme de gauche est une dérivée d un produit, car e A (y a y) = (e A y), en utilisant les regles de dérivation. Tout ça nous amène à y a y = 0 (e A y) = 0 e A y = c, qui montre que y est de la forme (1.4). Démonstration de ii). Tout d abord, on remarque que d après la Proposition 1., on sait déjà que toute solution de (1.1) est de la forme y(x) = c e A(x) + y p (x), où y p est une solution particulière de (1.1). Donc il nous suffit de trouver une solution particulière de (1.1) : pour cela, on peut tout simplement vérifier que (1.6) y p (x) = e A(x) b(x) e A(x) dx, est une solution (1.1). On a effectivement y p(x) = a(x) e A(x) b(x) e A(x) dx + b(x), et donc y (x) a(x) y(x) = a(x) e A(x) a(x) e A(x) b(x) e A(x) dx + b(x) b(x) e A(x) dx = b(x), c est-à-dire que y p est une solution particulière.

4 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Remarque 1.7. On peut se poser la question de savoir comment on arrive à la formule (1.6) pour une solution particulière. Voici l idée : supposons que y soit une solution, on va montrer que elle est forcement de la forme (1.6). Si A est une primitive de a, on a y a y = b e A (y a y) = e A b. Maintenant on observe que le terme de gauche est une dérivée d un produit, car e A (y a y) = (e A y), en utilisant les regles de dérivation. Alors on a 1 y a y = b (e A y) = e A b e A y = c est-à-dire que y est de la forme (1.6). e A b dx, Remarque 1.8 (Trouver une solution particulière). On verra plus loin une autre methode pour trouver une solution particulière (voir Variation de la constante ). Pour l instant, on remaquera que parfois il est utile d utiliser la stratégie suivante : plutôt que utiliser (1.5) directement pour trouver une solution particulière y p, on pourra essayer de la deviner, par des considérations euristiques. On va faire un exemple, au fin de mieux comprendre la remarque précédente. Exemple 1.9 (Exercice, Planche 2). On considére l équation y + y = cos(x). On voit qu il s agit d une équation du type (1.1), avec a = 1 et b(x) = cos(x). Donc, la solution générale de l équation homogène sera donnée par y hom (x) = c e x. Pour trouver une solution particulière y p, on pourra se souvenir que d dx cos x = sin x et d sin x = cos x. dx Donc si par exemple on cherche une solution du type y p = c 1 cos x + c 2 sin x, on a de l éspoir de réussir. En fait, en enjectant y p dans l équation, on tombera sur une identitè qui ne contient que cos x et sin x tout simplement, avec des coefficients qu on pourra peut être bien choisir de manière à vérifier cette identité. Plus precisement, avec ce choix de y p, il faudra vérifier c 1 sin x + c 2 cos x + c 1 cos x + c 2 sin x = cos x, c est-à-dire (c 1 + c 2 ) cos x + (c 2 c 1 ) sin x = cos x, qui est vérifiée, si on fait le choix c 2 = c 1 = 1/2. Donc on a trouvé la solution générale y(x) = 1 [ cos x + sin x + c e x. 2 1. Faites attention : ici on utilise la notation e A y = e A b dx pour dire que e A y est une primitive de e A(x) b(x)...à vous de choisir laquelle!

ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 5 2. Équations Différentielles linéaires du second ordre à coefficients constants 2.1. Équations homogènes. Il s agit des équation de la forme (2.1) y + a y + b y = 0, où a, b C sont constantes données. On appelle z 2 + a z + b = 0, l équation caractéristique associée à cette équation différentielle. On utilisera aussi la notation P car (z) = z 2 + a z + b. Théorème 2.1. Toute solution de (2.1) est de la forme suivante : (1) si P car a deux racines α 1 α 2, alors y(x) = c 1 e α 1 x + c 2 e α 2 x, avec c 1, c 2 constantes; (2) si P car a une racine double, c est-à-dire si α 1 = α 2 = α, alors y(x) = c 1 e α x + c 2 x e α x, avec c 1, c 2 constantes. Avant de donner une démonstration rigoureuse de ce résultat, on cherchera de comprendre comme on peut arriver à cette forme pour les solutions de (2.1). On voit que si on cherche des solutions du type exponentielle, comme dans le cas des équations du premier ordre, c est-à-dire si on cherche y(x) = e α x, alors ça sera une effectivement solution de (2.1) si et seulement si C est-à-dire si et seulement si y (x) + a y (x) + b y(x) = 0, pour tout x R. α 2 e α x + a α e α x + b e α x = 0, et vu que e α x 0, ceci revient à dire qu il faut avoir α 2 + a α + b = 0. Et ça veut dire exactement que P car (α) = 0, donc il faut que α = α 1 soit une racine de l équation caractéristique associée. Évidemment, par linárite on obtient que y 1 = c 1 e α 1 x est aussi une solution et pareil pour y 2 = c 2 e α 2 x. À nouveau grace à la linéairité, on obtient que y(x) = c 1 e α 1 x + c 2 e α 2 x, est bien encore une solution. C est claire que si α 1 = α 2 = α, le deux solutions qu on a trouvé sont exactement la même et alors la question dans ce cas devient : y a-t-il des autres solutions qu on peut trouver? La réponse du Théorème précédent est oui, une auntre solution etant donnée par y = x e α x.

6 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Démonstration. (du Théorème 2.1) On va diviser la démonstration dans trois cas, qu on traitera séparéement. Cas 1 : a = 0 et b 0. Dans ce cas, l équation a la forme (2.2) y + b y = 0. Si on pose 2 v = y + b y, on voit que y est solution de (2.2) si et seulement si v est solution de (2.) v b v = 0. En effet, avec cette définition de v, on a v b v = y + b y b ( y + ) b y = y + b y = 0. Qu est-ce qu on a gagné avec cette astuce? On voit qu on s est ramené à une équation linéaire du premier ordre homogène. Donc, d après le Théorème (1.6), on sait déjà que v est forcement de la forme v(x) = c e b x, où c est une constante. Si on revient à la fonction y, on a donc v = y + b y. À nouveau par la Théorème 1.6, enutilisant que v = c e b x, on obtient que y est solution de (2.2) si et seulement si [ y(x) = e b x c e b x e b x dx + k, et donc, au moins de changer de nom aux constantes, on trouve que y(x) = c 1 e b x + c 2 e b x. On observe que dans ce cas le polynôme caracteristique est reduit à P car (z) = z 2 + b, z C, dont les deux racines sont données exactement par b et b. Donc on a terminé la preuve, dans le cas a = 0. Cas 2 : a = b = 0. Dans se cas, on voit directment que y = 0 y = constante y = c 1 x + c 2. Cas : cas général. Maintenant, il nous suffira d observer que y est solution de (2.1) si et seulement si ( ) ) y + a y + a2 4 y + y (b a2 = 0. 4 2. Évidemment, en général il faudra prendre la racine carrée dans le sens complexe.

ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 7 On pourra multiplier l équation précédente par e a 2 x, donc y sera solution de (2.1) si et e seulement si ( ) ) e a 2 x y + a y + a2 4 y + e a 2 x y (b a2 = 0. 4 On pose v(x) = e a 2 x y(x), et on voit que ( ) e a 2 x y + a y + a2 4 y = v (x), c est-à-dire y sera solution de (2.1) si et seulement si ) v + (b a2 v = 0, 4 et donc on s est ramené au cas de l équation (2.2). On a vu que alors v est forcement de la forme a v(x) = c 1 e 24 b x + c 2 e a 2 4 b x si a 2 4 b 0 (voir cas 1), ou bien v(x) = c 1 x + c 2 si a 2 4 b = 0 (voir cas 2). Finalement, si on se souvient que v(x) = e a/2 x y(x), alors on trouve que toute solution de (2.1) est de la forme ) ) ( a2 c 1 e + a 24 b x ( a2 + c2 e a 24 b x, si a 2 4 b 0 y(x) = c 1 e a 2 x + c 2 x e a 2 x, si a 2 4 b = 0. Ça termine la preuve. 2.2. Les cas des coefficients réels. Dans le cas où a, b R, on a le résultat suivant. Corollaire 2.2. Soient a, b R, alors toute solution de est de la forme suivante : y + a y + b = 0, (1) si P car a deux racines réelles α 1 α 2, alors y(x) = c 1 e α 1 x + c 2 e α 2 x, avec c 1, c 2 R; (2) si P car a deux racines complexes α 1 α 2, alors et α 1 = α + i β et α 2 = α i β, y(x) = c 1 e α x cos(β x) + c 2 e α x sin(β x), avec c 1, c 2 R; () si P car a une racine double, c est-à-dire si α 1 = α 2 = α, alors y(x) = c 1 e α x + c 2 x e α x, avec c 1, c 2 R.. Et cette racine est forcement réelle, dans ce cas, par le Lemme A..

8 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Démonstration. D après le Théorème 2.1, on connait déjà la forme des solutions. Il nous suffit de vérifier que quand on a deux racines complexes, on peut écrire les solutions en utilisant le cosinus et le sinus. En effet, dans ce cas, grace au Lemme A., on sait que α 1 et α 2 sont conjuguées, c est-à-dire elles sont de la forme α 1 = α + i β et α 2 = α i β, et donc la solution générale peut s écrire comme y(x) = c 1 e α x e i β x + c 2 e α x e i β x. Maintenant on se souvient de l identité d Euler donc e i β x = cos(β x) + i sin(β x), y(x) = c 1 e α x [cos(β x) + i sin(β x) + c 2 e α x [cos(β x) i sin(β x), = (c 1 + c 2 ) e α x cos(β x) + i (c 1 c 2 ) e α x sin(β x). En posant c 1 + c 2 = c 1 et c 2 = (c 1 c 2 ) i, on obtient donc qui termine la preuve. y(x) = c 1 e α x cos(β x) + c 2 e α x sin(β x), 2.. Équations non homogènes. Il s agit des équations de la forme (2.4) y + a y + b y = f, où f est une fonction donnée et a, b C. Proposition 2.. Soit y f une solution de (2.4). Pour tout autre solution y de (2.4) il existe une solution y hom de (2.1) telle que y(x) = y hom (x) + y f (x). Démonstration. Soit prend y une autre solution de (2.4). Évidemment on peut écrire y = (y y f ) + y f, et on note que la nouvelle fonction u = y y f est telle que u + a u + b u = (y y f ) + a (y y f ) + b (y y f ) = (y + a y + b y) (y f + a y f + b y f ) = f f = 0 c est-à-dire u est une solution de l équation homogène. Remarque 2.4. Ce résultat est analogue à celui pour les équations du premier ordre : de qu on aura une solution particulière de (2.4), on aura trouvé toutes les solutions en rajoutant à celle ci n importe quelle solution de l équation homogène (2.1). Théorème 2.5 (Solution générale de (2.4)). Toute solution de (2.4) est de la forme suivante :

(1) si P car a deux racines α 1 α 2, alors ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 9 y(x) = c 1 e α 1 x + c 2 e α 2 x + y p (x), avec c 1, c 2 constantes; où la solution particulière y p est donnée par (2.5) y p (x) = e α 1 x [ 1 [ f(x) e α 1 x dx e α 2 x 1 f(x) e α 2 x dx ; (2) si P car a une racine double, c est-à-dire si α 1 = α 2 = α, alors y(x) = c 1 e α x + c 2 x e α x + y p, avec c 1, c 2 constantes, où cette fois la solution particulière y p est donnée par (2.6) y p = e [x α x f(x) e α x dx f(x) x e α x dx. Démonstration. D après la Proposition 2. et le Théorème 2.1, il nous suffira de vérifier que les fonctions y p définies par (2.5) et (2.6) sont des solutions particulières, selon le cas que α 1 α 2 ou α 1 = α 2. On ne s occupe que de vérifier (2.5), l autre cas est laissé comme exercice. On a donc [ y p(x) = α 1 e α 1 x 1 [ α 2 e α 2 x 1 [ = α 1 e α 1 x 1 f(x) e α 1 x 1 dx + f(x) f(x) e α 2 x 1 dx f(x) [ f(x) e α 1 x dx α 2 e α 2 x 1 f(x) e α 2 x dx, et [ y p(x) = α1 2 e α 1 x 1 [ α2 2 e α 2 x 1 [ = α1 2 e α 1 x 1 f(x) e α 1 x dx + α 1 f(x) f(x) e α 2 x dx α 2 f(x) [ f(x) e α 1 x dx α2 2 e α 2 x 1 f(x) e α 2 x dx + f(x).

10 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Donc finalement on obtient y p(x) + a y p(x) + b y p (x) = ( α 2 1 e α 1 x [ 1 f(x) e α 1 x dx ) f(x) e α 2 x dx + f(x) f(x) e α 1 x dx ) f(x) e α 2 x dx [ f(x) e α 1 x dx e α 2 x [ α2 2 e α 2 x 1 ( [ + a α 1 e α 1 x 1 [ α 2 e α 2 x 1 ( [ b e α 1 x 1 [ = (α1 2 + a α 1 + b) e α 1 x 1 [ (α2 2 + a α 2 + b) e α 2 x 1 c est-à-dire [ y p(x) + a y p (x) + b y p (x) = P car (α 1 ) e α 1 x 1 [ P car (α 2 ) e α 2 x 1 qui donne (enfin!) y p(x) + a y p(x) + b y p (x) = f(x), car P car (α 1 ) = P car (α 2 ) = 0. 1 f(x) e α 1 x dx f(x) e α 2 x dx + f(x) f(x) e α 1 x dx f(x) e α 2 x dx + f(x) ) f(x) e α 2 x dx Remarque 2.6. À nouveau (voir Remarque 1.7), on pourrait se poser la question de savoir comment on arrive à les formules (2.5) et (2.6) pour une solution particulière. Comme pour les équations d ordre 1, une strategie possible est de révenir à la démonstration pour le cas homogène et remplacer 0 par f à droite. Par exemple, dans le cas général on aura maintenant que y est solution de (2.4) si et seulement ( ) ) e a 2 x y + a y + a2 4 y + e a 2 x y (b a2 = e a 2 x f, 4 et en posant v = e a/2 x y, cela est equivalent à ) v (x) + (b a2 v(x) = e a 2 x f(x), 4 donc il nous suffira de savoir résoudre des équations de la forme v (x) + C v(x) = g(x).

ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 11 Pour cela, on pourra utiliser la même astuce qu on a utilisé dans le cas 1 de la preuve du Théorème 2.5. On termine cette partie avec un petit résultat, qui est neanmoins très utile. Lemme 2.7. Soient f 1 et f 2 deux fonctions. Soit y 1 une solution de et y 2 une solution de Alors y 1 + y 2 est une solution de y + a y + b y = f 1, y + a y + b y = f 2. y + a y + b y = f 1 + f 2. Démonstration. La démonstration est immédiate, car on a [ (y 1 + y 2 ) + a (y 1 + y 2 ) + b (y 1 + y 2 ) = y 1 + a y 1 + b y [ + y 2 + a y 2 + b y 2 = f 1 + f 2, qui termine la preuve. Si la fonction f dans (2.4) est de la forme. Solution pour des f particulières f(x) = R(x) e γ x, où R est un polynôme et γ C, alors on peut trouver une solution particulière y f de manière assez simple. Pour ça, il faut distinguer trois cas..1. Premier cas : pas de résonance. Dans ce cas, on peut trouver une solution particulière du type y f (x) = Q(x) e γ x, où Q est polynôme (à determiner!). En remplaçant cette y f dans l équation, on obtient que Q doit vérifier Q + 2α Q + α 2 Q + a Q + a α Q + b Q = R, qui on peut aussi écrire comme 1 (.1) 2 P car(γ) Q + P car(γ) Q + P car (γ) Q = R, en observant que P car (γ) = α 2 + a α + b, P car(γ) = 2 α + a, P car(γ) = 2. En particulier, il nous suffira de chercher un polynôme Q tel que deg(q) = deg(r).

12 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Dans ce cas, on dira qu on n a pas de résonance. On voit que l équation (.1) est très simple à résoudre, car il s agit tout simplement d une identité entre polynômes..2. Deuxième cas : résonance simple. C est le cas où γ est une racine simple du polynôme caractéristique. Dans ce cas, si on essaye de trouver un solution du type y f (x) = Q(x) e γ x, avec deg (Q) = deg(r), c est simple à voir que on n y arrivera jamais. En fait, dans ce cas P car (γ) = 0 et donc (.1) implique que 1 2 P car(α) Q + P car(γ) Q = R, c est-à-dire, il faudra avoir deg (Q ) = R et donc finalement deg (Q) = deg(r) + 1. Donc, il faut augmenter de 1 le degré du polynôme inconnu Q. Dans ce cas, on dira qu il y a résonance simple... Troisième cas : résonance double. Ici γ est une racine double du polynôme caractéristique. C est-à-dire, on a (voir Lemme A.2) P car (γ) = 0 et P car(γ) = 0. Dans ce cas, si on cherche une solution du type y f (x) = Q(x) e γ x, on tombe sur l équation (.1), qui devient maintenant 1 2 P car(γ) Q = R, donc il nous faut que soit deg (Q ) = R, c est-à-dire deg (Q) = deg(r) + 2. Finalement, dans ce cas, on dira qu il y a résonance double. 4. La methode de la variation de la constante 4.1. Équations d ordre 1. On a vu que toute solution de l équation y a y = 0, est de la forme y(x) = c e A(x), où c R est une constante et A est une primitive de a. Si on veut toute solution de y a y = b, il nous suffira alors de trouver une solution particulière. On a déjà vu une manière de la trouver (voir Théorème 1.6). Une autre manière de la trouver est la suivante : on cherche une solution particulière du type y p (x) = c(x) e A(x),

ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 1 où c cette fois ici est une fonction, pas une constante. Si on injecte cette fonction dans l équation, on trouve que c doit vérifier c (x) e A(x) + a(x) c(x) e A(x) a(x) c(x) e A(x) = b(x), c est-à-dire, on se ramène à c (x) = b(x) e A(x) et donc on arrive à nouveau à la solution particulière y p (x) = e A(x) b(x) e A(x) dx. Cette technique pour trouver une solution particulière s appelle variation de la constante. 4.2. Équations d ordre 2. De la même manière, cette technique est très utile pour trouver y f quand f n est pas de la forme polynôme exponentielle, c est-à-dire...quasiment toujours! Supposons donc que α, β soient les racines 4 de P car, de manière que la solution générale de (2.1) soit donnée par Maintenant, on va chercher y f sous la forme y hom = A e α 1 x + B e α 2 x, A, B C. (4.1) y f (x) = A(x) e α 1 x + B(x) e α 2 x, c est-à-dire, on essaye de remplacer les constants A, B par des fonctions. Évidemment, pour que y f soit une solution, il faudra que y f + a y + b = f, c est-à-dire, il faut imposer que A et B satisfont e α 1 x (A + 2 α 1 A + α 2 1 A) + e α 2 x (B + 2 α 2 B + α 2 2 B) + a e α 1 x ( A + α 1 A ) + a e α 1 x ( B + α 2 B ) + b A e α 1 x + b B e α 2 x = f. On observe que A e α 1 x (α1 2 + a α 1 + b) = A e α 1 x P car (α 1 ) = 0, et B e α 2 x (α2 2 + a α 2 + b) = A e α 2 x P car (α 2 ) = 0, donc l équation précédente devient (4.2) e α 1 x (A + 2 α 1 A ) + e α 2 x (B + 2 α 2 B ) + a e α 1 x A + a e α 2 x B = f. On a deux inconnues, les fonctions A et B, et seulement une condition à vérifier, i.e. l équation (4.2). On impose une condition de plus, de manière à simplifier l équation précédente : par exemple, essayons en imposant que (4.) A e α 1 x + B e α 2 x = 0. 4. On suppose pour le moment que α 1 α 2, pour le cas α 1 = α 2 on pourra adapter la méthode.

14 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Ça implique en particulier que (A + α 1 A ) e α 1 x + (B + α 2 B ) e α 2 x = 0, donc l équation (4.2) se simplifie encore, car elle devient e α 1 x α 1 A + e α 2 x α 2 B = f. Donc, on se ramène à la situation suivante : on pourra trouver une solution particulier y f de la forme (4.1), si on arrive à resoudre le système suivant { A e α 1 x + B e α 2 x = 0 α 1 A e α 1 x + α 2 B e α 2 x = f La première équation donne B = A e (α 1 α 2 ) x, et donc, en utilisant la deuxième on obtient α 1 A e α 1 x α 2 A e (α 1 α 2 ) x e α 2 x = f, c est-à-dire A = f e α 1 x et donc A = 1 f(x) e α 1 x dx. On arrive à trouver aussi B, i.e. B = f e α 2 x et donc B = 1 f(x) e α 2 x dx. Donc on vient de trouver la solution particuliìere y f = e α 1 x 1 f(x) e α 1 x dx e α 2 x 1 f(x) e α 2 x dx, dans le cas que α 1 α 2. On retrouve donc la formule (2.5) du Théorème 2.5. Remarque 4.1. Dans le cas α 1 = α 2, en utilisant la variation des constants on obtient la solution particulière (faire comme Exercice!) y p = e [x α x f(x) e α x dx f(x) x e α x dx, i.e. on retrouve maintenant la formule (2.6) du Théorème 2.5.

ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 15 5. Exercices Exercice 5.1. Trouver la solution générale de l équation y x y = 2 x. Démonstration. L équation est donnée dans la forme (1.1), avec a(x) = x et b(x) = 2 x. Donc une primitive de a est donnée par A(x) = x 4 /4 et la solution général de l équation sera [ [ y(x) = e x4 4 2 x e x4 4 dx + c = e x4 4 2 e x4 4 + c = c e x4 4 2. On va vérifier qu il s agit bien d une solution : on a et donc Ça va! y (x) = c x e x4 4, y x y = c x e x4 4 c x e x4 4 + 2 x = 2 x. Exercice 5.2. Trouver la solution générale de l équation y (cos x) y = π 2 cos x. Démonstration. En utilisant la formule générale, on obtient [ π [ y(x) = e sin x 2 cos x e sin x + c = e sin x π 2 e sin x + c = π 2 + c esin x. Exercice 5.. Trouver toutes les solutions de x (x 1) y (x) (2 x 1) y(x) + x 2 = 0 Démonstration. En divisant l équation par x (x 1), on se ramène à la forme standard d une équation linéaire du premier ordre. On obtient (5.1) y (x) 2 x 1 x (x 1) y(x) = x, x 0 et x 1, x 1 et maintenant il faudra faire attention, car cette nouvelle équation est équivalente a celle initiale, mais avec la restriction x 0 et x 1, qu on avait pas au début. Donc, il faudra discuter les solutions (5.1) dans les trois intervals I 1 = (, 0), I 2 = (0, 1) et I = (1, + ), et après voir si c est possible de trouver des solutions qui se prolongent à tout R. On va tout d abord s occuper de l équation homogène y (x) 2 x 1 y(x) = 0, x 0 et x 1. x (x 1)

16 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES En observant que et que A(x) = ln x 2 x = a(x) dx = 2 x 1 x (x 1) dx = ln x2 x, { ln(x 2 x), si x < 0 ou x > 1, ln(x x 2 ), si 0 < x < 1, on aura que toute solution sera de la forme c 1 (x 2 x), si 1 < x, ỹ hom (x) = c 2 (x x 2 ), si 0 < x < 1, c (x 2 x), si x < 0, c est-à-dire, on a simplement resolu l équation dans chaque interval I 1, I 2 et I. Maintenant, on voit que si on prends c 2 = c 1 et c = c 1 dans la formule precédénte, on obtient la fonction y(x) = c (x 2 x), qui est définie sur tout R, dérivable partout et qui est solution de l équation initale pour x 0 et x 1, par construction. Mais en effet on vérifie que y est solution aussi pour x = 0 et x = 1 : en utilisant la forme de y, on a et aussi 0 (0 1) y (0) (2 0 1)y(0) = y(0) = 0, 1 (1 1) y (1) (2 1 1)y(1) = y(1) = 0. Alors notre fonction y(x) = c (x 2 x) est solution de l équation initiale et donc y hom (x) = c (x 2 x). Il nous manque une solution particulière y p : pour ça, on pourra par exemple utiliser la variation de la constante, c est-à-dire on cherche y p du type y p (x) = c(x) (x 2 x). La fonction inconnue c(x) elle devra satisfaire c est-à-dire x (x 1) (c(x) (x 2 x)) (2 x 1)(x 2 x) = x 2, (x 2 x) 2 c (x) = x 2. Donc on obtient 5 c 1 (x) = (x 1) 2 qui implique c(x) = 1 x 1. Finalement, on a la solution particulière y p (x) = x 5. Ici on triche un petit peu, il y avait une discussion à faire...c est-à-dire?

ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 17 et alors y(x) = y p (x) + y hom (x) = x + c (x 2 x) = x [1 + c (x 1) sera la solution générale. Exercice 5.4. Soient α 0 et ω > 0, trouver une primitive de la fonction f(x) = e α x cos(ω x), x R. Démonstration. En utilisant la formule d intégration par parties, on obtient e α x cos(ω x) = eα x α cos(ω x) + ω e α x sin(ω x) dx, α qui pour le moment ne semble pas trop utile. Si on utilise à nouveau l intégration par parties 6 dans le dernier intégral, on obtient alors, e α x cos(ω x) dx = eα x α cos(ω x) + ω α 2 eα x sin(ω x) ω2 α 2 e α x cos(ω x) dx. L identité précédente peut être vue comme une équation algébrique dans l inconnue e α x cos(ω x) dx et avec des manipulations très simples, on se ramène à ) (1 + ω2 α 2 e α x cos(ω x) = eα x α cos(ω x) + ω α 2 eα x sin(ω x) et donc la fonction F (x) = α2 α 2 + ω 2 est une primitive de la fonction initiale. [ 1 α cos(ω x) + ω sin(ω x) e α x, x R, α2 Exercice 5.5. Soient α 0 et ω > 0, trouver une primitive de la fonction f(x) = e α x sin(ω x), x R. Exercice 5.6. Trouver toutes les solutions de l équation y (x) + y (x) + 2 y(x) = e x. Démonstration. Tout d abord, on remarque que l équation est de la forme (2.4). On observe que P car (z) = z 2 + z + 2, dont les racines sont z 1 = 1 et z 2 = 2, 6. Rappel : Soient f et g deux fonctions dérivable, vu qu on a (f g) = f g + f g, on obtient que f g est une primitive de f g + f g et donc f g dx = f g f g dx, qui est la formule d intégration par parties.

18 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES donc les solutions qu on cherche sont de la forme y = c 1 e x + c 2 e 2 x + y f, c 1, c 2 R. Pour terminer, il faudra trouver une solution particulière y f. On voit que f est de la forme R e α x, avec R = 1 (i.e. polynôme de degré 0) et α = 1, qui n est pas une racine de P car. Donc on cherche y f sous la forme y f (x) = c e x. En remplaçant cette fonction dans l équation, on a que y f est solution si c e x (1 + a + b) = b e x, c est-à-dire si b c = 1 + a + b. Donc toutes les solutions de l équation initiale sont de la forme Ça termine l exercice. y(x) = c 1 e x + c 2 e 2 x + Exercice 5.7. Trouver toutes les solutions de l équation b 1 + a + b ex, c 1, c 2 R. y (x) + y(x) = sin x. Démonstration. L équation caractéristique etant donnée par z 2 + 1 = 0, dont les solutions sont z 1 = i et z 2 = i, d après le Corollaire 2.2 on obtient la solution générale de l équation homogène y hom (x) = c 1 cos x + c 2 sin x, c 1, c 2 R. Pour trouver une solution particulière, on se souvient que e i x = cos x + i sin x, donc on peut se ramener au cas où le terme de droite dans l équation est du type polynôme exponentielle, car sin x = ei x e i x. 2 i Plus précisément, il nous suffira de trouver deux solutions particulières y 1 et y 2 de y (x) + y(x) = ei x et y (x) + y(x) = e i x 2 i 2 i, car alors d après le Lemme 2.7 y f = y 1 + y 2 sera la solution particulière qu on cherche. Pour tous les deux cas, on observe que le terme de droite f est de la forme f(x) = R(x) e γ x où deg(r) = 0 et γ = ±i. En particulier, l exponentielle à droite a l argument qui est une racine (simple) de l équation caractéristique. Il faudra donc chercher y 1 et y 2 du type y 1 = c 1 x e i x et y 2 = c 2 x e i x.

En rémplaçant ces fonctions dans les équations, on obtient et donc et aussi et donc ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 19 2 i c 1 e i x c 1 x e i x + c 1 x e i x = ei x 2 i, c 1 = 1 4, 2 i c 2 e i x c 2 x e i x + c 2 x e i x = e i x 2 i, c 2 = 1 4. Finalment, on obtient une solution particulière de l équation initiale y f = y 1 + y 2 = 1 4 x ei x 1 4 x e i x = x ( e i x + e i x ), 2 2 c est-à-dire y f = x cos x. 2 Toute solution de notre équation est donc de la forme y(x) = c 1 cos x + c 2 sin x x 2 cos x. Exercice 5.8. Trouvez toutes les solutions de l équation ( ) y (x) + y (x) + y(x) = cos 2 x. Démonstration. À nouveau, il s agit d une équation linéaire du deuxième ordre, ayant coefficients contants. Tout d abord, on va donc determiner les solutions de l équation homogène associée, c est-à-dire (5.2) y (x) + y (x) + y(x) = 0. Dans ce cas, on a P car (z) = z 2 + z + 1, dont les racines sont complexes conjuguées, i.e. α 1 = 1 i et α 2 = 1 + i, 2 2 donc d après le Corollaire 2.2, on a que toute solution de (5.2) est de la forme [ ( ) ( ) y hom (x) = e x 2 c 1 cos 2 x + c 2 sin 2 x.

20 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Maintenant, il nous suffit de trouver une solution particulière y p de l équation initiale : à ce propos, on observe que le terme de droite dans l équation s écrit comme ( ) cos 2 x = ei 2 x + e i 2 x. 2 2 De cette manière, on voit qu il suffit de trouver deux solutions particulières y 1 et y 2 des équations 2 x y (x) + y (x) + y(x) = ei et y (x) + y (x) + y(x) = e i, 2 2 car alors y 1 +y 2 sera la solution particulière qu on cherche, d après le Lemme 2.7. Vu qu on n a pas de résonance, on cherchera y 1 et y 2 de la forme y 1 (x) = A e i 2 x et y 2 (x) = B e i 2 x, A, B constantes. En remplaçant y 1 et y 2 dans leur équation, on trouve et donc 4 A + i 2 A + A = 1 2 et 4 B i 2 B + B = 1 2, y 1 (x) = 2 (1 2 i ) e i 2 x et y 2 (x) = 2 (1 + 2 i ) 1 1 Finalement, on trouve une solution particulière de l équation initiale y p (x) = y 1 (x) + y 2 (x) = 2 1 (e i 2 x + e i x) 2 4 i ) 1 = 4 1 cos ( 2 x + 8 1 sin 2 x e i 2 x. (e i 2 x e i ( 2 x Donc toute solution de l équation initiale est de la forme [ ( ) [ y gen (x) = y hom (x) + y p (x) = c 1 e x 4 2 + cos 1 2 x + c 2 e x 8 ( ) 2 + sin 1 2 x,...et c est fini! Remarque 5.9. Pour trouver la solution particulière dans l équation précédente, il y avait une astuce pour semplifier un peu les calculs. En effet, en observant que 7 ( ) cos 2 x = Re (e i x) 2 on pouvait tout simplement chercher une solution particulière (complexe) de y (x) + y (x) + y(x) = e i 2 x, 7. Ici, avec Re(z) on note la partie réelle d un nombre z C. ). 2 x)

ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 21 et après prendre la partie réelle de cette solution. Ça nous donne à nouveau le même résultat d avant, mais en resoudrant seulement une équation non homogène. On observe que dans la methode qu on a utilisé ci-dessus, on a que y 1 et y 2 sont conjuguées, c est-à-dire y 1 (x) = y 2 (x), pour tout x, donc l operation y 1 + y 2 correspond exactement à prendre la partie réelle (au moins d un facteur 2 qui multiplie). Finalement, les deux methodes sont parfaitement équivalents. Exercice 5.10. On considére l équation de l oscillateur harmonique libre (5.) y (x) + ω 2 0 y(x) = 0, où ω 0 est une constante réelle. Determiner les valuers de ω 0 telles qu il existe une solution f à (5.), non identiquement nulle, et telle que f(0) = f(π) = 0. Démonstration. Tout d abord, on determinera la solution générale de (5.). En observant qu on a P car (z) = z 2 + ω 2 0, z C, dont les racines sont données par z 1,2 = { ±i ω0, si ω 0 0, 0, si ω 0 = 0. D après le Corollaire 2.2, on obtient donc que la solution générale de l équation (5.) (qui est homogène) est donnée par y(x) = c 1 cos(ω 0 x) + c 2 sin(ω 0 x), si ω 0 0, et y(x) = c 1 + c 2 x, si ω 0 = 0. On voit tout de suite que si ω 0 = 0, il n y a pas de solutions qui verifit y(0) = y(π) = 0 et qui ne sont pas triviales, car dans ce cas toute solution ets une droite. Par contre, si ω 0 0, les solutions qu on cherche sont telles que 0 = y(0) = c 1 cos(0) + c 2 sin(0) = y(π) = c 1 cos(ω 0 π) + c 2 sin(ω 0 π), c est-à-dire, il faudra determiner ω 0 de manière que c 1 = 0 et c 1 cos(ω 0 π) + c 2 sin(ω 0 π) = 0. Les solutions qu on cherche seront donc de la forme Donc il faudra choisir ω 0 tel que y(x) = c sin(ω 0 x) avec ω 0 tel que sin(ω 0 π) = 0. ω 0 π = k π et finalement ω 0 = k, k N, qui correspond à toute solution de la forme (voir Figure 1) Çeci termine l exercice. y(x) = c sin(k x), k N.

22 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 2,5 0,5 1 1,5 2 2,5-2,5 Figure 1. Quelques solutions de l équation (5.), qui verifient y(0) = y(π) = 0. Exercice 5.11. On considère l équation de l oscillateur harmonique forcé (5.4) y (x) + ω 2 0 y(x) = cos(ω x), où ω 0 R et ω R sont deux constantes. En discutant selon les valuers de ω 0 et ω, resoudre (5.). Démonstration. D après l exercice précédent, on connait déjà les solutions de l équation homogène. Cas 1. On suppose tout d abord que ω 0 0, alors on aura y hom (x) = c 1 cos(ω 0 x) + c 2 sin(ω 0 x). Maintenant, pour trouver une solution particulière de (5.4), il faudra faire une distinction. Cas 1.A. Si ω ω 0, alors le terme de droite dans (5.4) est du type polynôme exponentiel P (x) e γ x, avec γ = i ω qui n est pas racine de l équation caractéristique. Plus precisement, on observe comme toujours que cos(ω x) = ei ω x + e i ω x 2 = Re (e i ω x ).

ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 2 Donc pour trouver une solution particulière, on a plusieurs possibilités : par exemple, on peut considérer les deux équations 8 (5.5) y + ω0 2 y = ei ω x et y + ω0 2 y = e i ω x. 2 2 Si on cherche deux solutions particulière du type il faudra que A et B verifient y 1 (x) = A e i ω x et y 2 (x) = B e i ω x, A (ω 2 0 ω 2 ) = 1 2 et B (ω 2 0 ω 2 ) = 1 2, d où on arrive à trouver la solution générale de (5.4), donnée par (voir Figure 2) y gen (x) = c 1 cos(ω x) + c 2 sin(ω x) + y 1 (x) + y 2 (x) 1 = c 1 cos(ω 0 x) + c 2 sin(ω 0 x) + cos(ω x), ω2 qui est bien définie, car on a supposé ω 0 ω. Cas 1.B. Maintenant, on suppose que ω = ω 0. Dans ce cas, on a resonance, car γ = i ω 0 est une racine (simple) de P car. Il nous suffira donc de chercher deux solutions de (5.5) du type y 1 (x) = A x e i ω 0 x et y 2 (x) = B x e i ω 0 x, c est-à-dire, il faut augmenter de 1 le degré du polynôme inconnu. On obtient donc ω 2 0 2 A i ω 0 = 1 2 et 2 B i ω 0 = 1 2, et donc la solution particulière y p (x) = y 1 (x) + y 2 (x) = x ei ω 0 x e i ω 0 x 4 i ω 0 = x sin(ω 0 x) 2 ω 0. Finalement, la solution générale sera (voir Figure ) [ y gen (x) = c 1 cos(ω 0 x) + c 2 + x sin(ω 0 x). 2 ω 0 Cas 2. On suppose maintenant ω 0 = 0. Dans ce cas on a l équation y (x) = cos(ω x). 8. Sinon, d après le Remarque 5.9, on pourrait resoudre dans C l équation y + ω 2 0 y = e i ω x, et prendre la partie réelle de la solution. Ou bien encore on pourrait chercher directement une solution du type y p(x) = A cos(ω x) + B sin(ω x).

24 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 16 12 8 4-75 -50-25 0 25 50 75-4 -8-12 -16 Figure 2. Une solution de (5.4), correspondante à ω 0 = 2, ω =, c 1 = 1 et c 2 = 1/2. On voit que la solution reste bornée. Pour trouver la solution générale, on observera que si ω 0, on a y (x) = cos(ω x) y (x) = sin(ω x) ω et donc cos(ω x) y gen (x) = ω 2 + c 1 x + c 2. Finalement, si ω = 0 aussi, alors l équation est reduite à dont la solution générale est donnée par cos(ω x) + c 1 y(x) = ω 2 + c 1 x + c 2, y (x) = 1, Ça termine l exercice. y(x) = x2 2 + c 1 x + c 2. Exercice 5.12. Répéter l Exercice précédent pour l équation y (x) + ω 2 0 y(x) = sin(ω x).

ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 25 16 12 8 4-75 -50-25 0 25 50 75-4 -8-12 -16 Figure. Une solution de (5.4), dans le cas de resonance, i.e. ω = ω 0. Ici on a choisi ω 0 = ω = 2, et c 1 = 1 et c 2 = 1/2. On voit que la solution explose pour x qui devient très grande. Trouvez donc toute solution de y (x) + ω 2 0 y(x) = a cos(ω x) + b sin(ω x). Exercice 5.1. On considère maintenant l équation suivante y (x) + ω 2 0 y(x) = cos 2 (ω x), øù ω 0 R et ω R sont deux constantes. En discutant selon les valuers de ω 0 et ω, resoudre l équation. Exercice 5.14. On considère l équation de y (x) + ω 2 0 y(x) = f(x), où ω 0 R et f est une fonction réelle définie par f(x) = a 0 + a 1 cos(ω 1 x) + a 2 cos(ω 2 x) + + a k cos(ω k x). En discutant selon les valuers de ω 0, ω 1,..., ω k, resoudre l équation.

26 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Annexe A. Rappels sur les polynômes de degré 2 Soient A, B, C C, on considère le polynôme de degré 2 suivant P (z) = A z 2 + B z + C, z C. On dit que z 0 C est une racine de P si on a On a le résultat suivant. P (z 0 ) = 0 c est-à-dire si A z 2 0 + B z 0 + C = 0. Théorème A.1. Tout polynôme P de degré 2 avec A 0 ont exactement deux racines α 1 et α 2, données par (A.1) α 1,2 = B + B 2 4 A C, 2 A où la racine carrée ci-dessus est prise dans le sens complexe. Si on a α 1 = α 2, alors forcement α 1 = α 2 = B 2 A, et dans ce cas on dira qu on a une racine double. Démonstration. Évidemment, si on a B = 0, le polynôme se réduit à et donc les racines sont simplement qui coïncide avec la formule (A.1). A z 2 + C = 0, α 1,2 = C A, Pour le cas général, il nous suffira de se ramener au cas précédent avec une astuce. On observe que ) ) P (z) = A z 2 + B z + C = (A z 2 + B z + B2 + (C B2 4 A 4 A ( ) A B 2 ) = z + 2 + (C B2 A 4 A et donc on a c est-à-dire P (z) = 0 P (z) = 0 ( A z + B A z + 2 A ) 2 ) + (C B2 = 0, 4 A ( ) B 2 A = C B2 4 A

ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 27 et finalement P (z) = 0 z = B 2 A + Ça termine la preuve. B 2 4 A 2 C A = B + B 2 4 A C. 2 A Le résultat suivant donne une caractérisation des racines double qui sera utile. Lemme A.2. Soit P (z) = A z 2 + B z + C, avec A 0. Alors α est une racine double de P si et seulement si P (α) = P (α) = 0. Démonstration. Soit α une racine dobule, d après le Théorème précédent, on aura α = B 2 A, donc cette racine double satisfait α + B 2 A = 0 c est-à-dire 2 A α + B = 0. En observant que P (z) = 2 A z + B, alors on a montré effectivement que P (α) = 0. Viceversa, supposons que P (α) = P (α) = 0, en particulier α est une racine du polynôme de degré 1 donné par P (z) = 2 A z + B. Vu que ce polynôme a une seul racine, donnée par B/(2 A), alors focement α = B 2 A. Mais α est bien aussi une racine de P, donc en utilisant l information précédente et le Théorème A.1, on aura α = B 2 A et aussi α = B + B 2 4 A C. 2 A Ceci implique que forcement on a B 2 4 A C = 0 et donc α est la seule racine de P, i.e. il s agit d une racine double. Si z = a + i b C est un nombre complexe, on appelle conjugué de z le nombre Évidemment, on a z = a i b C. z z = a 2 + b 2 = z 2. Dans le cas particulier où A, B, C R, on a le résultat suivant.

28 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Lemme A.. Soient A, B, C R, avec A 0. Si α C est un racine de P (z) = A z 2 + B z + C, alors α est bien encore une racine. En particulier, si A, B, C sont réels on a : (i) soit P (z) = A z 2 + B z + C a seulement de racines réelles ; (ii) soit P (z) = A z 2 + B z + C a deux racines complexes qui sont conjuguées. Démonstration. D après le Théorème A.1, on sait déjà que P a deux racines α 1 et α 2, eventuellement coïncidantes. Si on denote par z le conjugué d un nombre complexe z, on a évidemment P (α 1 ) = 0 P (α 1 ) = 0. D ailleurs, en utilisant que et que A, B, C R, on a z 1 + z 2 = z 1 + z 2, z w = z w et c = c, si c R, 0 = P car (α 1 ) = A α 2 1 + B α 1 + C = P car (α 1 ), c est-à-dire, α 1 est bien encoure une racine. Ça veut dire que si la partie imaginaire de α 1 n est pas zero, alors α 1 = α 2. Finalement, un petit résultat qui parfois peut nous aider à trouver les racines d un polynôme. Lemme A.4. Soit P (z) = A z 2 + B z + C un polynôme de degré 2. Si c 1, c 2 sont tels que (A.2) c 1 c 2 = C A et c 1 + c 2 = B A, alors les deux racines de P sont données par α 1 = c 1 et α 2 = c 2. Démonstration. Évidemment, si on a c 1, c 2 qui satisfont (A.2), on pourra écrire P (z) = A z 2 + B z + C = A (z + c 1 ) (z + c 2 ), et donc on aura P (z) = 0 (z + c 1 ) = 0 où (z + c 2 ) = 0, c est-à-dire P (z) = 0 z = c 1 où z = c 2. On a donc terminé. Annexe B. Les racines d un polynôme de degré Dans cette partie, on considère par semplicité des polynôme ayants coefficients réels. On donne un petit aperçu d une methode pour trouver les racines d un polynôme de degré, parfois connu comme methode de Viète. Bien évidemment, cela pourra être utile pour calculer les solutions d une équation différentielle linéaire du troisième ordre à coefficients constants.

ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 29 Soient A, B, C, D R, on considère le polynôme de degré 2 suivant P (z) = A z + B z 2 + C z + D, z C. On observe tout d abord que si A = 0, alors il n y a rien de nouveau, car il s agit d un polynôme de degré 2, dont on sait déjà trouver les racines. On peut donc supposer A 0 et comme les racines de P ne changent pas si on divise le polynôme par A, on pourra supposer On observe tout d abord que P (z) = z + B z 2 + C z + D, z C. z + B z 2 + C z + D = z + B z 2 + B2 z + B 27 B2 donc par rapport à la nouvelle variable notre polynôme devient de la forme 9, z B 27 + C z + D ( = z + B ) ) + (C B2 z + x = z + B, P (x) = x + E x + F. ) (D B, 27 Maintenant on utilise une astuce de Viète : on fait encore un changement de variable, on introduit la nouvelle inconnue 10 y, liée à x par En observant que x + E x = on peut écrire notre polynôme comme x = y E y. ( y E ) ( + E y E ) y y = y E y + E2 y E 27 y + E y E2 y = y E 27 y, P (y) = y E 27 y + F. 9. Plus précisement, on a E = C B2 et F = D B 27 B ) (C B2. 10. Bien sûr, on suppose y 0...

0 ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Donc, pour y 0 on a que P (y) = 0 y 6 + F y E 27 = 0. Finalement, on voit qu on s est ramené à trouver les racines d un polynôme d ordre 2, dans l inconnue y. Une fois qu on aura determiné y, on pourra revenir à la variable z initiale, donnée par z = x B = y E y B.