Equations différentielles i(t)

Equations différentielles i(t) e(t) R L u(t) R i(t)+l di(t) dt = e(t) B. Aoubiza IUT Belfort-Montbéliard Département GTR er novembre 2002

Table des matières 9. Positionduproblème... 2 9.2 Equations différentielles... 3 9.2. Equations différentielles : Définitions... 3 9.2.2 Equations différentielles:solutions... 4 9.2.3 Equations différentielles:equationsavec desconditionsinitiales... 5 9.3 Equation différentielledupremierordre... 5 9.3. Equation différentielle du premier ordre : Equation différentiellesimple... 6 9.3.2 Equation différentielledupremierordre:equationsàvariablesséparables... 6 9.3.3 Equation différentielledupremierordre:equationshomogènes... 0 9.4 Equationlinéairedupremierordre... 9.4. Equation linéaire du premier ordre : Définitions... 9.4.2 Equationlinéairedupremierordre:Méthodedesuperposition... 9.4.3 Equationlinéairedupremierordre:Méthodedufacteurintégrant... 3 9.5 Equations linéaires du second ordre à coefficientsconstants... 5 9.5. Définitions... 5 9.5.2 Résolutiondel équationhomogène... 5 9.5.3 Déterminationd unesolutionparticulière:"formedusecondmembre"... 7 9.5.4 Déterminationd unesolutionparticulière:variationdesconstantes... 20

9. Positionduproblème Soit y = f(x) une fonction exprimant un phénomène du point de vue quantitative. En examinant ce phénomène, Il souvent impossible d établir directement le caractère de la dépendante entre y et x, mais l on peut établir une dépendance entre les quantités x, y et les dérivées de y par rapport à x : y 0, y,..., y (n).ce qui donne ce qu on appelle équation différentielle. On demande alors de déduire la relation entre y et x, c es-à-dire de trouver y = f(x), ce qu on appelle encore intégrer (ou résoudre) l équation différentielle. Exemple (Circuit RL) On considère le circuit RL série suivant : i(t) e(t) R L u(t) On s intéresse au courant électrique (phénomène) dans le circuit en fonction du temps. Notons qu il est impossible d établir directement une relation i = f(t). Par contre on va voir qu on peut établir une relation entre t, i et i 0 = di dt. En établissant les potentiels aux bornes des composantes du circuit et applicant la loi des mailles, on obtient l équation cherchée. Le potentiel v R au borne de la résistance R est donné par : v R = R i. Le potentiel v L au borne de l inductance L est donné par : v L = L di dt. La loi des mailles : v R + v L = e(t), soit R i(t)+l di(t) = e(t) ou R.i(t)+L.i 0 (t) =e(t) dt Qui n est autre que l équation liant t, i et di. Ainsi déterminer la fonction i(t) revient à résoudre l équation dt différentielle ci-dessus. Exemple 2 (Circuit RC) On considère le circuit RC série suivant : i(t) e(t) R C u(t) On s intéresse au potentiel électrique (phénomène) au bord de condensateur en fonction du temps. De la même manière que ci-dessus, en établissant les potentiels aux bornes des composantes du circuit et applicant la loi des mailles, on obtient l équation cherchée. Sachant qu on a les relations courant-tension suivantes u = q C, i = dq dt = C du dt où C est la capacité du condensateur et q est la charge de l armature d entrée du courant dans le condensateur. D après la loi des mailles on a : Ri + u = e(t), soit RC du(t) + u(t) =e(t) ou RC.u 0 (t)+u(t) =e(t) dt C est une équation liant t, u et du. Ainsi déterminer la fonction u(t) revient à résoudre l équation différentielle dt ci-dessus. 2

Exemple 3 (Circuit RLC) On considère le circuit RLC série suivant : i(t) e(t) R L C u(t) On s intéresse au potentiel électrique (phénomène) au bord de condensateur en fonction du temps. D après la loi des mailles on a : Ri + L di + u = e(t). En tenant compte du fait que dt i = C du dt di(t) = C d2 u(t) dt dt 2, on obtient la relation liant t, u, du dt et d2 u dt 2 suivante : RC du(t) dt + LC d2 u(t) dt 2 + u(t) =e(t) ou RC.u 0 (t)+lc.u (t)+u(t) =e(t) Et donc déterminer la fonction u(t) revient à résoudre l équation différentielle ci-dessus. et donc Remarque Dans les trois exemples ci-dessus, on a établi des équations dont l inconnue est une fonction. Le but de ce chapitre est l étude de certains types d équations différentielles et de donner des méthodes de leur résolution. 9.2 Equations différentielles 9.2. Equations différentielles : Définitions Dans les exemples ci-dessus, on a obtenu les expressions suivantes R.i(t)+L.i 0 (t) =e(t) RC.u 0 (t)+u(t) =e(t) RC.u 0 (t)+lc.u (t)+u(t) =e(t) l inconnue est la fonction i(t) l inconnue est la fonction u(t) l inconnue est la fonction u(t) Ces relations constituent ce qu on appelle des équations différentielles. Plus généralement on a la définition suivante. Définition (Equation différentielle) On appelle équation différentielle une équation établissant une relation entre la variable indépendante x, lafonctioninconnuey = f(x) et ses dérivées y 0, y,...,y (n). On peut écrire symboliquement une équation différentielle comme suit : F (x, y, y 0,y,,y (n) )=0 Définition 2 (Ordre d une équation différentielle) L ordre d une équation différentielle est égal à l ordre de la plus grande dérivée dans l équation. Ainsi, symboliquement on a F (x, y(x),y 0 (x)) = 0 F (x, y(x),y 0 (x),y (x)) = 0 F (x, y(x),y 0 (x),y (x),,y (n) (x)) = 0 équation du premier ordre équation du second ordre équation d ordre n Exemple 4 Leséquationsdenosexemplessonttellesque R.i(t)+L.i 0 (t) =e(t) RC.u 0 (t)+u(t) =e(t) RC.u 0 (t)+lc.u (t)+u(t) =e(t) équation du premier ordre en y = i(t) équation du premier ordre en y = u(t) équation du second ordre en y = u(t) Noter que la variable indépendante dans ces équations est t. 3

Exemple 5 Voici quelques exemples d équations différentielles : F (x, y(x),y 0 (x)) = y 0 (x)tanx y(x)+x =0 F (x, y(x),y 0 (x),y (x)) = y +4y =0 F (x, y(x),y 0 (x),y (x),y (3) (x)) = y (3) +2y 0 y +5=0 équation du premier ordre équation du second ordre équation du troisième ordre Noter que dans une équation différentielle on peut omettre la variable indépendante. Ainsi on peut écrire y au lieu de y(x), y 0 au lieu de y 0 (x) et ainsi de suite. 9.2.2 Equations différentielles : Solutions Rappelons que la solution d une équation algébrique, telle que x 2 +3x+2 = 0, est un nombre qui satisfait l équation quand on remplace l inconnue x par ce nombre. Dans ce cas les nombres solutions sont x = ou 2 car ( ) 2 +3( ) + 2 = 3+2=0et ( 2) 2 +3( 2) + 2 = 4 6+2=0. D une manière similaire, une solution d une équation différentielle telle que dy = x+y est une fonction qui satisfait l équation quand on remplace l inconnue y par cette fonction. C est-à-dire, l équation df = x+f(x) est vérifiée pour toute valeur de x dans un certain intervalle. Dans ce cas, y = f (x) =e x x est une solution car on a la même chose des deux côtés : du côté gauche df = ex ;ducôtédroit x + f (x) =x +(e x x ) = e x Noter que pour la solution de cette équation différentielle on n a pas de restrictions sur x. La solution est valable pour tout réel x. Définition 3 Une fonction ϕ est solution d une équation différentielle d ordre n sur un intervalle I si -lafonctionϕ est n fois différentiable sur I ; -lafonctionϕ vérifie l équation pour tout x I. Définition 4 Intégrer ou résoudre une équation différentielle c est trouver toutes les solutions en précisant leurs ensembles de définition. Exemple 6 Déterminons les solutions de l équation différentielle : y 0 (x) y(x) =0.. La fonction ϕ(x) =e x définie de R R est solution de l équation car (a) ϕ(x) =e x est dérivable et ϕ 0 (x) =e x ; (b) pour tout x R, onaϕ(x) ϕ 0 (x) =e x e x =0. 2. La fonction ϕ(x) =2e x définie de R R est aussi solution de l équation car (a) ϕ(x) =2e x est dérivable et ϕ 0 (x) =2e x ; (b) pour tout x R, onaϕ(x) ϕ 0 (x) =2e x 2e x =0. 3. Plus généralement ϕ(x) =λe x définie de R R est solution de l équation car (a) ϕ(x) =λe x est dérivable et ϕ 0 (x) =λe x. (b) pour tout x /R, onaϕ(x) ϕ 0 (x) =λe x λe x =0 Définition 5 Soient f, g et h trois fonctions. La fonction f est dite combinaison linéaire de g et h si : f(x) =λg(x)+µh(x) pour tout x D g D h où λ et µ sont deux constantes dans R. Remarque 2 Notons dès maintenant, qu en général il est difficile de résoudre les équations différentielles générales. Mais il y a certains cas particuliers pour lesquels on dispose de méthodes de résolution. Dans ce chapitre, nous allons étudier quelques cas particuliers d équations différentielles et les méthodes de leurs résolutions. 4

9.2.3 Equations différentielles : Equations avec des conditions initiales Considérons l équation différentielle du premier ordre RC.u 0 (t)+u(t) =e(t) qui modélise le chargement d un condensateur. Si on suppose qu initialement le condensateur était déchargé, alors cela se traduit par u(0) = 0. Cette dernière donnée s appelle condition initiale. Et le problème obtenue s énonce ainsi : trouver le potentiel u(t) tel que ½ RC.u 0 (t)+u(t) =e(t) u(0) = 0 C est ce qu on appelle équation différentielle avec condition initiale. Exemple 7 Déterminer la solution du problème ( dy dt = y y() = 3 Solution : Ilestfaciledevérifier que la solution de l équation est y = αe t où α est une constante arbitraire. Pour satisfaire la condition initiale y() = 3, onprendt =et y =3, ce qui donne 3=αe. Par conséquent, α =3e. Ainsi, la solution de l équation avec condition initiale est y =3ee t =3e t. Exemple 8 Déterminer la solution du problème avec conditions initiales suivant : d 2 y dt 2 = y(0) = et y 0 (0) = 5 Solution : En intégrant des deux côtés y 00 = on obtient y 0 = t + c. En tenant compte de la condition initiale y(0) =, onay 0 (0) = 0+c = 5 d où on déduit que c = 5. Et donc y 0 = t 5. Unedeuxième intégration des deux côtés de cette dernière égalité donne y = 2 t2 5t + c 2. Sachant que pour t =0on a y(0) = 2 02 5 0+c 2 =on déduit c 2 =, par conséquent le problème à conditions initiales a pour solution y = 2 gt2 5t + 00. En général, les équations différentielles avec conditions initiales s énoncent ainsi : Equationdifférentielle du premier ordre : Trouver une fonction ϕ solution de ½ y 0 (x) = f(x, y) y(x 0 ) = y 0 Exemple ½ y 0 (x) = y y() = 0 Equation du différentielle de second ordre : Trouver une fonction ϕ solution de ½ y (x) =f(x, y, y 0 ) y(x 0 )=a et y 0 (x 0 )=b Exemple ½ y (x) = y(0) = et y 0 (0) = 5 9.3 Equation différentielle du premier ordre Rappelons que les équations différentielles du premier ordre sont les équations faisant intervenir la fonction y et sa dérivée première y 0. Elles sont de la forme y 0 (x) =f(x, y) ou dy = f(x, y) Les équations différentielles du premier ordre satisfaisant une condition initiale y(x 0 )=y 0 sont de la forme ½ y 0 (x) = f(x, y) y(x 0 ) = y 0 Avant d aborder les techniques de résolution pour certains types d équations, on énonce le théorème d existence et d unicité suivant : 5

Théorème Si la fonction f(x, y) et sa dérivée f y (x, y) (dérivée de f par rapport à y) sont continues, alors l équation avec condition initiale : ½ y 0 (x) = f(x, y) admet une solution unique. y(x 0 ) = y 0 Remarque 3 Ce théorème détermine des conditions pour que l équation différentielle admet une solution unique. Dans la suite de cette section, on étudie quelques cas particulier d équations différentielles de premier ordre. 9.3. Equation différentielle du premier ordre : Equation différentielle simple La plus simple équation différentielle du premier ordre est de la forme y 0 (x) =f(x) La résolution de cette équation revient à déterminer les fonctions primitives de la fonction f(x). Notons que l équation différentielle ci-dessus avec condition initiale prend la forme ½ y 0 (x) = f(x) y(x 0 ) = y 0 Et donc, résoudre ce problème revient à déterminer la primitive F (x) de la fonction f(x) vérifiant F (x 0 )=y 0. La solution d une telle équation est x F (x) = f(t)dt + y 0 x 0 Exemple 9 Déterminer la solution de l équation différentielle suivante : ½ y 0 (x) = e x y(0) = 2 Solution : l ensemble des solutions de l équation, sans condition initiale, n est autre que l ensemble des fonctions primitives de f(x) =e x soit l ensemble des fonctions de la forme y(x) =e x + c où c est une constante réelle. La fonction cherchée doit vérifier la condition initiale : y(0) = 2 soit e 0 + c =2,d oùc =. Par conséquent la solution de l équation différentielle avec condition initiale est y(x) =e x + pour tout x R 9.3.2 Equation différentielle du premier ordre : Equations à variables séparables Equationsàvariablesséparables:Définition Définition 6 L équation différentielle du premier ordre y 0 = f(x, y) est dite à variables séparables si f(x, y) = g(x) h(y). Exemple 0 L équation différentielle y 0 = x 2 y est à variables séparables car f(x, y) =x 2.y = g(x).h(y) où g(x) =x 2 et h(y) =y. Equations à variables séparables : méthode de résolution En tenant compte de la définition, les équations à variables séparables s écrivent comme suit : On peut donc les mettre sous la forme dy = g(x) h(y) dy = g(x) h(y) 6

En intégrant des deux côtés, on a D où on obtient h(y) dy = g(x) H(y) =G(x)+c Avec H(x) la primitive de, G(x) la primitive de g(x) et c est une constante réelle. h(y) Remarque 4 Dans le processus de calcul ci-dessus, on traite y comme une variable et non comme une fonction de x. En tenant compte de ce qui est ci-dessus, la résolution d une équation à variables séparables se fait en deux étapes : Etape : séparation des variables ; Etape 2 : intégration des deux côtés. Exemple Déterminer les solutions de l équation différentielle suivante : dy = 2xy +x 2 Solution : Notons que cette équation est à variables séparables, elle est de la forme On obtient donc ses solutions en deux étapes Etape : Séparation des variables Etape 2 :Intégrationdechaquecôté y dy = dy = 2x 2x y = g(x) h(y) où g(x) = et h(y) =y +x2 +x2 En appliquant l exponentiel des deux côté on obtient y dy = 2x +x 2 2x +x 2 soit ln y = ln( + x2 )+c y(x) = e ln(+x2 )+c on peut omettre les barres de la valeur absolue et la solution s écrit y(x) =±e ln(+x2 )+c = ±e ln(+x2) e c = ±ke ln(+x2 ) où k = ±e c Sachant que e ln(+x2) = La solution de notre équation différentielle est y(x) = Le domaine de définition de cette solution est R. e = ln(+x2 ) +x 2 k +x 2 où k = ±e c Exemple 2 On considère l équation différentielle suivante : dy = x y. Déterminer les solutions de cette équation. 2. Déterminer la solution vérifiant la condition initiale : y () = 2 ; 3. Déterminer la solution vérifiant la condition initiale : y () = 2 ; 7

4. Déterminer la solution vérifiant la condition initiale : y (2) = ; 5. Déterminer la solution vérifiant la condition initiale : y(2) =. Solution :. On sépare les variables et on intègre des deux côtés, on obtient ydy = x intégration ydy= x on obtient y 2 2 = x2 2 + C 2 Noter qu on a choisi d écrire la constante d intégration sous la forme C afin d avoir facilement les solutions 2 sous forme implicite : y 2 = x 2 + C En résolvant cette forme implicite, on obtient les solutions sous formes explicites y = p x 2 + C ou y = p x 2 + C Noter qu on a deux familles de solutions explicites. La Bonne solution dépend des conditions initiales. 2. Détermination de la solution vérifiant la condition initiale y () = 2. Dans la forme implicite de la solution, posons x =et y = 2 et déterminons la valeur de C : y 2 = x 2 + C = 4=+C = C =3 Maintenant, on remplace C par sa valeur dans la forme explicite de la solution. On a donc à choisir entre les deux expressions y = p x 2 +3 et y = p x 2 +3 Sachant que la condition initiale est y () = 2, on déduit que la solution cherchée est y = p x 2 +3 Iln yapasdesolutiondelaformey = x 2 + C vérifiant y () = 2. Legraphedey = x 2 +3 est x -2-2 0 - -2 3. Détermination de la solution vérifiant la condition initiale : y () = 2 Dans la forme implicite de la solution, posons x =et y =2et déterminons la valeur de C : y 2 = x 2 + C = 4=+C = C =3 Maintenant, on remplace C par sa valeur dans la forme explicite de la solution. On a donc à choisir entre les deux expressions y = p x 2 +3 et y = p x 2 +3 Sachant que la condition initiale est y () = 2, on déduit que la solution cherchée est y = p x 2 +3 Iln yapasdesolutiondelaformey = x 2 + C vérifiant y () = 2. Legraphedey = x 2 +3 est -3 3 2-2 - 0 2 x - 8

4. Détermination de la solution vérifiant la condition initiale : y (2) = Dans la forme implicite de la solution, posons x =2et y = et déterminons la valeur de C : y 2 = x 2 + C = =4+C = C = 3 Maintenant, on remplace C par sa valeur dans la forme explicite de la solution. On a donc à choisir entre les deux expressions y = p x 2 3 et y = p x 2 3 Sachant que la condition initiale est y (2) =, on déduit que la solution cherchée est y = p x 2 3 Iln yapasdesolutiondelaformey = x 2 + C vérifiant y (2) =. Legraphedey = x 2 3 est 2-3 -2-0 2 3 - -2 Noterqueledomainededéfinition de la solution est, 3 3, +. 5. Détermination de la solution vérifiant la condition initiale : y (2) = Dans la forme implicite de la solution, posons x =2et y =et déterminons la valeur de C : y 2 = x 2 + C = =4+C = C = 3 Maintenant, on remplace C par sa valeur dans la forme explicite de la solution. On a donc à choisir entre les deux expressions y = p x 2 3 et y = p x 2 3 Sachant que la condition initiale est y (2) =, on déduit que la solution cherchée est y = p x 2 3 Iln yapasdesolutiondelaformey = x 2 + C vérifiant y (2) =. Legraphedey = x 2 3 est 2-3 -2-0 2 3 - -2 Noterqueledomainededéfinition de la solution est, 3 3, +. 9

9.3.3 Equation différentielle du premier ordre : Equations homogènes Equations homogènes : Définition Définition 7 L équation différentielle du premier ordre y 0 (x) =f(x, y) estditehomogènesiellenechangepas lorsqu on remplace (x, y) par (kx, ky) où k est une constante. Dans ces conditions l équation différentielle du premier ordre homogène y 0 (x) =f(x, y) prend la forme y 0 = f( y x ) Exemple 3 Vérifier que l équation différentielle : y 0 = x2 + y 2 est homogène. xy Solution : Cette équation est homogène, en effet, en remplaçant (x, y) par (kx, ky) dans le second membre, on obtient (kx) 2 +(ky) 2 (kx)(ky) et donc le second membre de l équation n a pas changé. Equations homogènes : Méthode de résolution = k2 x 2 + k 2 y 2 k 2 xy = x2 + y 2 xy La méthode de résolution des équations homogènes est basée sur le changement de fonction inconnue suivant y(x) =u(x) x Ainsi la nouvelle fonction inconnue est u(x). En dérivant des deux côtés l expression ci-dessus, on obtient : dy = u(x)+xdu (n oublier pas que le second membre est un produit) Ainsi, l équation différentielle du premier ordre homogène y 0 = f( y x ) devient u + x du = f(u) ou du = f(u) u x Cette dernière est une équation à variables séparées. Pour sa résolution, on applique la procédure présentée ci-dessus pour les équations à variables séparables. Exemple 4 Résoudre l équation différentielle : y 0 = x2 + y 2 xy Solution :Onavérifié ci-dessus que cette équation est homogène. Notons que pour x 6= 0et y 6= 0,l équation s écrit dy = x2 xy + y2 ou dy xy = x y + y x = y + y x x = f( y x ) On propose le changement de fonction inconnue : y(x) =u(x) x. Cequidonne En remplaçant dans l équation différentielle dy dy = u(x)+xdu et u = y x par u(x)+xdu et y x u + x du = u + u La résolution de cette dernière équation s obtient en deux étapes : i) Séparation des variables udu = x par u, onobtient ii) Intégration des deux côtés udu = x soit 2 u2 + c =ln x + c 2 0

Enfin onremplaceu par y x et on obtient y 2 2 x 2 =ln x + c où c = c 2 c Conclusion : les solutions sont les fonctions vérifiant y 2 (x) =2x 2 (ln x + c) :c estuneforme implicite. 9.4 Equation linéaire du premier ordre 9.4. Equation linéaire du premier ordre : Définitions Définition 8 On appelle équations différentielles linéaires du premier ordre les équations de la forme : y 0 (x)+a(x)y(x) =f(x) (E) (Forme standard) où a(x) et f(x) sont des fonctions données (supposées continues sur un intervalle I de R). Exemple 5 Les équations suivantes sont des équations linéaires du premier ordre :. y 0 +2y =0 a(x) =2et f(x) =0; 2. y 0 + xy =0 a(x) =x et f(x) =0; 3. ( + x 2 )y 0 + y =sinx a(x) = +x et f(x) =sinx. 2 Notations et définitions : y 0 (x)+a(x)y(x) =f(x) (E) équation non homogène y 0 (x)+a(x)y(x) =0 (E 0 ) équation homogène associée à (E) 9.4.2 Equationlinéairedupremierordre:Méthodedesuperposition La résolution de l équation (E) est basée sur le théorème fondamental suivant : Théorème 2 (Théorème de superposition) La solution générale de l équation linéaire du premier ordre s obtient en faisant la somme de la solution générale de (E 0 ) et d une solution particulière de (E). D après ce théorème on a : y(x) = Solution générale de (E 0 )+Solution particulière de (E) y(x) = y h + y p Etapes de Résolution de (E) Etape : Résolution l équation homogène (E 0 ) :onobtienty h ; Etape 2 : Recherche d une solution particulière de (E) :onobtienty p ; Etape3:y(x) =y g + y p. Résolution de l équation homogène On s intéresse à la résolution de l équation homogène y 0 + a(x)y =0 (E 0 ) qui n est autre qu une équation différentielle à variables séparées, qu on peut mettre sous la forme : dy = a(x) y en intégrant des deux côtés, on obtient ln y = a(x) + c

En posant A(x) = R a(x) (autrement A(x) est une primitive de a(x) sur I) onobtient ln y = A(x)+c en appliquant l exponentiel des deux côtés, on obtient y h (x) =±e A(x)+c = ±e A(x).e c = ke A(x) où k = ±e c Conclusion La solution de l équation y 0 + a(x)y = 0 est la fonction y h (x) = ke A(x) primitive de a(x) et k = ±e c. où A(x) est une Détermination d une solution particulière Pour déterminer une solution particulière de y 0 + a(x)y = f(x) (E) on cherche s il y a des solutions particulières de la forme y p (x) =k(x)e A(x) cela s appelle faire varier la constante. En dérivant l expression ci-dessus, on obtient yp(x) 0 =k 0 (x)e A(x) k(x)a 0 (x)e A(x) comme A 0 (x) =a(x), ona yp(x) 0 =k 0 (x)e A(x) a(x)k(x)e A(x) = k 0 (x)e A(x) a(x)y p (x) ou tout simplement yp 0 + a(x)y p = k 0 (x)e A(x) Commeonsupposequey p (x) est solution de (E), onobtient k 0 (x)e A(x) = f(x) soit k 0 (x) =f(x)e A(x) d où k(x) = f(t)e A(t) dt Ainsi on a déterminé une solution particulière de (E) qui est y p (x) =k(x)e A(x) = f(t)e A(t) dt e A(x) Cette méthode de détermination d une solution particulière s appelle : méthode de la variation de la constante. Résumé pratique Les solutions de l équation linéaire du premier ordre y 0 + a(x)y = f(x) (E) s obtiennent en deux étapes :. Résolution de l équation homogène : y 0 + a(x)y =0par la méthode de séparation des variables ; 2. Recherche d une solution particulière de l équation non homogène (E) (Devinette ou variation de la constante); 3. La solution de (E) est donnée par : y(x) =y h (x)+y p (x). Exemple 6 Résoudre l équation différentielle suivante : y 0 y = x Solution : La solution s obtient en deux étapes :. Résolution de l équation homogène : y 0 y =0.Enutilisantlaméthode de séparation des variables on déduit que sa solution générale est y h (x) =ke x 2

2. Recherche d une solution particulière de l équation non homogène. On cherche une solution de la forme : y p (x) =k(x)e x en remplaçant y par y p dans l équation complète on obtient yp 0 y p = x soit (k 0 (x)e x + k(x)e x ) {z } yp 0 en simplifiant l expression ci-dessus, on obtient et en intégrant par parties, on obtient d où une solution particulière 3. La solution générale est k 0 (x) =(x )e x k(x) = xe x y p (x) =k(x).e x = xe x e x = x y(x) =y h (x)+y p (x) =ke x x Remarque 5 Pratiquement, lorsque l on résout : y 0 + a(x)y =0,onécrit y 0 k(x)e x {z } y p = x y = a(x) (ln y )0 = a(x) ln y = a(x) ln y = A(x)+c y = e A(x)+c y = ke A(x) où k = ±e c 9.4.3 Equation linéaire du premier ordre : Méthode du facteur intégrant dy Exemple 7 Déterminer la solution générale de l équation différentielle : 2x =2 y x 2. Solution : On met l équation sous forme standard y 0 + a(x)y = f(x). Pour cela an rajoute des deux côtés y x 2 et on multiplie des deux côtés par 2x. Onobtient dy + 2 x y =4x (qui est de la forme y0 + a(x)y = f(x)) Pour résoudre cette équation, on la multiplie des deux côtés par x 2 qu on appelle facteur intégrant, (Le choix du facteur intégrant sera discuté ci-dessous) on obtient x 2 dy +2xy =4x3 Notons maintenant que le terme de gauche n est autre que la dérivée de x 2 y (règle de la dérivée du produit) : d x 2 y = x 2 d (y)+ d x 2 y = x 2 dy +2xy Ainsi, en tenant compte de ce qui précède, l équation différentielle peut s écrire d x 2 y =4x 3 ou x 2 y 0 =4x 3 En intégrant des deux côtés, on obtient : x 2 y = x 4 + C Finalement, la solution générale de l équation différentielle est : y = x 2 + C x 2 Remarque 6 Noter que le facteur intégrant x 2 l équation soit la dérivée d un produit de fonctions. aétéchoisidetellesortequelemembredegauchede 3

Choix du facteur intégrant Le facteur intégrant I (x) est choisi de telle sorte que le membre de gauche de l équation I (x) dy + I (x) a (x) y = I (x) f (x) (*) soit la dérivée du produit I (x) y. Rappelons que la dérivée de I (x) y est donnée par d h i I (x) y = I (x) dy en l identifiant au membre de gauche de (*), on obtient I (x) dy + di (x) di (x) + y y = I (x) dy + I (x) a (x) y Ce qui donne après simplification di (x) = I (x) a (x) (**) Comme a (x) est une fonction donnée, (**) est une équation différentielle en I (x). En effet, c est une équation à variables séparables. On sépare les variables et on intègre I di = a (x) = ln I = a (x) + C Finalement, par application de la fonction exponentielle des deux côtés, on obtient I =exp( a (x) + C) ou I = k exp( a (x) ) où k = ±e C Comme on est à la recherche d un seul facteur intégrant, on prend k =.D oùla formule donnant le facteur intégrant : I (x) =exp( a (x) ) Technique du facteur intégrant Voici les étapes à suivre pour appliquer cette technique à une équation différentielle linéaire du premier ordre. Etape : On écrit l équation différentielle sous forme standard : dy + a (x) y = f (x) Etape 2 : On calcule le facteur intégrant défini par : I (x) =exp( a (x) ) Etape 3 : On multiplie des deux côtés l équation différentielle (sous sa forme standard) par le facteur intégrant : I (x) dy + I (x) a (x) y = I (x) f (x) ou I (x) dy {z } + di(x) y = I (x) f (x) di(x) Etape 4 : On écrit le côté gauche comme dérivée du produit puis on intègre : d h i I (x) y = I (x) f (x) ou I(x).y(x) = I(x)f(x) Exemple 8 Résoudre l équation différentielle suivante : y 0 y = x. Solution : En suivant les étapes de la technique du facteur intégrant, on a 4

Etape : L équation différentielle est déja sous forme standard : dy + a (x) y = f (x). Etape 2 : Calcul du facteur intégrant : I (x) =exp( a (x) ) =exp( ) =e x Etape 3 : Multiplication des deux côtés l équation différentielle par le facteur intégrant : I (x) dy dy + I (x) a (x) y = I (x) f (x) soit e x + e x y = e x (x ) Etape 4 : On écrit le côté gauche comme dérivée du produit puis on intègre : d h i e x y = e x (x ) ou e x.y(x) = e x (x ) = e x x + c d où y(x) = x + ce x 9.5 Equations linéaires du second ordre à coefficients constants 9.5. Définitions Définition 9 Les équations différentielles linéaires du second ordre à coefficients constants sont les équations de la forme : ay 00 + by 0 + cy = f(x) (E) où a, b, et c sont des constantes réelles. Notations et définitions : ay 00 + by 0 + cy = f(x) (E) équation non homogène ay 00 + by 0 + cy =0 (E 0 ) équation homogène associée à (E) Théorème 3 (Théorème de superposition) La solution générale de l équation linéaire du second ordre s obtient en faisant la somme de la solution générale de (E 0 ) et d une solution particulière de (E). D après ce théorème on a : y(x) = Solution générale de (E 0 )+Solution particulière de (E) y(x) = y h + y p 9.5.2 Résolution de l équation homogène Equation homogène On s intéresse à la résolution de l équation homogène suivante ay 00 + by 0 + cy =0 (E 0 ) pour cela, on cherche s il existe des solutions du genre : ϕ(x) =e rx r C noter que la fonction ϕ sera connue si r est donné. Les dérivées de la fonction ϕ sont ϕ 0 (x) =re rx et ϕ 00 (x) =r 2 e rx En remplaçant dans l équation homogène (E 0 ),onobtient aϕ 00 + bϕ 0 + cϕ =0 soit e rx (ar 2 + br + c) =0 et donc ar 2 + br + c =0 car e rx > 0 Conclusion 2 La fonction ϕ = e rx est solution de (E 0 ) si et seulement si ar 2 + br + c =0. Définition 0 L équation algébrique ar 2 + br + c =0s appelle équation caractéristique associée à (E 0 ). 5

Résolution de l équation caractéristique Notons d abord que l équation caractéristique a toujours deux racines dans C. Ces racines sont ou bien réelles ou complexes conjugués. Le discréminant de l équation est = b 2 4ac Trois cas apparaissent suivant les valeurs de. Cas: > 0 : Dans ce cas l équation caractéristique admet deux racines distinctes r et r 2 : r = b + et 2a et donc on a deux solutions de l équation homogène (E 0 ) : ϕ = e r x et la solution générale de l équation homogène s écrit : y h (x) =λe r x + µe r 2x et r 2 = b 2a ϕ 2 = e r 2x où λ et µ sont deux constantes réelles Cas 2 : =0: Dans ce cas l équation caractéristique admet une racines double r 0 : r 0 = b 2a et donc on a une seule solution de l équation homogène (E 0 ) : Dans ce cas on vérifie facilement que la fonction ϕ = e r 0x ϕ 2 = xe r 0x est aussi solution de l équation homogène (E 0 ). La solution générale de l équation homogène s écrit : y h (x) =λe r 0x + µxe r 0x où λ et µ sont deux constantes réelles Cas 3 : < 0 : Dans ce cas l équation caractéristique admet deux racines complexes r et r 2 de la forme : r = α + iβ et r 2 = α iβ et donc on a deux fonctions à valeurs complexes solutions de l équation homogène (E 0 ) : e (α+iβ)x et e (α iβ)x Par ailleurs, les fonctions : ϕ (x) = erx + e r 2x = e αx cos βx et ϕ 2 2 (x) = erx e r 2x = e αx sin βx 2i sont solutions de l équation homogène (E 0 ) à valeurs réelles. Dans ce cas la solution générale de l équation homogène s écrit : y h (x) =λϕ (x)+µϕ 2 (x) =e αx (λ cos βx + µ sin βx) où λ et µ sont deux constantes réelles Ainsi on a donc résolu l équation différentielle homogène du second ordre à coefficients constantes. Résumé ar 2 + br + c =0 ay 00 + by 0 + cy =0 Si > 0 deux racines réelles : r et r 2 y h (x) =λe rx + µe r2x Si =0une racines double : r 0 y h (x) =(λ + µx)e r 0x Si < 0 deux racines complexes : r = α + iβ et r 2 = α iβ y h (x) =e αx (λ cos βx + µ sin βx) 6

Exemple 9 Résoudre les équations différentielles du second ordre sans second membre suivantes :. y 00 5y 0 +6y =0 r =2et r 2 =3 y h (x) =λe 2x + µe 3x 2. 4y 00 4y 0 + y =0 r = r 2 = 2 y h (x) =(λ + µx)e 2 x 3. y 00 4y 0 +3y =0 r =2± 3i y h (x) =e 2x (λ cos 3x + µ sin 3x) 9.5.3 Détermination d une solution particulière : "Forme du second membre" On a vu que la solution de l équation ay 00 + by 0 + cy = f(x) (E) s obtient en ajoutant à la solution générale de (E 0 ) une solution particulière de l équation avec second membre. Soit y(x) =y h (x)+y p (x) On s intéresse maintenant à la détermination d une solution particulière y p (x) de (E). Suivant la forme de f(x), on peut envisager de déterminer une solution particulière de (E) sous une forme donnée (par tâtonnement). a) Second membre est un polynôme : f(x) =p(x) Dans ce cas on cherche une solution particulière sous la forme d un polynôme q(x) tel que : d o q = d o p Si c 6= 0 d o q = d o p + Si c =0et b 6= 0 d o q = d o p +2 Si c =0et b =0 Exemple 20 Intégrer l équation différentielle : y 00 +2y 0 = x 2 + (E) Solution : la solution s obtient en deux étapes. Solution de l équation homogène ESSM : y 00 +2y 0 =0. L équation caractéristique associée est r 2 +2r =0. La résolution de cette équation donne deux racines r =0et r 2 = 2. D où y h (x) =λe 0x + µe 2x = λ + µe 2x 2. Recherche d une solution particulière. Le second membre de sous la forme d un polynôme de degré deux. On cherche une solution particulière sous la forme d où en dérivant, on a y p (x) =q(x) avec d o q = d o p +=3 soit y p (x) =αx 3 + βx 2 + γx + δ yp(x) 0 =3αx 2 +2βx + γ et yp 00 (x) =6αx +2β en remplaçant yp 00 et yp 0 dans l équation (E) on obtient yp 00 +2yp 0 = x 2 + (6αx +2β)+2(3αx 2 +2βx + γ) = x 2 + par identification on obtient : α = 6,β = 4,γ =3et δ =0soit y p(x) = 6 x3 + 4 x2 +3x 3. D où la solution générale y(x) =y h (x)+y p (x) =λ + µe 2x + 6 x3 + 4 x2 +3x Remarque 7 Les constantes λetµpeuvent être déterminer à partir des conditions initiales : y(x 0 )=y 0 et y 0 (x 0 )=y 0 0. 7

b) Second membre de la forme f(x) =e mx (m C) Dans ce cas on cherche une solution particulière sous la forme : y p (x) =z(x) e mx. On a donc ae mx m 2 z(x)+2mz 0 (x)+z 00 (x) + be mx [mz(x)+z(x)] + cz(x)e mx = e mx {z } {z } {z } y p y 0 y p p soit az 00 (x)+(2ma + b)z 0 (x)+(am 2 + bm + c)z(x) = On se ramène donc au cas où le second membre est un polynôme (p(x) =). On cherche la fonction z(x) sous la forme z(x) =ax 2 + bx + c Exemple 2 Résoudre l équation différentielle : y 00 5y 0 +6y = e x Solution : La résolution de cette équation se fait en deux étapes :. Solution de l équation homogène : l équation caractéristique : r 2 5r +6=0 dont les solutions sont r =2 et r 2 =3.d où y h (x) =λe 2x + µe 3x 2. Solution particulière de l équation complète. On cherche donc une solution particulière de la forme : y p (x) =z(x)e x e x [z(x)+2z 0 (x)+z 00 (x)] 5e x [z(x)+z(x)] +6z(x)e x = e x soit z 00 (x) 3z 0 (x)+2z(x) = {z } {z } {z } yp 00 y 0 y p p Ainsi, la recherche d une solution particulière revient à déterminer une solution de l équation différentielle ci-dessus. On cherche z(x) sous la forme z(x) =ax 2 + bx + c la dérivation de z(x) donne z 0 (x) =2ax + b et z 00 (x) =2a On remplace dans l équation, on obtient 2a 3(2ax + b)+2(ax 2 + bx + c) = soit 2ax 2 +( 6a +2b)x +(2a 3b +2c) = identification Par conséquent 2a =0 6a +2b =0 2a 3b +2c = d où a =0; b =0; c = 2.Et donc z(x) = 2. y p = 2 ex 3. La solution générale de l équation est y(x) =y h (x)+y(x) =λe 2x + µe 3x + 2 ex 8

c) Second membre de la forme f(x) =p(x)e mx Dans ce cas on cherche une solution particulière sous la forme : y p (x) =q(x)e mx où le polynôme q(x) est déterminé par le procédé exposé dans l exemple ci-dessous. Exemple 22 Résoudre l équation différentielle : y 00 y =(2x +)e 2x. Solution : La résolution de cette équation se fait en deux étapes :. Solution de l équation homogène : l équation caractéristique : r 2 =0dont les solutions sont r = et r 2 =. Et donc y h (x) =λe x + µe x 2. Solution particulière. On cherche donc une solution particulière de la forme : y p (x) =q(x)e 2x d où y 0 p(x) = 2q(x)e 2x + q 0 (x)e 2x et y p(x) =4q(x)e 2x 4q 0 (x)e 2x + q (x)e 2x en remplaçant dans l équation différentielle du départ et après simplification par e 2x on obtient q (x) 4q 0 (x)+3q(x) =2x + et donc q(x) est un polynôme de degré (car le membre de droite est un polynôme de degré ). Soit q(x) = ax + b, en remplaçant dans l équation ci-dessus et par identification on obtient q(x) = 2 3 x + 9 Conclusion y p (x) =( 2 3 x + 9 )e 2x 3. La solution générale de l équation différentielle est y(x) =λe x + µe x +( 2 3 x + 9 )e 2x d) Second membre de la forme : f(x) =Ae ax cos(ωx + ϕ) Deux cas se présentent, selon que a + iω est solution ou non de l équation caractéristique. Si a + iω n est pas solution de l équation caractéristique, on cherche une solution particulière de la forme y p (x) =e ax (k cos ωx + k 2 sin ωx) où k et k 2 sont des constantes à déterminées Si a + iω est solution de l équation caractéristique, on cherche une solution particulière de la forme y p (x) =e ax (k cos ωx + k 2 sin ωx) x où k et k 2 sont des constantes à déterminées Exercice Résoudre les équations différentielles suivantes :. y 00 +4y 0 +5y =sinx (noter que sin x =cos(x + ϕ) déterminer ϕ) 2. y 00 +9y =2cos3x 9

9.5.4 Détermination d une solution particulière : Variation des constantes On considère maintenant l équations linéaires du second ordre complète ay 00 + by 0 + cy = f(x) où a, b et c sont des constantes. On se propose de chercher une solution particulière y p. Pour cela, on utilise ce qu on appelle méthode de la variation des constantes. Rappelonsquesiy (x) et y 2 (x) sont deux solutions (connues) de l équation homogène (E 0 ), la solution générale de (E 0 ) est donnée par y h = λy (x)+µy 2 (x). Pour déterminer la solution particulière y p on remplace les constantes λ et µ par des fonctions de x. Soit y p = λ(x)y (x)+µ(x)y 2 (x) Et donc le recherche de la fonction y p revient à déterminer les fonctions λ(x) et µ(x). Il est à noter que la substitution de y p dans l équation différentielle nous donne une condition sur λ(x) et µ(x). On doit donc imposer une autre condition arbitraire mais qui permet de simplifier quelque chose. En dérivant la fonction y p,onobtient: y 0 p = λy 0 + µy 0 2 + λ 0 y + µ 0 y 2 Si on impose que λ 0 y + µ 0 y 2 =0 ( ) alors les dérivées secondes de λ(x) et µ(x) n apparaissent pas dans yp 00. En tenant compte de ( ) on a : yp 0 = λy 0 + µy2 0 yp 00 = λ 0 y 0 + λy 00 + µ 0 y2 0 + µy2 00 La substitution de y p, y 0 p et y 00 p dans l équation différentielle complète donne λ(ay 00 + by 0 + cy {z } )+µ(ay00 2 + by2 0 + cy 2 {z } )+aλ0 y 0 + aµ 0 y2 0 = f(x) En teant compte du fait que y et y 2 sont solution de (E 0 ), on a ay 00 + by 0 + cy =0et ay2 00 + by2 0 + cy 2 =0. D où on déduit que : λ 0 y 0 + µ 0 y2 0 = f(x) a Finalement les dérivées des fonctions inconnues λ(x) et µ(x) sont solutions du système suivante : ½ λ 0 y + µ 0 y 2 =0 λ 0 y 0 + µ0 y2 0 = f(x) a Ce système d équations en λ 0, µ 0 admet une solution si W [y,y 2 ]= y y 2 y 0 y2 0 =(y y2 0 y 0 y 2 ) 6= 0(wronskien) (Ce qui est vraie car y et y 2 sont linéairement indépendants). Ainsi 0 y 2 y 0 f λ 0 a y2 0 f y 2 a = = W [y,y 2 ] (y y2 0 y0 y et µ 0 y 0 f a = 2) W [y,y 2 ] = y f a (y y 0 2 y0 y 2) Et donc, par intégration, on a λ(x) = y 2 f(x) et µ(x) = aw [y,y 2 ] y f(x) aw [y,y 2 ] 20

Conclusion 3 La solution particulière de l équation différentielle complète est y p = λ(x) y (x)+µ(x) y 2 (x) où λ(x) et µ(x) sont donnée par les expressions ci-dessus. Exemple 23 Déterminer la solution générale de l équation différentielle de second ordre : y 00 + y = cos x. Détermination de y h.lafonctiony h est solution de l équation homogène y 00 + y =0 Dont l équation caractéristique associée est : r 2 +=0. Ces solutions sont r =+i ou r = i. Parsuite y h = λ cos x + µ sin x = λy (x)+µy 2 (x) Recherche d une solution particulière y p : On cherche donc une solution paticulière de la forme y p (x) =λ(x)y (x)+µ(x)y 2 (x) où les dérivées des fonctions inconnues λ(x) et µ(x) sont solutions du système suivante : ½ λ 0 y + µ 0 y 2 =0 λ 0 y 0 + µ 0 y2 0 = f(x) a = x 2 La solution de ce système est donnée par λ 0 = µ 0 = y 2 f a (y y2 0 y0 y 2) = sin x. cos x cos x. cos x ( sin x)sinx = sin x cos x y f a (y y2 0 y0 y 2) = cos x. cos x cos x. cos x ( sin x)sinx = et donc sin x λ(x) = =ln cos x et µ(x) = = x cos x Il est inutile de rajouter les constantes d intégration, car on cherche une solution particulière. D où y p =ln cos x cos x + x sin x. Solution générale : y = y h + y p = λ cos x + µ sin x +ln cos x cos x + x sin x Exemple 24 Déterminer la solution générale de l équation différentielle de second ordre : y 00 +4y 0 +5y = e x, Exact solution is : y (x) = 0 ex + C e 2x sin x + C 2 e 2x cos x, Solution : Rappelons que la solution d une telle équation est donnée par y(x) =y h (x)+y p (x) Détermination de y h.lafonctiony h est solution de l équation homogène y 00 +4y 0 +5y =0 Dont l équation caractéristique associée est : r 2 +4r +5=0 dont les solution sont : r = 2+i et r = 2 i. Par suite e 2x cos x Solution : 2e 2x cos x e 2x sin x y h = λe 2x cos x + µe 2x sin x = λy (x)+µy 2 (x) Recherche d une solution particulière y p : On cherche donc une solution paticulière de la forme y p (x) =λ(x)y (x)+µ(x)y 2 (x) 2

où les dérivées des fonctions inconnues λ(x) et µ(x) sont solutions du système suivante : ½ λ 0 y + µ 0 y 2 =0 λ 0 y 0 + µ 0 y2 0 = f(x) a = e x La solution de ce système est donnée par λ 0 = f y 2 a (y y2 0 y0 y 2) = e 2x (sin x)e x e 2x (cos x)( 2e 2x sin x + e 2x cos x) ( 2e 2x cos x e 2x sin x)e 2x sin x = e 3x sin x µ 0 = f y a (y y2 0 y0 y 2) = e 2x (cos x)e x e 2x (cos x)( 2e 2x sin x + e 2x cos x) ( 2e 2x cos x e 2x sin x)e 2x sin x = e 3x cos x et donc λ(x) = µ(x) = e 3x sin x= 0 (cos x) e3x 3 0 e3x sin x (Intégration par parties) e 3x cos x= 3 0 (cos x) e3x + 0 e3x sin x d où la solution particulière µ y p = 0 (cos x) e3x 3 µ 3 0 e3x sin x e 2x cos x + 0 (cos x) e3x + 0 e3x sin x e 2x sin x = 0 ex Solution générale : y = y h + y p = λe 2x cos x + µe 2x sin x + 0 ex 22