Équations différentielles linéaires

Chapitre 18 Équations différentielles linéaires Définition 1. Une équation différentielle est une équation dont l inconnue est une fonction, et qui fait intervenir la fonction et ses dérivées. Dans le programme de BCPST 1, ne sont vues que les équations différentielles linéaires, qui s écrivent pour le premier ordre : α(x)y + β(x)y = γ(x). Dans cette écriture, α, β et γ sont des fonctions connues, et l inconnue est une fonction y, dont il faut déterminer la valeur ainsi que l ensemble de définition. Les autres équations différentielles au programme sont d ordre 2 mais à coefficient constant, elles s écrivent : αy + βy + γy = δ(x). Cette fois-ci, α, β et γ sont des constantes. Les buts de ce chapitre sont ainsi : la résolution des équations linéaires du premier ordre, la résolution des équations linéaires à coefficients constants du second ordre, la notion d équation caractéristique, savoir trouver une solution particulière en utilisant la variation de la constante, savoir trouver une solution particulière dans le cas d un second membre particulier, savoir utiliser le principe de superposition des solutions, avoir quelques notions sur le problème de Cauchy (existence et unicité des solutions). I Équation différentielles linéaires du premier ordre Définition 2. On appelle équation différentielle linéaire du premier ordre une équation du type : (E) α(x)y + β(x)y = γ(x). Où α, β et γ sont des fonctions connues, définies et continues sur un intervalle I de R, et y est une fonction inconnue à déterminer. Une solution de (E) sur I est une fonction y : I R, telle que y est dérivable sur I et x I, α(x)y (x) + β(x)y(x) = γ(x). 1

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 2 On dit que (E) est sous forme résolue lorsqu elle sécrit : (E) y + a(x)y = b(x). Dans la suite, on ne considère que des équations résolues, concrètement cela veut dire qu il faudra isoler les points où la fonction α s annule, et ne considérer des solutions que sur les intervalles où α(x) a un signe constant. Définition 3. On appelle équation homogène associée à (E), l équation différentielle où le second membre est mis à zéro : (H) y + a(x)y = 0. Note: Attention I doit être un intervalle. La variable x est souvent omise dans a fonction inconnue y, on écrit y + a(x)y = b(x), au lieu de x I, y (x) + a(x)y = b(x). Comme on a : x I, y (x) = b(x) a(x)y(x), on a y C 1, puis y C sur I. On considère ici implicitement, une résolution dans R, y étant une fonction à valeur dans R. On pourra en particulier dans le cas des équations de second ordre, considérer des équations à coefficients complexes, les solutions seront alors des fonctions R dans C. En exercice, on vérifiera que les énoncés sont encore valables dans ce cas. I.1 Résolution dans le cas homogène Cas où a est une constante Commencons par le cas simple où l équation est résolue et la fonction a(x) a est une constante. L équation s écrit alors : y + ay = 0 y = ay. Dans ce cas une solution est alors connue : y(x) = e ax. On voit que l équation étant linéaire, n importe qu elle fonction du type y(x) = λe ax est aussi solution. Proposition 1. Si a R, les solutions de l équations différentielles y + ay = 0 sont les fonction y : R R, telle que λ R, x R, y(x) = λe ax. S H = {x λe ax } λ R Démonstration. Soit donc une solution de l équation. La solution simple mais fausse pour le montrer est de faire le rapport y (x) y(x) = a, cela signifie que ln(y(x)) = ax+c, puis que y(x) = λe ax. Cette démonstration est possible si on a d abords montré que la fonction y(x) ne s annule pas ou est toujours nulle. Une vraie démonstration consiste à multiplier l équation par e ax, ce qui donne : e ax y (x) + ae ax y(x) = 0 d(e ax y(x)) dx = 0 x R, e ax y(x) = λ où λ est une constante réelle x R, y(x) = λe ax

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 3 Note: La fonction nulle est toujours solution. Cas général : a(x) fonction non constante Revenons au cas général où a(x) est non constant, pour reprendre la démonstration précédente, il faut considérer la fonction A(x), primitive de la fonction a(x) sur I. Une telle fonction A(x) existe puisqu on a supposé que a était une fonction continue. On a alors : On a alors montré : e A(x) y (x) + a(x)e A(x) y(x) = 0 d(e A(x) y(x)) dx = 0 x R, e A(x) y(x) = λ où λ est une constante réelle x R, y(x) = λe A(x) Proposition 2. Si a(x) : I R est une fonction continue et A une primtive de a sur I. les solutions de l équations différentielles y + a(x)y = 0 sont les fonction y : I R, telle qu il existe λ R et x R, y(x) = λe A(x). S H = {x λe A(x) } λ R Démonstration. On a vu que toute solution s écrivait λe A(x), réciproquement toute fonction de cette forme est solution. Remarquons que la primitive étant définies à une constante près, changer de primitive revient à changer la constante λ, donc l ensemble des solutions ne dépend pas de la primitive choisie A(x). Note: En particulier les solutions de ces équations homogènes sont définies sur R. Il y a une infinité de solution, on parle de solution générale de l équation homogène, dans le sens où la solution dépend d un paramètre λ. I.2 Structure de l ensemble des solutions d une équation non homogène Revenons maintenant au cas résolue, mais non homogène, c est-à-dire à une équation du type : (E) : y + a(x)y = b(x) Supposons dans un premier temps que l on connaisse une solution particulière y 0 sur I, et soit y une autre solution, alors y y 0 est solution de l équation homogène, puisque : Ainsi, (y y 0 ) + a(x)(y y 0 ) = y + a(x)y (y 0 + a(x)y 0 ) = 0. }{{}}{{} b(x) b(x)

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 4 Proposition 3. Si y 0 est une solution de (E) sur I, toutes les autres solutions de (E) s écrivent y = y 0 + λe A(x). C est-à-dire que les solutions sont l ensembles des fonctions y(x) telle que : λ R, x I, y(x) = y 0 (x) + λe A(x). S E = {x y 0 (x) + λe ax } λ R = y 0 + S H Remarque: On résume cela en disant que la forme générale d une solution d une équation linéaire du premier ordre (E) est obtenu en sommant une particulière de l équation avec second membre (E) et la solution générale de l équation homogène (H). On retrouve ici la forme générale des solutions de AX = B : un ensemble de solution qui s écrit sous la forme X 0 + S H, avec S H l ensemble des solutions de AX = 0. Démonstration. On a montré que toute solution s écrivait sous la forme y = y 0 + λe A(x), réciproquement, pour tout choix de λ, une telle fonction est solution. Ainsi pour résoudre une équation différentielle, il faut dans l ordre : Résoudre l équation homogène, trouver une solution particulière, sommer les deux. Attention, dans le cas où on est partie d une équation différentielle non résolue, il faut «recoller» les solutions, en veillant à vérifier les régularités au point de recollement. Exemple: Si on veut résoudre (E) y + 2y = 1. On a : l équation homogène (H) a pour solution générale : y(x) = λe 2x, λ R une solution particulière de (E) est la fonction y 1 2, donc l ensemble des solutions est : y = 1 2 + λe 2x, où λ R. Le reste de cette section est donc consacré aux méthodes pour trouver des solutions particulières. I.3 Trouver une solution particulière Principe de superposition des solutions Pour trouver une solution particulière remarquons déjà que l on peut utiliser la linéarité. Supposons que le second membre b(x) soit égal à la somme de deux fonctions : b(x) = b 1 (x) + b 2 (x), et que l on connaisse y 1 et y 2 solutions de l équation avec second membre b 1 et b 2 respectivement. Alors y 1 + y 2 est solution de l équation avec second membre. Démonstration. (y 1 + y 2 ) + a(x)(y 1 + y 2 ) = y 1 + a(x)y 1 + a(x)y 2 + y 2 = b 1 (x) + b 2 (x) = b(x)

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 5 Note: Bien évidement, ceci reste vrai lorsque b s écrit comme la somme de n fonction Cela s interprète en physique en disant qu un système linéaire vérifie le principe de superposition. Second membre particulier On ne peut utiliser cette méthode que si la fonction a(x) est en fait une constante. Second membre polynôme Si on veut résoudre (E) : y + ay = P(x), on cherche une solution particulière sous la forme d un polynôme : y 0 = Q(x), de degré égal à celui de P. Second membre polynôme exponentiel Si on veut résoudre (E) : y +ay = P(x)e mx, on cherche une solution particulière sous la forme : Q(x)e mx si m a y 0 (x) = avec d(q) = d(p). xq(x)e mx si m = a (i.e. on rajoute un degré lorsque l exponentiel au second membre est la même que dans la solution générale de (H).) Polynôme cosinus/sinus Si on veut résoudre (E) : y + ay = P(x) cos mx, ou (E) : y + ay = P(x) sin mx on cherche une solution particulière sous la forme : y 0 (x) = Q 1 cos mx + Q 2 sin mx avec d(q 1 ) = d(q 2 ) = d(p). (comme pour les primitives : il peut y avoir du cosinus ET du sinus). cosinus/exponentiel Si on veut résoudre (E) : y + ay = cos mxe αx, on cherche une solution particulière sous la forme : y 0 (x) = (a cos mx + b sin mx)e αx, (a, b) R 2. Principe général À retenir : la solution particulière est de la même forme que le second membre. Exemple: On veut résoudre : (E) : y + 2y = 2x 2 + (2x + 1 + cos 3x)e 2x Déjà la solution générale de l équation homogène est : y = λe 2x. Pour la solution particulière, on utilise le principe de superposition des solutions. Une solution particulière avec second membre 2x 2 est à chercher sous la forme y 0 = ax 2 + bx + c. en dérivant, on obtient y + 2y = 2ax 2 + (2b + 2a)x + c + b, ainsi, la solution est y 0 (x) = x 2 x + 1 2. Une solution particulière avec second membre (2x + 1)e 2x est à chercher sous la forme y 0 = x(ax+b)e 2x = (ax 2 +b)e 2x. En dérivant, on trouve : y +2y = ( 2ax 2 2b+ax 2 +b+2ax 2 +2b)e 2x = (2ax + b)e 2x. D où il faut a = 1 et b = 1. et la solution particulière est y 0 (x) = x(x + 1)e 2x. Une solution particulière avec second membre (cos 3x)e 2x est à chercher sous la forme y 0 = (a cos 3x + b sin 3x)e 2x. En dérivant on trouve : y + 2y = (( 2a + 3b + 2a) cos 3x + ( 2b 3a + 2b) sin 3x)e 2x = (3b cos 3x 3a sin 3x)e 2x. Donc on obtient : b = 1 3, et a = 0, et donc la solution particulière est y 0 (x) = ( 1 3 sin 3x)e 2x. D où la solution particulière à (E) : y 0 (x) = x 2 x + 1 2 + x(x + 1)e 2x + ( 1 3 sin 3x)e 2x.

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 6 Et les solutions de (E) sur R : y 0 (x) = x 2 x + 1 2 + x(x + 1)e 2x + ( 1 3 sin 3x)e 2x + λe 2x, λ R. Résolution théorique Proposition 4. Toute équation différentielle linéaire résolue du premier ordre admet une infinité de solution. Plus précisément, soit une équation différentielle résolue sur I : (E) : y + a(x)y = b(x), avec a et b deux fonctions continues sur I, et si on considère un point x 0 I, et un réel y 0, alors il existe une unique solution y : I R de (E) sur I, qui vérifie y(x 0 ) = y 0. On appelle cette solution la solution du problème de Cauchy. Démonstration. On utilise la même technique que précédemment : on considère une solution y et on multiplie par e A(x), où A(x) est une primitive de A. On a alors : e A(x) y (x) + a(x)e A(x) y(x) = b(x)e A(x) d(e A(x) y(x)) dx On note alors f(x) une primitive de b(x)e A(x), on a alors = b(x)e A(x) }{{} C 0 (I) x R, e A(x) y(x) = f(x) + λ où λ est une constante réelle x R, y(x) = λe A(x) + f(x)e A(x). Ainsi, toutes les solutions s écrivent sous la forme : x R, y(x) = λe } A(x) {{} + f(x)e A(x). }{{} solution générale de (H) solution particulière de (E) Réciproquement pour tout choix de λ une telle fonction est solution. Pour construire une solution au problème de Cauchy, on intègre entre x 0 et x. Soit y(x) une solution du problème de Cauchy, alors : d(e A(x) y(x)) dx x R, e A(x) y(x) e A(x 0) y(x 0 ) = = b(x)e A(x) x x 0 b(t)e A(t) dt t x R, e A(x) y(x) e A(x0) y(x 0 ) = b(t)e A(t) dt x 0 x R, y(x) = e A(x)( x x R, y(x) = x x 0 b(t)e A(t) dt ) + e A(x 0) A(x) y(x 0 ) x 0 b(t)e A(t) A(x) dt + e A(x 0) A(x) y(x 0 )

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 7 Remarque: La dernière ligne montre clairement que la solution du problème de Cauchy est indépendant du choix fait sur la fonction A. Cette formule est théorique, il vaut mieux utiliser la méthode de variation de la constante (qui lui est équivalente). Méthode de variation de la constante Cette méthode part du principe que les solutions de (E) sont obtenues à partir de celle de (H). On cherche donc une solution sous la forme : y(x) = λ(x)e A(x), avec λ fonction de x inconnue. On a alors : y (x) = ( λ (x) a(x)λ(x) ) e A(x) Ainsi, y(x) est solution ssi : ( λ (x) a(x)λ(x) ) e A(x) + a(x)λ(x)e A(x) = ( λ (x) ) e A(x) = b(x). Soit si : λ (x) = b(x)e A(x). On se ramène donc à calculer une primitive de b(x)e A(x). Exemple: Soit à résoudre sur R : (E) : y + xy = x On résout l équation homogène associée : (H) : y + xy = 0. La solution générale est λe t2 2. Ensuite un utilise la méthode de variation de la constante : on cherche une solution sous la forme : y(x) = λ(x)e x2 2, on a : y (x) = (λ (x) xλ(x)) e x2 2. Soit : y + xy = (λ (x)) e x2 2, et y est solution que si λ (x) = xe x2 2, c est-à-dire λ(x) = e x2 2, D où une solution particulière : y(x) = e x2 2 e x2 2 = 1. Ainsi, les solutions sont : x 1 + λe t2 2, λ R. Note: La méthode de la variation de la constante est à utiliser en particulier lorsque la fonction a(x) n est pas une constante. Mais on peut aussi «deviner» une solution particulière. Exemples Exemple: On veut résoudre sur I = ] π 2, π 2 [ l équation différentielle suivante : (E) : y + (tan x)y = cos x + sin 2x La solution générale de l équation homogène est x λe ln(cos(x)) = λcos(x), λ R (attention au signe de cos dans le ln qui est ici positif sur I). Pour trouver des solution particulière, on utilise la variation de la constante en découpant le second membre en 2. si on pose y(x) = λ(x) cos(x), alors : y (x) = λ (x) cos(x) λ(x) sin(x), et donc y + tan xy = λ (x) cos(x)

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 8 Donc y n est solution avec second membre cos x que si λ (x) cos(x) = cos(x), soit λ = x, et avec second membre sin x que si λ (x) cos(x) = sin(2x) = 2 sin(x) cos(x), soit λ (x) = 2 sin(x) et donc λ = 2 cos(x). Ainsi une solution particulière est : y(x) = 2 cos 2 (x) + x cos(x), et les solutions sont : { } S H = x 2 cos 2 (x) + x cos(x) + λ cos(x) λ R II Équations différentielles linéaires du second ordre à coefficients constants Définition 4. On appelle équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants une équation du type : (E) : αy + βy + γy = δ(x), où α, β, γ sont des constantes (avec α 0), et δ : I R une fonction continue sur un intervalle I de R. La fonction y est la fonction inconnue a déterminer. Une solution de (E) sur I est une fonction y : I R, telle que y est dérivable deux fois sur I et x I, αy (x) + βy (x) + γy(x) = δ(x), On dit que (E) est sous forme résolue lorsqu elle s écrit : (E) : y + ay + by = c(x). Note: Contrairement au cas du premier ordre, on peut toujours se ramener au cas résolu, car on ne considère que le cas où α est une constante non nulle. Dans les exercices, il arrive que l on considère des équations différentielles du second ordre à coefficients non constants. Définition 5. On appelle équation homogène associée à (E), l équation différentielle où le second membre est mis à zéro : (H) y + ay + by = 0, II.1 Résolution dans le cas homogène Dans cette sous-section, on cherche à résoudre l équation homogène (H) y + ay + by = 0. En suivant ce qui est fait pour le cas du premier ordre, on cherche une solution sous la forme exponentielle Proposition 5. La fonction x e rx est solution de (H), si et seulement si r est racine de l équation caractéristique associée : (e) : r 2 + ar + b = 0.

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 9 Démonstration. En effet soit une fonction y(x) = e rx solution de (H), alors y (x) = re rx, et y (x) = r 2 e rx, donc x R, r 2 e rx + re rx + e rx = 0 r 2 + ar + b = 0. Ainsi, r est solution de (e). Réciproquement, si r est solution de (e), alors x e rx est solution de (H). Nous allons donc séparer le cas où (e) admet deux solutions, aucune solutions, une solution double sur R, c est-à-dire selon si = a 2 4b est positif strict, négatif, ou nul. Cas où > 0, deux solutions réelles Soit r 1 et r 2 les deux solutions de l équation caractéristique (e), remarquons que l on a les relations : r 1 + r 2 = a et r 1 r 2 = b. Montrons que dans ce cas, les solutions de (H) sont de la forme : { R R x x λ 1 e r1x + λ 2 e r (λ 2x 1, λ 2 ) R 2 En effet, soit y une solution de (H), on peut alors écrire y(x) = z(x)e r 1x, avec z une fonction inconnue deux fois dérivables puisque e r 1x ne s annule pas. Note: Remarquons que cela revient à utiliser la méthode de variation de la constante, puisque x e r1x est une solution de (H). En dérivant, on obtient : Comme y est solution de (H), on a : y (x) = ( z (x) + r 1 z(x) ) e r1x, et ( ) y (x) = z (x) + 2r 1 z (x) + r1z(x) 2 e r1x. x R, x R, y (x) + ay (x) + by(x) = 0 ) (z (x) + 2r 1 z (x) + r1 2 z(x) e r1x + a ( z (x) + r 1 z(x) ) e r1x + bz(x)e r 1x = 0 ( ) x R, z (x) + 2r 1 z (x) + r1z(x) 2 + az (x) + ar 1 z(x) + bz(x) e r 1x = 0 x R, z (x) + (2r 1 + a)z (x) + (r1 2 + ar 1 + b) z(x) }{{} = 0 =0 x R, z (x) + (2r 1 + a) z (x) }{{} = 0 0 En effet, 2r 1 + a = ± 0 (le ± provient du chois de r 1 ). Ainsi, z est solution d une équation différentielle linéaire du premier ordre résolue et homogène : (H z ) : Y + (2r 1 + a)y = 0 Dont la solution générale ont Ce ( 2r1+a)x, avec C R. Ainsi, z est de la forme Ce ( 2r1+a)x, et donc C z est aussi de la forme 2r 1 +a e( 2r1+a)x + K, avec K R une autre constante. On a en écrivant les constantes différemment (λ 1, λ 2 ) R 2, x R, z(x) = λ 1 e ( 2r 1+a)x + λ 2.

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 10 ainsi, y(x) = z(x)e r 1x = λ 1 e ( r 1+a)x + λ 2 e r 1x = λ 1 e r 2x + λ 2 e r 1x, en se servant de la relation r 1 + r 2 = a On a donc démontré (λ 1, λ 2 ) R 2, x R, y(x) = λ 1 e r 2x + λ 2 e r 1x. Réciproquement toute fonction de la forme : x λ 1 e r 2x + λ 2 e r 1x est évidement solution, puisque somme de deux solutions de (H). Cas où = 0, une racine double Soit r la solution de l équation caractéristique (e), remarquons que l on a la relations r = a 2. Montrons que dans ce cas, les solutions de (H) sont de la forme : y { R R x (λ 1 + λ 2 x) e rx (λ 1, λ 2 ) R 2 En effet, soit y une solution de (H), on peut alors écrire y(x) = z(x)e rx, avec z une fonction inconnue deux fois dérivables puisque e rx ne s annule pas. En dérivant on obtient : Comme y est solution de (H), on a : y (x) = ( z (x) + rz(x) ) e rx, et ( ) y (x) = z (x) + 2rz (x) + r 2 z(x) e rx. x R, y (x) + ay (x) + by(x) = 0 ( ) x R, z (x) + 2rz (x) + r 2 z(x) e rx + a ( z (x) + rz(x) ) e rx + bz(x)e rx = 0 ( ) x R, z (x) + 2rz (x) + r 2 z(x) + az (x) + arz(x) + bz(x) e rx = 0 x R, z (x) + (2r + a) z (x) + (r 2 + ar + br) z(x) = 0 }{{}}{{} =0 =0 x R, z (x) = 0 Ce qui signifie que (λ 1, λ 2 ) R 2, x R, z(x) = λ 1 + λ 2 x, et ainsi : (λ 1, λ 2 ) R 2, x R, y(x) = (λ 1 + λ 2 x) e rx. Réciproquement, montrons qu une telle fonction est solution. D une part, on a déjà vu que x e rx est solution (comme racine de l équation caractéristique), il reste donc à montrer que : y : x xe rx est aussi solution. On a : y (x) = (1 + rx)e rx, et y (x) = (2r + r 2 x)r rx, donc : y + ay + by = ( (r 2 + ar + b) x + 2r + a) ) e }{{}}{{} rx =0 =0

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 11 Cas où < 0, deux racines complexes conjuguées Soit r 1 et r 2 les deux solutions complexes de (e), r 1 et r 2 ont alors une partie imaginaire non nulle (égale à ± ), et on a alors la relation : r 1 = r 2. On note α et β les réels tels que r 1 = α + iβ, et r 1 = α iβ. Montrons que dans ce cas, les solutions de (H) sont de la forme : x { R R x e αx (λ 1 cos(βx) + λ 2 sin(βx)) (λ 1, λ 2 ) R 2. En effet, soit y une solution de (H), on peut alors refaire le calcul du cas > 0. On écrit y(x) = z(x)e (α+iβ)x = z(x)e r 1x, avec z(x) une fonction deux fois dérivables, mais cette fois ci à valeurs complexes. Les calculs sont les mêmes, on a : et comme y est solution de (H), on a : y (x) = ( z (x) + r 1 z(x) ) e r1x, et ) y (x) = (z (x) + 2r 1 z (x) + r1 2 z(x) e r1x. x R, x R, y (x) + ay (x) + by(x) = 0 ) (z (x) + 2r 1 z (x) + r1 2 z(x) e r1x + a ( z (x) + r 1 z(x) ) e r1x + bz(x)e r 1x = 0 ( ) x R, z (x) + 2r 1 z (x) + r1z(x) 2 + az (x) + ar 1 z(x) + bz(x) e r 1x = 0 x R, z (x) + (2r 1 + a)z (x) + (r1 2 + ar 1 + b) z(x) }{{} = 0 =0 x R, z (x) + (2r 1 + a) z (x) }{{} = 0 0 Ainsi, z est solution de l équation différentielle, (H z ) : Y + (2r 1 + a)y = 0 Ici on a une équation différentielle résolue, linéaire, et homogène, mais à coefficients complexes. On se persuadera facilement en relisant la partie I.1 que la solution générale est Ce ( 2r 1+a)x, avec C C, ainsi la seule différence est ainsi que l on considère une constante complexe. Ainsi, z est de la forme Ce ( 2r 1+a)x, puis on intègre une fonction complexe, donc on a : (A, B) C 2, x R, z(x) = Ae ( 2r 1+a)x + B. Enfin, on obtient la même conclusion que précédemment : (A, B) C 2, x R, y(x) = Ae r 1x + Be r 2x. Lorsque l on a fait cela, on a déterminé les solutions dans l ensemble des fonctions de R dans C. Pour se restreindre aux solutions de R dans R, il faut considérer les solutions vérifiant : x R, y(x) = y(x).

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 12 Comme on sait que y s écrit sous la forme : Ae r 2x + Be r 1x, avec deux constantes complexes, on a : Ainsi, A = B, et donc : On obtient donc : Ainsi : x R, y(x) = y(x) x R, Ae r 1x + Be r 2x = Ae r 1x + Be r 2x x R, Ae r 2x + Be r 1x x R, (A B)e r 2x x R, (A B) }{{} constant y(x) = Ae r 2x + Ae r 1x = Ae r 1x + Be r 2x = (A B)e r 1x = (A B)e (r 1 r 2 )x }{{} non constant = (R(A) + ii(a)) e αx+iβx + (R(A) ii(a)) e αx iβx = e αx ( R(A) e iβx + e iβx) +ii(a) (e iβx e iβx) }{{}}{{} 2 cos βx 2i sin βx = e αx (2R(A) cos(βx) 2I(A) sin(βx)) (λ 1, λ 2 ) R 2, x R, y(x) = e αx (λ 1 cos(βx) + λ 2 sin(βx)) Réciproquement, soit y 1 : x e αx cos(βx), on a : y 1 (x) = eαx( β sin(βx) + α cos(βx) ) et y 1 (x) = eαx( β 2 cos(βx) αβ sin(βx) αβ sin(βx) + α 2 cos(βx) ) = e αx( (α 2 β 2 ) cos(βx) 2αβ sin(βx) ) y 1 + ay 1 + by 1 = e αx( (α 2 β 2 ) cos(βx) 2αβ sin(βx) aβ sin(βx) + aα cos(βx) + b cos(βx) ) = e αx( (α 2 β 2 + aα + b) cos(βx) + ( 2αβ aβ) sin(βx) ) Or (α + iβ) 2 + a(α + iβ) + b = 0, c est à dire (en prenant les parties réelles et imaginaires) α 2 β 2 + aα + b = 0 et 2αβ + aβ = 0. Ainsi, y 1 est solution de (H). En refaisant le même calcul pour y 2 x e αx sin(βx), on obtient le même résultat. Application 1 faire ce calcul. Ainsi, y 1 et y 2 sont solutions donc toute fonction de la forme y : x λ 1 y 1 + λ 2 y 2 aussi Application 2 Démontrer ce point valable pour toute équation différentielle linéaire. Conclusion, méthode de résolution Pour conclure, on a le théorème ;

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 13 Proposition 6. Pour résoudre l équation différentielle homogène : on forme l équation caractéristique : (H) y + ay + by = 0. (e) : r 2 + ar + b = 0. et on calcule = a 2 4b. Et on a : Si > 0, il y a deux racines r 1 et r 2, la solution générale de l équation homogène est alors : x λ 1 e r 1x + λ 2 e r 2x, (λ 1, λ 2 ) R 2. Si = 0, il y a une racine double r, la solution générale de l équation homogène est alors : x (λ 1 + λ 2 x)e rx, (λ 1, λ 2 ) R 2. Si < 0, il y a deux racines réelles conjuguées r 1 = α + iβ, et r 2 = α iβ la solution générale de l équation homogène est alors : x e αx (λ 1 cos(βx) + λ 2 sin(βx)), (λ 1, λ 2 ) R 2. Ce résultat est bien sûr à rapprocher du résultat sur les suites récurrentes linéaire d ordre 2 de la section?? (page??). Exemple: Soit (H 1 ) : y y 2y = 0, on a alors : (e) : r 2 r 2 = 0 a deux racines : 1 et 2. D où la solution générale : x λ 1 e x + λ 2 e 2x, (λ 1, λ 2 ) R 2. Soit (H 2 ) : y + 2y + y = 0, on a alors : (e) : r 2 + 2r + 1 = 0 a une racine : 1 D où la solution générale : x (λ 1 + λ 2 x)e x, (λ 1, λ 2 ) R 2. Soit (H 3 ) : y +2y +5y = 0, on a alors : (e) : r 2 +r +5 = 0 a deux racines complexes conjugués : 1 ± 2i. D où la solution générale : x e x( λ 1 cos(2x) + λ 2 sin(2x) ), (λ 1, λ 2 ) R 2. Application 3, soit k R +, quelles sont les solutions de :(H 1) : y + k 2 y = 0 et de (H 1 ) : y k 2 y = 0. II.2 Structure de l ensemble des solutions d une équation non homogène Revenons maintenant au cas résolue, mais non homogène, c est-à-dire à une équation du type : (E) : y + ay + by = c(x) Comme dans le cas d une équation de degré 1, supposons dans un premier temps que l on connaisse une solution particulière y 0 sur I, et soit y une autre solution, alors y y 0 est solution de l équation homogène, puisque : Ainsi, (y y 0 ) + a(y y 0 ) + b(y y 0 ) = y + ay + by (y }{{} 0 ay 0 + by 0) = 0. }{{} c(x) c(x)

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 14 Proposition 7. Si y 0 est une solution de (E) sur I, toutes les autres solutions de (E) s écrivent y = y 0 + y h, avecy h solution de (H). S E = y 0 + S H Ainsi, comme dans le cas du premier ordre, la solution générale de l équation avec second membre, est la somme d une solution particulière de (E) et de la solution générale de (H). Ainsi pour résoudre une équation différentielle du second ordre, il faut encore : Résoudre l équation homogène, trouver une solution particulière, sommer les deux. II.3 Trouver une solution particulière Principe de superposition des solutions Là encore, rien de nouveau, on donne simplement le résultat : Supposons que le second membre c(x) soit égal à la somme de deux fonctions : c(x) = c 1 (x)+c 2 (x), et que l on connaisse y 1 et y 2 solutions de l équation avec second membre c 1 et c 2 respectivement. Alors y 1 + y 2 est solution de l équation avec second membre. Bien entendu, cela est vrai dans le cas où c(x) est somme de n fonctions. Application 4 Faire la preuve. Second membre particulier Comme dans le cas du premier ordre, le principe général est de chercher des solutions sous la même forme que le second membre, avec une exception de taille : comme on l a vu, les solutions de (H) ne sont pas toujours des exponentielles, mais peuvent contenir des sinus et des cosinus. De ce fait, on va plutôt résoudre dans C et se ramener au cas réels. L exemple de base est le fait que les solution de y + y = 0 sont les fonctions cosinus et sinus. Commençons par le cas le plus simple, le cas d un second membre polynôme : Si on veut résoudre (E) : y +ay +by = P(x), on cherche une solution particulière sous la forme d un polynôme : y 0 = Q(x), de degré égal à celui de P. Ensuite, on a un résultat général, dans le cas d un second membre second membre polynôme exponentiel complexe : Si on veut résoudre (E) : y +ay +by = P(x)e mx, avec m C, on cherche une solution particulière sous la forme : Q(x)e mx si m n est racine du polynôme caractéristique y 0 (x) = xq(x)e mx si m est racine d ordre 1 du polynôme caractéristique avec d(q) = d(p). x 2 Q(x)e mx si m est racine d ordre 2 du polynôme caractéristique (i.e. on rajoute un degré lorsque l exponentiel au second membre est une solution de (H), deux, si cette solution est la racine double).

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 15 En particulier, on a : Si on veut résoudre (E) : y + ay + by = e mx, avec m C, on cherche une solution particulière sous la forme : Ce mx si m n est racine du polynôme caractéristique y 0 (x) = Cxe mx si m est racine d ordre 1 du polynôme caractéristique Cx 2 e mx si m est racine d ordre 2 du polynôme caractéristique On utilise ici la résolution dans C, à cause de ce résultat : Proposition 8. Soit y(x) une solution de y + ay + by = c(x) avec y : R C à valeurs complexes, avec a, b et c des réels, c(x) une fonction à valeur complexes. On note y r et y i les fonctions telles que y(x) = y r (x) + iy i (x) (i.e. y r et y i sont respectivement les parties réelles et imaginaires de y(x)), et de même c(x) = c r (x) + ic i (x). On a alors : y r est solution de y + ay + by = c r (x), et y i est solution de y + ay + by = c i (x). Ainsi, pour résoudre des équations différentielles dans R, on pourra résoudre dans C puis considérer la partie réelle et imaginaire du second membre. Ceci s applique évidement en particulier au cas de second membre de la forme (E) : y + ay + by = P(x) cos mx ou (E) : y + ay + by = P(x) sin mx, pour lesquels, on résout : l équation (E) : y + ay + by = P(x)e imx (dont on connaît la forme de solution, d après ce qui est expliqué plus haut), puis on identifie les parties réelles et imaginaires. Note: On peut utiliser la même méthode dans le cas des équations du premier ordre. Exemples Exemple: (E) : y + 2y + y = 4 L équation caractéristique est r 2 + 2r + 1 = 0, dont la racine double est 1. On cherche la solution sous la forme d une constante, on voit que 4 est solution, donc les solutions sont : x 4 + (λ 1 + λ 2 x)e x Exemple: (E) : y y 2y = x L équation caractéristique est r 2 r 2 = 0, dont les solutions sont 1 et 2 On cherche la solution sous la forme d un polynôme de degré 1 : y(x) = ax + b. On alors y = a et y = 0, donc l équation : 2ax 2b a = x, soit a = 1 2, et b = 1 4 donc les solutions sont : x x 2 + 1 4 + λ 1e x + λ 2 e 2x Exemple: (E) : y y 2y = e 2x L équation caractéristique est r 2 r 2 = 0, dont les solutions sont 1 et 2 On cherche des solutions sous la forme y(x) = Cxe 2x. On a alors, y (x) = (C + 2Cx)e 2x et y (x) = (4C + 4Cx)e 2x, donc l équation : ( 4C C)+(4C 2C 2C) x ) e 2x = xe 2x, soit C = 1 }{{} 3. =0

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 16 donc les solutions sont : x x 3 e2x + λ 1 e x + λ 2 e 2x Exemple: (E) : y + y = cos x + sin 2x L équation caractéristique est r 2 + 1 = 0, donc les solutions sont i et i, la solution générale de l équation homogène est alors : x λ 1 cos(x) + λ 2 sin(x). On sépare alors le second membre en deux parties : cos x = R(e ix ) et sin 2x = I(e i2x ). On résout tout d abords y + y = e ix, pour cela on cherche des solutions sous la forme : y(x) = xce ix, avec C C, les équations sont alors : y (x) = (C + icx)e ix, et y (x) = (2iC Cx)e ix, donc y + y = 2iCe ix, il faut donc C = i 2, c est-à-dire, y(x) = ix 2 eix. On obtient donc une solution sur C, de l équation y + y = e ix, qui est x ix 2 eix. En prenant la partie réelle, on obtient une solution sur R de l équation y + y = cos x, qui est x x 2 sin x. On résout ensuite y +y = e 2ix, pour cela on cherche des solutions sous la forme : y(x) = Ce 2ix, avec C C, les équations sont alors : y (x) = 2iCe 2ix, et y (x) = 4Ce 2ix, donc y + y = 3Ce 2ix, il faut donc C = 1 3, c est-à-dire, y(x) = 1 3 e2ix. On obtient donc une solution sur C, de l équation y + y = e 2ix, qui est x 1 3 e2ix. En prenant la partie imaginaire, on obtient une solution sur R de (E) : y + y = sin 2x, qui est sin 2x 3. x On déduit par le principe de superposition une solution particulière de (E) : y 0 (x) = x 2 sin x sin 2x 3. On déduit que les solutions de (E) sont de la forme : x x 2 sin 2x sin x λ 1 cos(x) + λ 2 sin(x), (λ 1, λ 2 ) R 2 3 Exemple: (E) : y y 2y = (2x + 3) cos x. L équation caractéristique est r 2 r 2 = 0, dont les solutions sont : 1 et 2, On cherche une solution avec second membre : (2x+3)e ix, donc sous la forme y(x) = (ax+b)e ix, avec a et b C. y (x) = (a + iax + ib)e ix, et y (x) = (2ia ax b), et donc y y 2y = ( (2ia ax b) (a + iax + ib) 2(ax + b) ) e ix = ( ( 3 i)ax + ( 3 i)b + ( 1 + 2i)a ) e ix = (2x + 3)e ix car y doit être solution. d où a = 2 6 + 2i = = 3 + i, 3 i 10 5 et ( 3 i)b + ( 1 + 2i)a = 3, ce qui donne (après quelque calcul) : b = 1 ( 3 + i 3 +( 1 + 2i) = 3 + i 5 D où une solution particulière à valeurs dans C : ( ) 3 + i 49 7i y c : x x e ix, 5 50 49 7i. 50 Enfin, en prenant la partie réelle, on obtient une solution particulière de (E) à valeur dans R : ( y 0 (x) = 3 5 x 49 ) ( cos x + 1 50 5 x + 7 ) sin x 50

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 17 On obtient alors la forme générale des solutions sur R, de la forme : ( y : x 3 5 x 49 ) ( cos x + 1 50 5 x + 7 ) sin x + λ 1 e x + λ 2 e 2x, (λ 1, λ 2 ) R 2 50

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 18 Feuille d exercices Équations différentielles BCPST Lycée Hoche $\ CC BY: = Pelletier Sylvain Exercice 1 Étude d une fonction intégrale 1. Résoudre sur R l équation t + arctan t = 0. 2x dt 2. On pose f(x) = x t + arctan t. (a) Montrer que f est définie sur R. (b) Étudier la parité de f. (c) Justifier que f est de classe C sur R + et exprimer f (x) pour x > 0. (d) Dresser le tableau de variations de f. 3. On étudie le comportement de f en +. Exercice 2 Soit (a) Établir que pour tout x > 0 : 2x f(x) x dt t π 2x 2 x (b) En déduire l existence et le calcul de la limite de f en +. Étude d une fonction intégrale R f : x 1. Étudier et représenter la fonction : g : 2. Faire le tableau de signe de f R 2x x { R R e t2 dt x e t2 3. Étudier la parité de f (on pourra faire un changement de variable) 4. Étudier les variations de f. 5. À l aide d un encadrement simple, montrer que f admet une limite en +. 6. Donner le DL à l ordre 3 de f en 0. Exercice 3 Résoudre les équations différentielles suivantes sur I : 1. (E 1 ) : y + y = cos x x + 2 2e x, sur I = R, 2. (E 2 ) : y + (sin x)y = 2 sin x, sur I = R, 3. (E 3 ) : y 2x x 2 +1y = 1, sur I = R, 4. (E 4 ) : xy y = x 2 ln x, sur I = R +. Exercice 4 Résoudre sur R l équation différentielle dt t 2 (E) : (x 2 + x + 1)y + (2x + 1)y 2 = 0.

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 19 Exercice 5 Trouver les fonctions f : R R continues et telles que x x R, 2f(x) = 3x f(t)dt 0. Exercice 6 Résoudre les équations différentielles suivantes sur R : 1. (E 1 ) : y + y 6y = e 2x + e x 2. (E 2 ) : y + y + y = (x 1)(1 + e 2x ) 3. (E 3 ) : y 2y + y = (x 1)e x 4. (E 4 ) : y + 2y + 5y = (sin x)e x Exercice 7 Banque Agro (option biochimie) On considère un réel a et l équation différentielle suivante définie sur R : (E) : (e x a)y + ay = e x. On note (H) l équation homogène associée : (e x a)y + ay = 0. 1 On se place dans le cas où a = 0 ; Résoudre (E) sur R. 2 On considère maintenant a < 0. a Déterminer deux réels α et β tels que : u R \ {a}, 1 u(u a) = α u + β u a. b En déduire une primitive sur R + de la fonction u 1 u(u a). c Résoudre (H) sur R. d Utiliser la méthode de la variation de la constante pur déterminer une solution particulière de (E), puis résoudre (E) sur R. 3 On considère maintenant le cas a > 0. On note I 1 =], ln a[ et I 2 =] ln a, + [. a Résoudre (H) sur I 1 puis I 2. b Utiliser la méthode de la variation de la constante pour déterminer une solution particulière de (E) sur I 1 puis I 2, puis résoudre (E) sur sur I 1 puis I 2, c On pose f 1 (x) si x I 1 f : x, avec f i une solution quelconque de (E) sur I i, i = 1, 2. f 2 (x) si x I 2 Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur f 1 et f 2 pour que f soit prolongeable par continuité en ln a. d Cette condition étant remplie f est-elle dérivable en ln a? e (E) admet-elle des solutions sur R?

CHAPITRE 18. ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES LINÉAIRES 20 Feuille d exercices Équations différentielles 2 BCPST Lycée Hoche $\ CC BY: = Pelletier Sylvain Exercice 1 Soient a, b et c trois réels strictement positifs et y une solution réelle définie sur R de ay + by + cy = 0. Montrer que y(t) = 0. lim t + Exercice 2 Déterminer la solution sur R du système différentiel suivant : x y = 4x 3y = 2x y Exercice 3 Déterminer les solutions f de l équation (E) : y 3y + 2y = 0 vérifiant f(1) = max x [0,1] f(x). Exercice 4 Dans cet exercice a et b sont deux fonctions continues à valeurs réelles définies sur R. On considère l équation différentielle : (E) : y + a(t)y + b(t)y = 0. 1. On suppose que φ est une solution de (E), définie sur R, qui ne s annule jamais (i.e. t R, φ (t) 0). (a) Soit f une fonction deux fois dérivable définie sur R. On définit la fonction g par f(t) = φ(t)g(t) pour tout t R. Vérifier que g est deux fois dérivable. (b) Montrer que f est solution de (E) si, et seulement si, g est une solution de l équation différentielle : ( 2φ (E) : z ) (t) + φ(t) + a(t) z = 0. En déduire une méthode pour résoudre (E) lorsque l on connaît φ. (c) Application : On considère l équation différentielle (E) : (1 + t 2 ) 2 y 2t(1 + t 2 )y + 2(t 2 1)y = 0. i. Déterminer un polynôme de degré 2, solution de l équation (E). ii. Trouver une solution à (E).