Chapitre 6 : Équations différentielle linéaires d'ordre 1 et 2
Questions de cours
1. Donner la forme générale d'une équation différentielle linéaire. Définir les coefficients et le second membre. Que signifie que cette équation est homogène.
Définition :
Forme générale d'une équation différentiel linéaire (EDL) :
$$a_n(x)y^{(n)}+a_{n-1}(x)y^{(n-1)}+...+a_2(x)y''+a_1(x)y'+a_0(x)y = b(x)$$
Si $k\in\mathbb{N}$, $y^{(k)}$ désigne la dérivée $k-$ième de $y$.Les $a_k$ ($k\in[\![ 0, n]\!]$) sont des fonctions définies sur un même intervalle qui sont appelés les coefficients de l'équation.
$b$ est une fonctions appelé le second membre de l'équation.
Lorsque $b$ est nulle on dit que l'équation différentiel linéaire est homogène.
2. Donner la structure des solutions dans le cas homogène et dans le cas général.
Théorème : Structures des solutions de $E_H$ et $E$
1. Si $y_1$ et $y_2$ sont des solutions de l'équation homogène $(E_H)$, sur l'intervalle $I$, alors pour toutes constantes $\lambda_1$ et $\lambda_2$ réelles, la fonctions $\lambda_1y-1+\lambda_2y_2$ est aussi solutions de $(E_H)$2. Si $U : I\to\mathbb{R}$ est solution particulière de $(E)$ sur $I$, alors l'ensemble de solutions de $(E)$ sur $I$ est : $$\mathscr{S}_1(E) = \{U+y_H/y_H\text{ est solutions de }(E_H)\text{ sur }I\}$$
3. Qu'est ce qu'une équation différentielle d'ordre 1 résolue en $y'$ ?
Définition :
On dit que $(E)$ est résolue en $y'$ sur l'intervalle $I$ lorsque $t\mapsto a(t)$ ne s'annule pas sur $I$ i.e. $\forall t\in I, a(t)\neq 0$
4. SAVOIR REFAIRE : donner et prouver la forme générale des solutions de l'équation différentielle $y' = a(x)y$ où $a : I\to\mathbb{R}$ est une fonction continue sur l'intervalle I.
Théorème :
Soient $I$ un intervallle de $\mathbb{R}$, $a$ et $f$ des fonctions continues sur $I$, $Q$ une primitive de $a$ sur $I$.Alors les solutions de $y' = a(x)y$ $(E_H)$ sur $I$ sont les $y_H = x\mapsto \lambda e^{Q(x)}$ où $\lambda\in\mathbb{R}$ $$\mathscr{S}_1(E_H) = \{x\mapsto \lambda e^{Q(x)}/\lambda\in\mathbb{R}\}$$
Preuve :
On procéde par double inclusion :Soit $\lambda\in\mathbb{R}$ et soit $y_H : x\mapsto \lambda e^{Q(x)}$
Montrons que $y_H$ est solutions de $(E_H)$.
Soit $x\in I$ \begin{eqnarray*} y_H' &=& \lambda Q'(x) e^{Q(x)}\\ &=& a(x) y_H(x) \end{eqnarray*} Donc $y_H$ est bien solution de $(E_H)$
Réciproquement, montrons qu'il n'y a pas d'autre solution de $(E_H)$.
Soit $\varphi : I\to\mathbb{R}$ une solution de $(E_H)$, j'envisage $g : x\mapsto e^{-Q(x)}\varphi(x)$
$g$ est dérivable sur $I$ et si $x\in I$, alors \begin{eqnarray*} g'(x) &=& -Q'(x) e^{-Q(x)}\varphi(x) + e^{-Q(x)}\varphi'(x)\\ &=& e^{-Q(x)}\underbrace{\left[ \varphi'(x) - a(x)\varphi(x) \right]}_{=0\text{ car }\varphi\text{ est solution de }(E_H)} \hspace{20pt} \text{car }Q'= a \end{eqnarray*} Ainsi $g'$ est nulle sur l'intervalle $I$.
Donc $g$ est constant sur $I$
D'où une certaine constante $\lambda\in\mathbb{R}$ tel que $$\forall x\in I, g(x) = \lambda \text{i.e. }\forall x\in I, \varphi(x) = \lambda e^{Q(x)}$$
5. Donner la forme générale des solutions de $y' = a(x)y+b(x)$ où $a = I \to\mathbb{R}$, $b : I\to\mathbb{R}$ est continue, lorsque l'on connait une solution particulière $U : I\to\mathbb{R}$
Théorème :
Soient $I$ un intervallle de $\mathbb{R}$, $a$ et $f$ des fonctions continues sur $I$, $Q$ une primitive de $a$ sur $I$.Si $U$ est une solution particulière de $y'-a(x)y = f(x)$ $(E)$ alors $$\mathscr{S}_I(E) = \{y_H + U/y_H\in \mathscr{S}_I(E_H)\}$$
6. SAVOIR REFAIRE : recollement basique, résoudre sur $\mathbb{R}_+^*$, $\mathbb{R}_-^*$ puis sur $\mathbb{R}$ l'équation $t^3y'+y = 0$.
1. Sur $I = \mathbb{R}_+^*$ ou $\mathbb{R}_-^*$, $t^3\neq 0$ donc $(E)$ est résolue en $y'$ $$(E)\text{ est homogène }\Leftrightarrow y' = -t^{-3}y$$ Une primitive de $-t^3$ est $\displaystyle{} \frac{1}{2t^2}$
Donc $\displaystyle{} \mathscr{S}_{\mathbb{R}_+^*}(E) = \{t\mapsto \lambda e^{\frac{1}{2t^2}}/\lambda\in\mathbb{R}\}$
$\displaystyle{} \mathscr{S}_{\mathbb{R}_-^*}(E) = \{t\mapsto \mu e^{\frac{1}{2t^2}}/\mu\in\mathbb{R}\}$
2. Solutions sur $\mathbb{R}$
Analyse : Soit $y$ une solution de $(E)$ sur $\mathbb{R}$
En particulier $y$ est solution sur $\mathbb{R}_+^*$ d'où un certain $\lambda\in\mathbb{R}$ tel que $\displaystyle{}\forall t >0, y(t) = \lambda e^{\frac{1}{2t^2}}$ d'après le 1.
En particulier $y$ est solution sur $\mathbb{R}_-^*$ d'où un certain $\mu\in\mathbb{R}$ tel que $\displaystyle{}\forall t < 0, y(t) = \mu e^{\frac{1}{2t^2}}$ d'après le 1.
$y$ est dérivable sur $\mathbb{R}$
Donc $y$ est dérivable en zéro.
Donc $y$ est continue en zéro, donc $y(t)\xrightarrow[t\rightarrow 0]{}y(0)$
En particulier $y(t)\xrightarrow[t\rightarrow 0^+]y(0)$ donc $\displaystyle{}\lambda e^{\frac{1}{2t^2}}\xrightarrow[t\rightarrow0^+]{}y(0)$
Or $\displaystyle{} e^{\frac{1}{2t^2}}\xrightarrow[t\rightarrow0^+]{}+\infty$, donc si $\lambda\neq 0$, $\displaystyle{} \lambda e^{\frac{1}{2t^2}}\xrightarrow[t\rightarrow0^+]{}+\infty$, donc $y(0) = +\infty$. Impossible !
Donc $\lambda = 0$.
De même $\displaystyle{}y(t)\xrightarrow[t\rightarrow 0^-]{}y(0)$
Or $\displaystyle{}e^{\frac{1}{2t^2}}\xrightarrow[t\rightarrow 0^-]{}+\infty$
Donc forcément $\mu = 0$
Ainsi $y$ est nulle sur $\mathbb{R}^*$ et comme $y(t)\xrightarrow[t\rightarrow 0]{}y(0)$. On a même $y(0) = 0$.
Donc $y$ est la fonction nulle sur $\mathbb{R}$.
Synthèse : Réciproquement, la fonction nulle est bien solution de $t^3y'+y = 0$ sur $\mathbb{R}$
Conclusion : C'est la seule solution sur $\mathbb{R}$
7. SAVOIR REFAIRE : recollement moins basique, résoudre sur $\mathbb{R}_+^*$, $\mathbb{R}_-^*$ puis sur $\mathbb{R}$ l'équation $t^2y'-y$
1. Sur $I = \mathbb{R}_+^*$ ou $\mathbb{R}_-^*$, $t^2\neq 0$ donc $(E)$ est résolue en $y'$ $$(E)\text{ est homogène }\Leftrightarrow y' = t^{2}y$$ Donc $\displaystyle{} \mathscr{S}_{\mathbb{R}_+^*}(E) = \{t\mapsto \lambda e^{-\frac{1}{t}}/\lambda\in\mathbb{R}\}$
$\displaystyle{} \mathscr{S}_{\mathbb{R}_-^*}(E) = \{t\mapsto \mu e^{-\frac{1}{t}}/\mu\in\mathbb{R}\}$
2. Analyse :
Soit $y$ une solution de $(E)$ sur $\mathbb{R}$.
Par restriction $y$ est solution sur $\mathbb{R}_+^*$ et $\mathbb{R}_-^*$.
D'où un certain $\lambda\in\mathbb{R}$ et un certain $\mu\in\mathbb{R}$ tel que $$y(t) = \left\lbrace \begin{array}{ccc} \lambda e^{-\frac{1}{t}} & \text{si} & t>0\\ \mu e^{-\frac{1}{t}} & \text{si} & t<0 \end{array} \right.$$ $y$ est continue en zéro :
Donc $y(t)\xrightarrow[t\rightarrow0]{}y(0)$
En particulier $y(t)\xrightarrow[t\rightarrow0^+]{}y(0)$
Donc $\displaystyle{} \lambda e^{-\frac{1}{t}}\xrightarrow[t\rightarrow0^+]{}0$
Or $\displaystyle{} e^{-\frac{1}{t}}\xrightarrow[t\rightarrow0^+]{}0$ Donc $y(0) = 0$
De même $y(t)\xrightarrow[t\rightarrow0^-]{}y(0)$
Donc $\displaystyle{} \mu e^{-\frac{1}{t}}\xrightarrow[t\rightarrow0^-]{}0$
Or $\displaystyle{} e^{-\frac{1}{t}}\xrightarrow[t\rightarrow0^-]{}+\infty$ Donc $\mu = 0$
Ainsi $$y(t) = \left\lbrace \begin{array}{ccl} \lambda e^{-\frac{1}{t}} & \text{si} & t>0 \text{ où }\lambda\in\mathbb{R}\\ 0 & \text{si} & t\leq 0 \end{array} \right.$$ 3. Synthèse :
On se donne $\lambda\in\mathbb{R}$ quelconque.
On définit $y$ tel que $$y(t) = \left\lbrace \begin{array}{ccl} \lambda e^{-\frac{1}{t}} & \text{si} & t>0 \text{ où }\lambda\in\mathbb{R}\\ 0 & \text{si} & t\leq 0 \end{array} \right.$$ De façon claire, $y$ est dérivable sur $\mathbb{R}^*$ et solution sur $\mathbb{R}^*$
Reste à déterminer pour quel $\lambda\in\mathbb{R}$, $y$ est dérivable en zéro.
Soit $t>0$, $\displaystyle{}\frac{y(t)-y(0)}{t-0} = \frac{\lambda e^{-\frac{1}{t}}}{t}$
On pose $x = \frac{1}{t}\xrightarrow[t\rightarrow0]{}+\infty$
$\displaystyle{}\frac{y(t)-y(0)}{t-0} = \lambda xe^{-x}\xrightarrow[x\rightarrow+\infty]{}0$
Donc $\displaystyle{}\frac{y(t)-y(0)}{t-0}\xrightarrow[t\rightarrow 0^+]{}0$
Soit $t<0$, alors $\displaystyle{}\frac{y(t)-y(0)}{t-0} = 0\xrightarrow[t\rightarrow0^-]{}0$
Donc $y$ est dérivable en zéro pour tout $\lambda\in\mathbb{R}$
Conclusion : Les solutions sur $\mathbb{R}$ sont exactement celle de la forme $$y(t) = \left\lbrace \begin{array}{ccl} \lambda e^{-\frac{1}{t}} & \text{si} & t>0 \text{ où }\lambda\in\mathbb{R}\\ 0 & \text{si} & t\leq 0 \end{array} \right.$$
8. Donner la forme générale des solutions à valeurs réelles de l'équation $ay''+by'+cy = 0$ où $a$, $b$, $c$ sont constantes réelles $(a\neq0$, en fonction de $\Delta = ...$ Puis indiquer comment résoudre l'équation avec second membre.
Théorème :
Soient $a, b, c$ réels avec $a\neq 0$.On cherche les solutions à valeurs réelles de l'équation homogène : $$ay''+by'+cy = 0$$ On introduit l'équation caractéristique $ar^2+br+c = 0$ ($E_C$) et son discriminant $\Delta = b^2-4ac$
$1^{\text{er}}$ cas : si $\Delta >0$, alors $(E_C)$ admet deux solutions réelles $r_1\neq r_2$.
Les solutions de $E_H$ sont alors $$y : r\mapsto \lambda e^{r_1t}+\mu e^{r_2t}\hspace{20pt} où (\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2$$ $2^{\text{ème}}$ cas : si $\Delta = 0$, alors $(E_C)$ admet une racine double réelle $r$.
Les solutions de $(E_H)$ sont alors $$y : t\mapsto (\lambda t + \mu)e^{rt}\hspace{20pt} où (\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2$$ $3^{\text{ème}}$ cas : Si $\Delta < 0$, alors $(E_C)$ admet deux racines complexes conjuguées $r$ et $\overline{r}$
On écrit $r = \alpha_0+i\beta_0$ où $(\alpha_0,\beta_0)\in\mathbb{R}^2$
Les solutions de $(E_H)$ sont alors $$y : t\mapsto e^{\alpha_0t}(\lambda\cos(\beta_0t)+\mu\sin(\beta_0t))\hspace{20pt} où (\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2$$
9. Indiquer, en fonction de $m$, la méthode pour trouver une solutions particulière de l'équation $ay''+by'+cy = P(x)e^{mx}$, où $m\in\mathbb{C}$ et $P$ est une fonction polynôme réelle.
Théorème :
Méthode pour trouver une solution particulière de l'équation suivante en fonction de $m$
$$ay''+by'+cy = P(x)e^{mx}$$
où $m\in\mathbb{C}$ et $P$ est une fonction polynôme réelle.L'équation homogène aboutie à l'équation caractéristique $$ar^2+br+c = 0\hspace{20pt}(E_C)$$ $1^{\text{er}}$ cas : si $m$ n'est pas racine de l'équation caractéristique.
Alors on cherche une solution particulière $U$ sous la forme $U : t\mapsto Q(t)e^{mt}$ où $d^{\circ}Q = d^{\circ}P$
$2^{\text{ème}}$ cas : si $m$ est racine simple de l'équation caractéristique.
Alors on cherche une solution particulière $U$ sous la forme $U : t\mapsto tQ(t)e^{mt}$ où $d^{\circ}Q = d^{\circ}P$
$3^{\text{ème}}$ cas : si $m$ est racine double de l'équation caractéristique.
Alors on cherche une solution particulière $U$ sous la forme $U : t\mapsto t^2Q(t)e^{mt}$ où $d^{\circ}Q = d^{\circ}P$
10. SAVOIR REFAIRE : passage par les complexes, résoudre $y''-y = 3e^{2x}\cos(x)$.
On reconnaît une équation différentiel d'ordre 2 à coefficient constants.
Équation homogène : $y''-y = 0$
On introduit l'équation caractéristique $r^2-1 = 0$
Deux solutions réelles $r = \pm 1$
D'où $y_H : t\mapsto \lambda e^t+\mu e^{-t}$ où $(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2$
Recherche d'une solution particulière :
Le second membre n'est pas sous la forme $P(t)e^{mt}$
Idée : $\cos(t) = \Re(e^{it})$
On envisage spontanément l'équation différentiel complexe : $z''-z = ze{2t}e^{it}$ i.e. $z''-z=ze^{(2+i)t}$ $E_{\mathbb{C}}$
Ici le second membre est de la forme $P(t)e^{mt}$ où $m=2+i\in\mathbb{C}$ pas racine de l'équation différentiel et $P(t) = 2$ de degré $0$
On cherche une solution particulière de $(E_{\mathbb{C}})$ sous la forme :
$W : t\mapsto Ae^{(2+i)t}$ où $A\in\mathbb{C}$
$W' : t\mapsto A(2+i)e^{(2+i)t}$
$W'' : t\mapsto A(2+i)^2e^{(2+i)t}$
$\begin{array}{lcl} W \text{ est solution de }(E_{\mathbb{C}}) & \text{ssi} &\displaystyle{} \forall t\in\mathbb{R}, W''(t)-W(t) = 3e^{(2+i)t}\\ & \text{ssi} &\displaystyle{} \forall t\in\mathbb{R}, A(2+i)^2e^{(2+i)t}-Ae^{(2+i)t} = 3Ae^{(2+i)t}\\ & \text{ssi} &\displaystyle{} \forall t\in\mathbb{R}, A(2+i)^-A = 3\\ & \text{ssi} &\displaystyle{} \forall t\in\mathbb{R}, A[4-1+4i-1] = 3\\ & \text{ssi} &\displaystyle{} A = \frac{3}{2+4i}\\ & \text{ssi} &\displaystyle{} A = \frac{3}{10}(1-2i) \end{array}$
D'où la solution particulière de $(E_{\mathbb{C}})$ : $$W : t\mapsto \frac{3}{10}(1-2i)e^{(2+i)t}$$ Retour à l'équation différentiel : $y''-y = 3e^{2t}\cos(t)$
D'après le cour, $(E_{\mathbb{C}})$ étant à coefficient réels, $\Re(\omega)$ est solution de $y''-y = \Re(3e^{(2+i)t})$
i.e. $y''-y = \Re(3e^{2t}+e^{it})$
i.e. $y''-y = 3e^{2t}\Re(z^it)$
i.e. $y''-y = 3e^{2t}\cos(t)$
Ainsi $U = \Re(W)$ est solution particulière de $(E)$
Soit $t\in\mathbb{R}$ \begin{eqnarray*} W(t) &=& \frac{3}{10}(1-2i)e^{2t}(\cos(t)+i\sin(t))\\ &=& \frac{3}{10}e^{2t}[\cos(t)+i\sin(t)-2i\cos(t)+2\sin(t)] \end{eqnarray*} D'où la solution particulière de $(E)$ : $\displaystyle{}U : t\mapsto \frac{3}{10}(\cos(t)+2\sin(t))$
Solution générale de $(E)$ : $$y : t\mapsto \lambda e^t + \mu e^{-t} + \frac{3}{10}e^{2t}(\cos(t)+2\sin(t))$$
11. SAVOIR REFAIRE : principe de superposition, résoudre l'équation $y''-2y'+y = \text{ch}(x)$
On reconnaît une équation différentiel d'ordre 2.
Équation homogène : $y''-2y'+y = 0 (E_H)$
On introduit l'équation caractéristique $r^2-2r+1 = 0 (E_C)$ i.e. $(r-1)^2 = 0$ $(\Delta = 0)$
On a une racine double $r = 1$
Solutions de $(E_H)$ : $\displaystyle{} y_H : t\mapsto (\lambda+\mu t)e^t$ où $(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2$
Solutions particulière :
Le second membre $\displaystyle{}f(t) = \frac{1}{2}e^t+\frac{1}{2}e^{-t}$ n'est pas sous la forme $P(t)e^{mt}$
On envisage spontanément deux équation différentiel : $$y''-2y'+y = \frac{e^t}{2} (E_1)\hspace{20pt}\text{et}\hspace{20pt}y''-2y'+y = \frac{e^{-t}}{2} (E_2)$$ On cherche une solution particulière $U_1$ de $(E_1)$ ici $P(t)e^{mt} = \frac{e^t}{2}$ où $m=1$ racine double de l'équation caractéristique et $P(t) = \frac{1}{2}$ de degré zéro.
On cherche $U_1$ sous la forme :
$\displaystyle{} U_1 : t\mapsto At^2e^t$ où $A\in\mathbb{R}$
$\displaystyle{} U_1' : t\mapsto Ae^t(2t+t^2)$
$\displaystyle{} U_1'' : t\mapsto Ae^t(t^24t+2)$
$\begin{array}{lcl} U_1\text{ est solution de }(E_1) & \text{ssi} & \displaystyle{} \forall t\in\mathbb{R}, U_1''(t)-2U_1'(t)+U_1(t) = \frac{e^t}{2}\\ & \text{ssi} & \displaystyle{} \forall t\in\mathbb{R}, Ae^t(t^+42t+2)- 2Ae^t(2t+t^2) + At^2e^t = \frac{e^t}{2}\\ & \text{ssi} & \displaystyle{} \forall t\in\mathbb{R}, 4At + 2A-4At = \frac{1}{2}\\ & \text{ssi} & \displaystyle{} A = \frac{1}{4} \end{array}$
D'où la solution particulière de $(E_1)$ : $$U_1 : t\mapsto \frac{t^2}{4}e^t$$ Puis on cherche une solution particulière $U_2$ de $(E_2)$ ici $P(t)e^{mt} = \frac{e^{-t}}{2}$ où $m=-1$ qui n'est pas racine de l'équation caractéristique et $P(t) = \frac{1}{2}$ de degré zéro.
On trouve : $\displaystyle{} U_2 : t\mapsto \frac{e^{-t}}{8}$
On somme $\displaystyle{} U_1''-2U_1'+U_1 = \frac{e^t}{2}$ et $\displaystyle{} U_2''-2U_2'+U_2 = \frac{e^{-t}}{2}$ \begin{eqnarray*} U_1''+U_2'' - 2(U_1'+U_2')+U_1+U_2 &=& \frac{e^t+e^{-t}}{2}\\ (U_1+U_2)'' - 2(U_1+U_2)'+(U_1+U_2) &=& \text{ch}(t) \end{eqnarray*} Ainsi $U_1+U_2$ est une solution particulière de $(E)$ par principe de superposition.
Solution générale de $(E)$ : $$y : t\mapsto (\lambda+\mu t)e^t + t^2\frac{e^t}{4}+\frac{e^{-t}}{8}$$
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