9
Équations différentielles
55
Leçon n° Niveau BTSPrérequis calcul différentiel Références [155]
55.1
Préliminaires
55.1.1 Introduction
Définition 55.1 — Equation différentielle d’ordre n. Une équation différentielle d’ordre n est une équa-tion reliant une foncéqua-tion y (n fois dérivable) à ses n premières dérivées.
Définition 55.2 — Résolution. Résoudre une telle équation, c’est trouver toutes les fonctions y satis-faisant cette équation.
Si y est une fonction dérivable du temps, alors on note y0 ou dy
dt sa dérivée première, y00 ou d
2y
dt2
sa dérivée seconde,. . . On prend garde à éviter l’abus de notation classique : dydt n’est pas un nombre mais une fonction.
Exemple 55.3 Si y(t) = sin(3πt) alors dydt(t) = y0(t) = 3π cos(3πt).
55.1.2 Exemple fondamental
Exemple 55.4 Si l’on se place dans un circuit série RLC soumis à une tension e(t), alors l’intensité
i(t) induite par cette différence de potentiel vérifie l’équation : Ldi dt(t) + Ri(t) + 1 C Z t 0 i(u) du = e(t). (55.1)
Si le signal e est dérivable, on peut dériver cette équation et l’on obtient l’équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants suivante :
Ld 2i
dt2(t) + Rdtdi(t) + C1i(t) = dedt(t).
ou, si l’on reprend les notations mathématiques :
Li00(t) + Ri0(t) + 1
Ci(t) = e 0(t).
R 55.5
1. Si le signal e n’est pas dérivable, la démarche précédente ne peut s’appliquer. La théorie des distribu-tions, qui contourne cet obstacle, permet de s’en sortir mais elle est hors programme. L’utilisation de la transformation de Laplace, dans ce cas-là, se révélera fort utile.
2. Si e est périodique, une autre manière de s’affranchir de sa non-dérivabilité est de lui substituer une somme de Fourier l’approchant. Celle-ci est non seulement dérivable, mais aussi sa simplicité permet de résoudre explicitement l’équation différentielle (de manière approchée).
55.2
Equations différentielles linéaires du premier ordre
55.2.1 Définitions et structure des solutions
Définition 55.6 Une équation différentielle linéaire d’ordre1 est une équation (E) de la forme :
a(t)y0(t) + b(t)y(t) = c(t) (E)
où a, b et c sont des fonctions continues sur un intervalle I, avec a(t) 6= 0 sur I.
Définition 55.7 — Equation homogène. L’équation homogène associée à (E) est l’équation sans
se-cond membre (E∗) :
a(t)y0(t) + b(t)y(t) = 0. (E∗)
Théorème 55.8 La solution générale de (E) est obtenue en ajoutant une solution particulière de (E) à la solution générale de (E∗).
Dv
•Démonstration du théorème55.8—Soit y1une solution particulière de (E). Elle vérifie
donc
a(t)y10(t) + b(t)y1(t) = c(t). Ensuite :
yest une solution de (E) ⇔ a(t)y0(t) + b(t)y(t) = c(t)
⇔ a(t)y0(t) + b(t)y(t) = a(t)y0
1(t) + b(t)y1(t) ⇔ a(t)(y0(t) − y01(t)) + b(t)(y(t) − y1(t)) = 0 ⇔ a(t)(y − y1)0(t) + b(t)(y − y1)(t) = 0 ⇔ y∗= y − y1est solution de (E∗).
Ainsi, étant données la solution particulière y1 de (E) et la solution générale de (E∗), la
solution générale de (E) est bien de la forme y= y∗+ y1. •
55.2.2 Résolution de l’équation homogène
Coefficients constants On suppose ici que les deux fonctions a et b sont constantes avec a 6= 0. Dans ce cas l’équation (E∗) s’écrit ay0 + by = 0, et l’intervalle d’étude est R car a est
une constante. Supposons que y ne s’annule pas. On peut alors écrire y0
y = −ab. Ensuite,
puisque y ne s’annule pas, elle ne change pas de signe, et on peut supposer par exemple qu’elle est toujours strictement positive. Ainsi, nous pouvons primitiver notre relation enln |y(t)| = ln y(t) = −b
at+ k, où k est une constante. Ceci montre alors que
y(t) = exp −b at+ k .
55.2 Equations différentielles linéaires du premier ordre 11
Théorème 55.9 Les solution de ay0 + by = 0 sont de la forme Ke−(b/a)t, où K est une
constante réelle.
Dv
•Démonstration du théorème55.9—Soit y(t) = Ke−(b/a)t. On vérifie aisément que y est solution de (E∗) :
ay0(t) + by(t) = −b aaKe
−(b/a)t+ bKe−(b/a)t= −bKe−(b/a)t+ bKe−(b/a)t= 0. Réciproquement, supposons que y soit solution de (E), ce qui signifie que ay0+ by = 0.
Posons f(t) = y(t)e(b/a)t. Cette fonction est dérivable, et :
f0(t) = y0(t)e(b/a)t+ y(t)b ae
(b/a)t(ay0+ by)(t) = 0.
Ainsi f est une constante K sur l’intervalle R, c’est-à-dire f(t) = K, ou encore y(t) =
Ke−(b/a)t. •
Exemple 55.10 Les solutions de l’équation2x0+ x = 0 sont de la forme Ke−t/2.
Cas général Dans ce cas, l’équation (E∗) s’écrit :
a(t)y0(t) + b(t)y(t) = 0.
On peut, pour tout t ∈ I, écrire
y0(t) y(t) = −
b(t) a(t),
en supposant que y ne s’annule pas sur I. Notons F(t) une primitive de b(t)
a(t). Si y est
stricte-ment positive, on a comme dans le cas constant,ln y(t) = −F(t) + k, et ainsi
y(t) = exp(−F(t) + k).
Si l’on note K = ek, alors y(t) = Ke−F (t).
Théorème 55.11 Les solutions de a0(t)y0(t) + b(t)y(t) = 0 sont de la forme Ke−F (t), où K
est une constante réelle et F(t) une primitive de b(t) a(t).
Pour la démonstration, on pourra s’inspirer de la démonstration du théorème55.9.
Exemple 55.12 Soit l’équation, définie sur I= ]−1 , +∞[, par
(t + 1)w0+ (t − 1)w = 0. On a ici : b(t) a(t) = t− 1 t+ 1 = t+ 1 − 2 t+ 1 = 1 − 2 t+ 1.
Une primitive sur I est donnée par
F(t) = t − 2 ln |t + 1| = t − 2 ln(t + 1).
Les solutions de l’équation différentielle sont donc de la forme
w(t) = Ke−t+2 ln(t+1) = Ke−t(t + 1)2.
55.2.3 Recherche d’une solution particulière et solution générale
Il nous reste donc à trouver une solution particulière de (E), dans le cas où c(t) est un polynôme
ou un polynôme trigonométrique.
Le second membre est un polynôme On cherche une solution particulière d’un polynôme de même degré que c(t).
Exemple 55.13 Soit l’équation
y0(x) − y(x) = x2− x − 1. (E)
1. L’équation homogène est
y0− y = 0 (E∗)
et ainsi les solutions sont de la forme y∗(x) = Kex.
2. ici c(t) = x2−x−1, polynôme du second degré. On cherche donc une solution particulière y1 sous la forme d’un polynôme du second degré y1(x) = αx2+ βx + γ. On remplace
dans (E) : y01(x) − y1(x) = x2− x − 1 ⇔ 2αx + β − αx2− βx − γ = x2− x − 1 ⇔ −α = 1 2α − β = −1 β− γ = −1 ⇔ α= −1 β = −1 γ = 0
Ainsi y1(x) = −x2− x est une solution particulière de (E).
3. La solution générale de (E) est donc donnée par
y(x) = y∗(x) + y1(x) = Kex− x2− x,
où K est une constante réelle (qui ne pourra être déterminée qu’avec une condition ini-tiale).
Le second membre est un polynôme trigonométrique On rappelle qu’un polynôme trigonomé-trique de degré n est un polynôme de la forme :
T(x) = n X k=0 akcos(kx) + n X k=1 bksin(kx).
Exemple 55.14 Soit l’équation
y0(t) − 2y(t) = 13 sin 3t (E) sur l’intervalle I = R.
1. L’équation homogène est
y0− 2y = 0, (E∗)
55.2 Equations différentielles linéaires du premier ordre 13
2. Ici c(t) = 13 sin 3t, polynôme trigonométrique possédant une seule fréquence. On cherche donc une solution particulière y1 sous la forme d’un polynôme trigonométrique de même
fréquence fondamentale y1(t) = A cos 3t + B sin 3t. On remplace dans (E) :
y10(t) − 2y1(t) = 13 sin 3t ⇔ −3A sin 3t + 3B cos 3t − 2A cos 3t − 2B sin 3t = 13 sin 3t
⇔ ( −3A − 2B = 13 3B − 2A = 0 ⇔ ( A= −3 B= −2
Ainsi y1(t) = −3 cos 3t − 2 sin 3t est une solution particulière de (E).
3. La solution générale de (E) est donc donnée par
y(t) = y∗(x) + y1(x) = Ke2t− 3 cos 3t − 2 sin 3t
où K est une constante réelle (qui ne pourra être déterminée qu’avec une condition ini-tiale).
55.2.4 Utilisation d’une condition initiale
La donnée d’une condition initiale permet de déterminer exactement la solution de (E)+ condition initiale.
Théorème 55.15 Etant donnée une condition initiale sur les solutions, une équation différentielle linéaire du premier ordre possède une unique solution.
Dv
•Démonstration du théorème55.15—On rappelle que les solutions de (E) sont données par
y(t) = Ke−F (t)+ y1(t), où F(t) est une primitive de b(t)
a(t)et y1une solution particulière de (E). Il s’agit donc de fixer
Kgrâce à la condition initiale y(t0) = y0. On remplace :
y0= y(t0) = Ke−F (t0)+ y1(t0) ⇔ K = y0e− y−F (t1(t0)0).
Ainsi la constante K est déterminer de manière unique. •
Exemple 55.16 On cherche la solution de l’équation de l’exemple 55.3.3vérifiant y(0) = 1. On
remplace cette condition initiale dans la solution générale de (E) :
1 = y(0) = Ke0− 3 cos 0 − 2 sin 0,
ce qui donne1 = K − 3 ou encore K = 4. Finalement la solution du problème de Cauchy est
y(t) = 4e2t− 3 cos 3t − 2 sin 3t.
55.3
Equations différentielles linéaires du second d’ordre à coefs constants
55.3.1 Définitions et structure des solutions
Définition 55.17 Une équation différentielle linéaire d’ordre2 à coefficients constants est une équa-tion (E) de la forme :
ay00(t) + by0(t) + cy(t) = d(t), (E)
où a, b et c sont des constantes, avec a 6= 0.
Définition 55.18 — Equation homogène. L’équation homogène associée à (E) est l’équation sans
second membre :
ay00(t) + by0(t) + cy(t) = 0. (E∗)
Théorème 55.19 La solution générale de (E) est obtenue en ajoutant une solution particulière de (E)
à la solution générale de (E∗).
55.3.2 Résolution de l’équation homogène Espace des solutions
Théorème 55.20 Si f et g sont deux solutions non proportionnelles de (E∗), alors l’ensemble
des solutions de (E∗) est composé des fonctions de la forme C1f + C2g, où C1 et C2 sont
des constantes réelles.
Dv
• Démonstration du théorème55.20— Si f et g sont deux solutions, il est facile de vérifier que C1f + C2g est encore solution. Réciproquement, toute solution est de cette
forme (admis). •
R 55.21 Ainsi, si l’on trouve deux fonctions solutions non proportionnelles, on obtient toutes les solutions par combinaison linéaire de ces deux fonctions.
Equation caractéristique En se souvenant des fonctions solutions des équations différentielles du premier ordre, on est amené à chercher si des fonctions exponentielles sont solutions de (E∗). Posons donc y(t) = ertet supposons que cette fonction soit solution. On remplace dans
(E∗) et on obtient
ar2ert+ brert+ cert= 0,
soit
ert(ar2+ br + c) = 0.
Puisqu’une exponentielle n’est jamais nulle, ceci signifie que ar2+ br + c = 0.
Définition 55.22 — Equation caractéristique. L’équation du second degré ar2+ br + c = 0 est appelée équation caractéristique de l’équation homogène (E∗).
Résolution de l’équation caractéristique et formes des solutions Soit ∆ le discriminant de l’équa-tion caractéristique.
55.3 Equations différentielles linéaires du second d’ordre à coefs constants 15
— Si ∆ > 0, il y a donc deux solutions réels r1 et r2. Les deux fonctions f1(t) = er1tet f2(t) = er2tsont deux solutions de (E∗) qui ne sont pas proportionnelles car le rapport
suivant n’est pas constant :
f1(t) f2(t) =
er1t
er2t = e
r1t−r2t= e(r1−r2)t.
Ainsi, les solutions de (E∗) sont de la forme
C1er1t+ C2er2t,
où C1et C2sont des constantes réelles.
— Si∆ = 0, il y a une seule solution réelle double r = − b
2a, qui fournit déjà une solution f1(t) = ertde (E∗). On cherche une deuxième solution sous la forme
f2(t) = w(t)f1(t) = w(t)ert.
On remplace dans (E∗) :
y2solution de (E∗)
⇔ay200(t) + by02(t) + cy2(t) = 0
⇔a[w00(t)ert+ 2w0(t)rert+ w(t)r2ert] + b[w0(t)ert+ w(t)rert] + cw(t)ert= 0 ⇔a[w00(t) + 2w0(t)r + w(t)r2] + b[w0(t) + w(t)r] + cw(t) = 0
⇔aw00(t) + (2ar + b)w0(t) + (ar2+ br + c)w(t) = 0 ⇔aw00(t) = 0
car r= − b
2a est solution de l’équation caractéristique
⇔w0(t) = 0
car a 6= 0. Ainsi, on peut prendre w(t) = t, et f2(t) = w(t)f1(t) = tert. On vérifie
aisément que f1 et f2 ne sont pas proportionnelles car le rapport ff21(t)(t) = t n’est pas
constant. Par conséquent, les solutions de (E∗) sont de la forme
C1ert+ C2tert= ert(C1+ C2t)
où C1et C2sont des constantes réelles.
— Si ∆ < 0, il y a deux solutions complexes conjuguées r1 = α + iβ et r2 = α − iβ,
où α et β sont deux réels avec β 6= 0. Les fonctions g1(t) = er1t et g2(t) = er2t sont
solutions de (E∗) à valeurs complexes. On obtient d’autres solutions par combinaison
linéaire complexe, en particulier :
(
f1(t) = eαtcos βt = 12(er1t+ er2t) f2(t) = eαtsin βt = 2i1(er1t− er2t).
Ces deux nouvelles fonctions solutions sont à valeurs réelles et ne sont pas proportionnelles car leur rapport n’est pas une constante. Ainsi les solutions de (E∗) sont de la forme :
C1f1(t) + C2f2(t) = eαt(C1cos βt + C2sin βt),
où C1et C2sont des constantes réelles.
Théorème 55.23 Les solutions de l’équation ay00+ by0 = cy = 0 avec a 6= 0 sont :
— Si∆ > 0, C1er1t+ C2er2toù r1et r2sont les deux solutions ;
— Si∆ = 0, ert(C
1+ C2t) où r est la solution double ;
— Si∆ < 0, eαt(C1cos βt + C2sin βt) où α et β sont les parties réelle et imaginaire des
solutions.
Exemple 55.24 Revenons à notre circuit série RLC, dont l’équation homogène est Li00+
Ri0+ C1i = 0. Le discriminant de l’équation caractéristique est ∆ = R2 − 4CL, et ainsi il
s’annule lorsque R= 2qL
C.
55.3.3 Recherche d’une solution particulière et solution générale
Le second membre est un polynôme On cherche une solution particulière sous la forme d’un polynôme de même degré que d(t). On procède exactement de la même manière que dans l’exemple55.13, par identification des coefficients du polynôme-candidat.
Le second membre est un polynôme trigonométrique Dans ce cas également, la méthode est identique à celle de l’exemple du premier degré. On cherche la solution sous la forme d’un polynôme trigonométrique semblable à d(t).
Le second membre est une fonction exponentielle-polynôme Ici d(t) = eλtP(t), où P est un
polynôme. On cherche les solutions sous la forme eλtQ(t) où Q est un polynôme de degré
celui de P plus1. On procède ensuite par identification des coefficients de Q comme dans les cas précédents.
55.3.4 Utilisation d’une condition initiale
La donnée d’une condition initiale (généralement au temps t0 = 0) permet de déterminer la
solution de (E)+ condition initiale (appelé problème de Cauchy) :
ay00(t) + by0(t) + cy(t) = d(t) ( y(t0) fixé y0(t0) fixé .
Théorème 55.25 Etant données une condition initiale sur les solutions et une sur leurs dérivées, une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants possède une unique solution.
Dv
•Démonstration du théorème55.25—On se place dans le cas où t0= 0. Supposons par exemple que l’équation caractéristique possède deux solutions réelles r1et r2(cas∆ > 0). Les solutions de (E) sont données par
y(t) = y1(t) + C1er1t+ C2er2t,
55.3 Equations différentielles linéaires du second d’ordre à coefs constants 17 conditions initiales donnent
(
C1+ C2= y(0) − y1(0)
r1C1+ r2C2= y0(0) − y10(0)
Ce système possède toujours une solution unique car son déterminant est r2− r1 6= 0 car r1 et r2sont différentes. Les cas∆ = 0 et ∆ < 0 se traitent de la même manière. •
Exemple 55.26 Considérons l’équation
i00(t) − 2i0(t) + 5i(t) = 5 cos t (E)
sur l’intervalle I = [0 , +∞[. On suppose de plus que i(0) = i0(0) = 0.
1. L’équation homogène associée est
i00− 2i0− 5i = 0 (E∗)
Ici, ∆ = (−2)2 − 4 × 1 × 5 = −16 < 0. Les racines complexes conjuguées de l’équation
caractéristique sont1 ± 2i. Ainsi les solutions de l’équation (E∗) sont de la forme :
i∗(t) = et(C1cos 2t + C2sin 2t).
2. On cherche une solution particulière de (E) sous la forme i1(t) = A cos t+B sin t (polynôme
trigonométrique). On obtient les équations
( 4A − 2B = 5 4B + 2A = 0 ⇔ ( A= 1 B = −12 et finalement i1(t) = cos t − 12sin t.
3. La solution générale de (E) est donc
i(t) = cos t −1
2sin t + et(C1cos 2t + C2sin 2t).
On doit avoir i(0) = 0 donc 0 = 1 + C1 soit C1 = −1. De plus, i0(0) = 0, ce qui donne
0 = −1
2 + C1+ 2C2soit C2 = 34.
4. La solution du problème de Cauchy est donc
i(t) = cos t − 1 2 + et − cos 2t +34sin 2t .
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