1.3 Equation de la forme y

Département de Mathématiques Année 2019-2020

Suite du chapitre 4 : Equations différentielles linéaires

1 Equations différentielles du premier ordre non linéaires se ramenant à des équations différen- tielles linéaires

1.1 Equation de Bernouilli

Definition 1.1 Une équation différentielle est dite de Bernouilli si elle est de la forme :

y⁰+p(x)y=q(x)yⁿ, n∈R (Ber)

Pour résoudre l’équation (Ber) on posez=y¹⁻ⁿ. Cette substitution transforme l’équation (Ber) en équation différentielle linéaire en la nouvelle variablez.

Remark 1.2 Si n= 1 l’équation différentielle de Bernouilli est une équation différentielle linéaire.

Example 1.1 Résoudre l’équation :y⁰−y=xy² En divisant pary²et en posantz=1

y, alorsz⁰=−y⁰

y² ainsi l’équation devient :

−z⁰−z=x

une solution de l’équation homogène z⁰+z = 0 est donnée par : zH = ce^−x cherchons une solution particulière sous la forme :zp =c(x)e^−x. Celle-ci doit vérifier

−z⁰−z=x on a : z⁰_p=c⁰(x)e^−x−c(x)e^−x,

doncc⁰(x)e^−x−c(x)e^−x+c(x)e^−x=−xetc⁰(x) =−xe^x par suite

c(x) = Z

−xe^xdx=−xe^x+e^x

La solution génerale en z est donnée par :z_G=−x+ 1 +ce^−x Pour trouver la solution génerale eny il suffit de remplacer z par ¹_y d’où :

y_G= 1

−x+ 1 +ce^−x

1.2 Equation de Ricatti

Definition 1.3 Les équation de Ricatti sont des équations différentielles de la forme :

y⁰=a(x)y²+b(x)y+c(x) (Ric)

Méthode de résolution Si y1 est une solution particulière alors on pose le changement de variable suivant :

y=y1+1 z

Cette substitution transforme l’équation (Ric) en équation différentielle linéaire enz.

1.3 Equation de la forme y

= f ( y x )

On posey=txpour résoudre ce type d’équation différentielle. Donc

dy

dx =t+xdt dx

Ainsi l’équationy⁰=f(y

x)devient :

t+xdt dx =f(t) qui est une équation à variable séparable donnée par :

dx

x = dt f(t)−t

d’où ln|x|=

Z dt

f(t)−t =g(t)

Par conséquent x=Ke^g(t)et y=Kte^g(t)

Example 1.2 Résoudre l’équation

xy⁰(2y−x)−y²= 0 (E)

Cette équation est équivalente à :

y⁰= y²

x(2y−x) = (^y_x)² (2^y_x−1) on pose y=tx, d’oùy⁰=x_dx^dt +t l’équation devient

xdt

dx+t= t² 2t−1

d’où dx

x = (1−2t)dt t²−t par suite ln|x|=−ln|t²−t|+K et x= c

t²−t Donc la solution est :

y= c t−1

2 Equations différentielles linéaires du second ordre à coefficients constants

On s’interesse dans ce chapitre aux équations différentielles du second ordre où les coefficientsa, b, csont des constantes réelles.

Definition 2.1 Une équations différentielle linéaire du second ordre à coeffi- cients constants est une équations différentielle de la forme

ay⁰⁰+by⁰+cy=f (E)

oùa, b, c∈R, a6= 0, etf est une fonction continue surI ouvert deR. L’équa- tions homogène ( ou sans second membre) associée est

ay⁰⁰+by⁰+cy= 0 (E.H)

D’aprés les résultats généraux on sait que l’ensemble des solutions de (E.H) est un espace vectoriel et que la solution générale de (E) est donnée par :y=y_p+y_H oùy_p est une solution particulière de (E) ety_H est une solution de (E.H). Nous admettons les résultats supplémentaires :

Proposition 2.2

1. Pour toutx₀∈I et(α, β)∈R² (E) admet une unique solution telle que y(x₀) =α, y⁰(x₀) =β.

2. les solution de (E.H) sur I forment un espace vectoriel de dimension 2 sur Rnoté S₂(I).

3. Siy₁, y₂ sont deux solutions indépendantes de (E.H), alorsy₁, y₂est une base deS₂(I).

2.1 Résolution de l’équation homogène associée (E.H)

On cherche la solution sous la forme y =e^rx, r ∈R. On a doncy⁰ =ry et y⁰⁰=r²y alors (E) devienty·(ar²+br+c) = 0

Definition 2.3 l’équation

ar²+br+c= 0 se nomme équation caractéristique de (E.H).

Proposition 2.4 Suivant le signe de∆ =b²−4ac on a les résultats suivants

— Si∆>0 l’équation caractéristique admet deux racines réelles distinctes r1, r2 et {y1(x) =e^r1x, y2(x) =e^r2x} est une base deS2(I), donc la so- lution de l’équation homogène est yH=K1e^r1x+K2e^r2x où K1, K2 des constantes réelles

— Si ∆ = 0 l’équation caractéristique admet une racine réelles double r et {y1(x) =e^rx, y₂(x) =xe^rx} est une base de S₂(I),et la solution de l’équation homogène est donnée par y_H = (K₁+K₂x)e^rx oùK₁, K₂ des constantes réelles

— Si∆<0 l’équation caractéristique admet deux racines complexes conju- gués r1=α+iβ, r2=α−iβ (α, β∈R, β6= 0).

La famille {y1(x) =e^αxcosβx, y2(x) =e^αxsinβx}est une base deS2(I) par conséquent la solution de l’équation homogène est

yH= (K1cosβx+K2sinβx)e^αxoùK1, K2 des constantes réelles.

Example 2.1

1. Résoudrey⁰⁰−5y⁰+ 6y= 0.

L’équation caractéristique associée est r²−5r+ 6 = 0, puisque∆ = 1, donc l’équation admet deux racines réellesr1= 2 etr2= 3 .

Les solutions de l’équation différentièlle ainsi données sont de la forme : y=K1e^2x+K2e^3x K1, K2∈R

2. Résoudrey⁰⁰−4y⁰+ 4y= 0.

L’équation caractéristique associée est r²−4r+ 4 = 0, puisque∆ = 0, donc l’équation admet une racine double r1= 2.

Les solutions de l’équation différentièlle ainsi données sont de la forme : y= (K1+K2x)e^2x K1, K2∈R

3. Résoudrey⁰⁰+ 2y⁰+ 2y= 0.

L’équation caractéristique associée est r²+ 2r+ 2 = 0, puisque ∆ =

−4 <0, donc l’équation admet deux racines conjuguées r1 =−1−i et r2=−1 +i .

Les solutions de l’équation différentièlle ainsi données sont de la forme : y= [K1cosx+K2sinx]e^−x K1, K2∈R

2.2 Solution particulière de l’équation (E)

On distingue trois cas particuliers

1. Sif(x) =P(x)oùP est un polynôme de degrén. On cherche la solution particulièreyp(x) =Q(x)oùQest un polynôme tel que :

— d^◦Q=d^◦P sic6= 0(d^◦ signifie le dergé du polynôme)

— d^◦Q=d^◦P+ 1sic= 0et b6= 0

— d^◦Q=d^◦P+ 2sic= 0et b= 0

Les coefficients du polynôme Qsont déterminés par identification.

2. Si f(x) = e^sxP(x) avec s ∈ R^∗. On cherche une solution particulière yp(x) =e^sxQ(x)oùQest un polynôme tel que :

— d^◦Q=d^◦P sisn’est pas solution de l’équation caractéristique.

— d^◦Q=d^◦P+ 1sisest solution simple de l’équation caractéristique.

— d^◦Q=d^◦P+ 2sisest solution double de l’équation caractéristique.

Les coefficients du polynôme Qsont déterminés par identification.

3. Si f(x) = P(x)e^αxcosβx ou f(x) = P(x)e^αxsinβx, avec α, β ∈ R et P est un polynôme de degrén. On cherche la solution particulière sous la forme yp(x) = e^αx[Q(x) cosβx+R(x) sinβx] où Q et R sont deux polynômes ayant le même degré tel que

— d^◦Q=d^◦R=d^◦P siα+iβn’est pas racine de l’équation caractéris- tique.

— d^◦Q=d^◦R=d^◦P+ 1 siα+iβ est une racine de l’équation caracté- ristique.

Les coefficients des polynômesQetRsont déterminés par identification.

2.2.1 Principe de superposition

Sif(x) =f₁(x) +f₂(x), une solution particulière est donnée pary=y₁+y₂ oùy_i est une solution deay⁰⁰+by⁰+c=f_i(x)pouri= 1,2

Example 2.2 Résoudrey⁰⁰−2y⁰ = 3x+ (x+ 1)e^2x+xe^3x (E)

l’équation caractéristique estr²−2r= 0 dont les racines sontr1= 0 etr2= 2 donc la solution homogène est donnée par

yH =K1+K2e^2x K1, K2∈R

On cherche une solution particulièreyp de la forme yp=yp₁+yp₂+yp₃

yp₁ est solution particulière de l’équation(1)y⁰⁰−2y⁰ = 3x yp₂ est solution particulière de l’équation(2)y⁰⁰−2y⁰ = (x+ 1)e^2x yp3 est solution particulière de l’équation(3)y⁰⁰−2y⁰ =xe^3x

y⁰⁰−2y⁰ = 3x=p(x) est un polynôme de degré1, alors la solution particulière y_p1 est de la formey_p1 =Q(x), puisque (c= 0 et b=−2 6= 0)alorsQ est un polynôme de degré2, donc y_p1=Q(x) =αx²+βx+λ.

On a alorsy_p⁰

1 = 2αx+β ety⁰⁰_p

1 = 2α.

En remplaçant dans l’équation(1) on aura2α−4αx−2β−3x= 0 ceci∀x∈R d’où le système :

2α−2β= 0

−4α= 3 Ce qui donneα=β =−3

4. d’oùyp₁ =−3

4x²−3 4x+λ

y⁰⁰−2y⁰ = (x+ 1)e^2x comme 2 est racine simple de l’équation caractéristique alors la solution particulière yp₂ est de la forme yp₂ = Q(x)e^2x où Q est un polynôme de degré2, on a alors yp₂ = (αx²+βx+λ)e^2x

Doncy⁰_p2= (2αx+β)e^2x+ 2(αx²+βx+λ)e^2x,

y_p⁰⁰₂ = 2αe^2x+ 4(2αx+β)e^2x+ 4(αx²+βx+λ)e^2x

En remplaçant dans l’équation(2) on obtient(4αx+ 2α+ 2β)e^2x= (x+ 1)e^2x d’où le système :

2α+ 2β= 1 4α= 1 Ce qui donneα=β =1

4. d’oùyp2 = (1

4x²+1

4x+λ)e^2x

y⁰⁰−2y⁰ =xe^3x, comme 3 n’est pas racine simple de l’équation caractéristique alors la solution particulière y_p3 est de la forme y_p3 = Q(x)e^2x où Q est un polynôme de degré1, on a alors y_p3 = (αx+β)e^3x

Doncy⁰_p

3=αe^3x+ 3(αx+β)e^3x ety⁰⁰_p

3= 6αe^3x+ 9(αx+β)e^3x

En remplaçant dans l’équation(3)on aura4αe^3x+ 3αxe^3x+ 3βe^3x=xe^3xd’où le système :

4α+ 3β= 0 3α= 1 Ce qui donneα= 1

3; β=−4

9, alors y_p3= 1

3x+−4 9 +λ

e^3x. On en déduit que la solution particulière de l’équation (E) est :

y_p=y_p1+y_p2+y_p3 =−3 4x²−3

4x+ 1

4x²+1 4x

e^2x+

1 3x+−4

9

e^3x La solution générale est donnée par :

y_G=y_H+y_p=K₁+K₂e^2x−3 4x²−3

4x+ 1

4x²+1 4x

e^2x+

1 3x+−4

9

e^3x

Example 2.3 Résoudre dansRl’équationy⁰⁰+y=x+ cos 3x (E’)

l’équation caractéristique estr²+ 1 = 0cette équation admet deux racines com- plexes conjuguésr1=ietr2=−i donc la solution homogène est donnée par

yH=Acosx+Bsinx

cherchons les solutions particulièresyp₁ etyp₂ associées aux équations : (1) y⁰⁰+y=x

(2) y⁰⁰+y= cos 3x

Pour l’équation (1) et comme c 6= 0 alors yp1 = Q(x) où Q est un polynôme de degré 1 càd y_p1 = ax+b, donc y_p⁰

1 = a et y_p⁰⁰

1 = 0, En remplaçant dans l’équation(1), on trouve a= 1 etb = 0par conséquent la solution particulière esty_p1 =x

Pour l’équation(2)alors la solution particulière est de la forme y_p2 =Acos 3x+Bsin 3xdoncy_p⁰

2 =−3Asin 3x+ 3Bcos 3x d’oùy⁰⁰_p

2 =−9Acos 3x−9Bsin 3x, En remplaçant dans l’équation(2), on trouve : (A−9A) cos 3x+ (B−9B) sin 3x= cos 3xce qui donneA =−¹₈ et B= 0, la solution particulière estyp₂ =−¹₈cos 3x

La solution générale est donnée par :

yG=yH+yp=yH+yp₁+yp₂ =Acosx+Bsinx+x−1 8cos 3x

Remark 2.5

(i) Toute solution de (E.H) nulle en un point de I est identiquement nulle sur I.

(ii) Deux solutions de (E.H) qui coincident en un point deI sont identiques sur I.