´Equations diff´erentielles

Equations diff´ erentielles

1 Equations diff´ erentielles du premier ordre 2 1.1 G´ en´ eralit´ es . . . . 2 1.2 R´ esolution de l’´ equation homog` ene . . . . 2 1.3 R´ esolution de l’´ equation avec second membre . . . 4 1.4 R´ esolution avec conditions initiales . . . . 6 1.5 Probl` emes de raccordement . . . . 7 2 Equation diff´ ´ erentielle lin´ eaire du second ordre ` a

coefficients constants 9

2.1 G´ en´ eralit´ es . . . . 9 2.2 R´ esolution de l’´ equation homog` ene . . . . 9 2.3 R´ esolution de l’´ equation avec second membre . . . 11 2.4 R´ esolution avec conditions initiales . . . . 12 2.5 Application aux oscillateurs lin´ eaires . . . . 13

Mathieu Mansuy - Professeur de Math´ ematiques en sup´ erieures PCSI au Lyc´ ee Saint Louis (Paris)

mansuy.mathieu@hotmail.fr

Dans ce chapitre, K d´ esigne l’un des ensembles R ou C .

1 Equations diff´ erentielles du premier ordre

1.1 G´ en´ eralit´ es

D´ efinition.

Soient I un intervalle de R , a et b : I → K des fonctions continues.

ˆ On appelle ´ equation diff´ erentielle lin´ eaire du premier ordre l’´ equation :

y

(t) + a(t)y(t) = b(t) (E)

ˆ On dit que f est solution sur I de (E) si f est d´ erivable sur I et si pour tout t ∈ I, f

(t)+a(t)f (t) = b(t).

Remarques.

ˆ Soit f une solution de (E) sur I, f est donc d´ erivable sur I. Elle est en fait de classe C

sur I puisque f

(t) = b(t) − a(t)f (t) qui est par hypoth` ese continue sur I.

ˆ Si on a une ´ equation diff´ erentielle de la forme α(t)y

(t) + β(t)y(t) = γ(t), on peut la ramener ` a la forme pr´ ec´ edente (dite normalis´ ee) en divisant par α(t). Il faut en revanche se placer sur un intervalle o` u la fonction α ne s’annule pas.

Exemples d’´ equations diff´ erentielles lin´ eaires du premier ordre.

La tension U aux bornes d’un condensateur de capacit´ e C en s´ erie avec une r´ esistance R et un g´ en´ erateur de force ´ electromotrice E(t) v´ erifie l’´ equation diff´ erentielle :

RCU

+ U = E(t).

L’intensit´ e I dans un circuit RL constitu´ e d’une r´ esistance R, d’une bobine d’inductance L et d’un g´ en´ erateur de force ´ electromotrice E(t) v´ erifie l’´ equation diff´ erentielle :

LI

+ RI = E(t).

La proportion y de carbone 14 dans le carbone total des ˆ etres vivants est constante. Apr` es la mort, elle diminue de 1/8000 par an et v´ erifie donc l’´ equation diff´ erentielle suivante (o` u le temps est exprim´ e en ann´ ees) :

y

+ 1

8000 y = 0.

On peut ainsi dater la mort d’un ˆ etre vivant grˆ ace ` a cette relation (datation au carbone 14).

1.2 R´ esolution de l’´ equation homog` ene

D´ efinition.

Soient I un intervalle de R , a et b : I → K des fonctions continues. On consid` ere l’´ equation diff´ erentielle lin´ eaire du premier ordre suivante :

y

(t) + a(t)y(t) = b(t) (E)

On appelle ´ equation diff´ erentielle homog` ene (ou sans second membre) associ´ ee ` a (E), l’´ equation

y

(t) + a(t)y(t) = 0. (E

)

Dans ce paragraphe, on ´ etudie et on r´ esout l’´ equation homog` ene (E

) associ´ ee ` a l’´ equation diff´ erentielle lin´ eaire

du premier ordre (E).

L’ensemble S

des solutions de (E

) est stable par combinaison lin´ eaire :

∀λ, µ ∈ K , ∀f, g ∈ S

, λf + µg ∈ S

. Propri´ et´ e 1

Preuve.

Pour tout a ∈ K , les solutions sur R de y

+ ay = 0 sont : t 7→ y(t) = λe

avec λ ∈ K . Propri´ et´ e 2

Preuve. On multiplie l’´ equation y

+ ay = 0 par e

(6= 0 sur R ) :

∀t ∈ R , e

(y

(t) + ay(t)) == d

dt (e

y(t)) = 0.

Ceci est ´ equivalent ` a l’existence de λ ∈ K tel que e

y(t) = λ, ou y(t) = λe

.

Pour toute fonction continue a : I → K , les solutions de y

+ a(t)y = 0 sont : t 7→ y(t) = λe

o` u A est une primitive quelconque de la fonction a sur I, et λ ∈ K . On a donc : S

= {t ∈ I 7→ λe

; λ ∈ K }

Propri´ et´ e 3

Preuve. L’id´ ee de la d´ emonstration est la mˆ eme que pr´ ec´ edemment : on multiplie l’´ equation y

+ a(t)y = 0 par e

(6= 0 sur R ) :

∀t ∈ R , e

(y

(t) + a(t)y(t)) == d

dt (e

y(t)) = 0.

Ceci est ´ equivalent ` a l’existence de λ ∈ K tel que e

y(t) = λ, ou y(t) = λe

. Remarques.

ˆ Il n’y a qu’une solution qui s’annule : la fonction nulle.

ˆ Toutes les solutions de (E

) sont donc colin´ eaires, proportionnelles ` a t 7→ e

. On dit alors que l’ensemble des solutions est une droite vectorielle, ou d’une autre mani` ere que S

est de dimension un.

Exemple. R´ esolvons (sin t)y

− (cos t)y = 0 sur I =]0, π[.

Cette ´ equation est une ´ equation diff´ erentielle lin´ eaire d’ordre un, homog` ene (ou sans second membre), non normalis´ ee. Comme sin ne s’annule pas sur I, on peut la normalis´ ee : cette ´ equation ´ equivaut donc ` a

y

− cos t sin t y = 0.

Une primitive de t 7→ −

est donn´ ee par t 7→ − ln(|sin(t)|) sur I. On en d´ eduit que les solutions de l’´ equation sont de la forme :

t 7→ λe

= λ sin t avec λ ∈ R .

Exemple. R´ esoudre 2ty

− y = 0.

Cette ´ equation est une ´ equation diff´ erentielle lin´ eaire d’ordre un, homog` ene (ou sans second membre), non normalis´ ee. On la r´ esout sur R

ou sur R

. Pla¸ cons nous sur l’un de ces intervalles. On peut alors la normalis´ ee :

y

− 1 2t y = 0.

Une primitive de t 7→ −

est donn´ ee par t 7→ −

ln(|t|). On en d´ eduit que les solutions de l’´ equation sont de la forme :

t 7→ λe

. Ainsi sur R

les solutions sont de la forme t 7→ λ

√ t. Sur R

les solutions sont de la forme t 7→ λ

√ −t.

1.3 R´ esolution de l’´ equation avec second membre

Soit (E) : y

+ a(t)y = b(t) une ´ equation diff´ erentielle lin´ eaire du premier ordre avec a, b : I → K continues.

Alors toute solution de (E) s’obtient en ajoutant ` a une solution particuli` ere y

de (E) une solution de l’´ equation homog` ene associ´ ee (E

).

Ainsi l’ensemble S des solutions de (E) satisfait : S = y

+ S

. Propri´ et´ e 4 (Forme g´ en´ erale des solutions)

Preuve. Puisque y

est une solution particuli` ere de (E), on a pour tout t ∈ I : y

(t) + a(t)y

(t) = b(t).

ˆ Soit z une solution de (E

). Alors pour tout t ∈ I, on a : z

(t) + a(t)z(t) = 0.

On obient alors :

(y

+ z)

(t) + a(t)(y

+ z)(t) = 0 + b(t) = b(t).

Donc y = y

+ z est bien solution de (E), et on a l’inclusion y

+ S

⊂ S

ˆ R´ eciproquement, soit y une solution de (E). On a pour tout t ∈ I : y

(t) + a(t)y(t) = b(t).

Alors par diff´ erence, on obtient pour tout t ∈ I :

(y

(t) − y

(t)) + a(t)(y(t) − y

(t)) = 0.

Donc z = y − y

est solution de (E

), et y = y

+ z appartient ` a y

+ S

. On a ainsi montr´ e l’inclusion S ⊂ y

+ S

.

Remarque.

ˆ Pour obtenir l’ensemble des solutions de (E), il faudra donc d´ eterminer une solution particuli` ere de (E), et lui ajouter l’ensemble des solutions de (E

) (dont on a vu la forme).

ˆ L’ensemble S est donc la somme d’un point y

et de l’ensemble des des fonctions proportionnelles ` a t 7→ e

. On dit alors que S est une droite affine.

Exemple. R´ esoudre l’´ equation (E) : (1 + x

)y

+ y = 1.

Il s’agit d’une ´ equation diff´ erentielle lin´ eaire d’ordre 1 ` a coefficients continus non constants, avec second membre.

On montre que l’´ equation homog` ene associ´ ee a pour solution g´ en´ erale x 7→ λe

, λ ∈ R . La fonction constante ´ egale ` a 1 est solution particuli` ere ´ evidente, donc la solution g´ en´ erale de (E) est x 7→ 1 + λe

, λ ∈ R .

On donne maintenant des m´ ethodes g´ en´ erales pour obtenir une solution particuli` ere d’une ´ equation diff´ erentielle

lin´ eaire.

Soient a, b

, b

: I → K des fonctions continues.

Si f

est solution sur I de y

+ a(t)y = b

(t), f

est solution sur I de y

+ a(t)y = b

(t), alors pour tout λ, µ ∈ K , λf

+ µf

est solution sur I de :

y

+ a(t)y = λb

+ µb

. Propri´ et´ e 5 (Principe de superposition)

Preuve. Cela r´ esulte des ´ egalit´ es :

(λf

+ µf

)

+ a(t)(λf

+ µf

) = λ(f

+ a(t)f

) + µ(f

+ a(t)f

) = λb

+ µb

.

I Cette proposition peut ˆ etre utile dans la pratique : pour r´ esoudre une ´ equation diff´ erentielle lin´ eaire, on peut

´

eventuellement scinder le second membre afin de se ramener ` a plusieurs ´ equations diff´ erentielles dont les second membres seront plus simples ` a traiter.

On consid` ere un nombre a ∈ K , une fonction polynomiale P ` a coefficients dans K et l’´ equation diff´ erentielle lin´ eaire :

y

+ ay = e

P(t) (E)

Alors l’´ equation (E) a au moins une solution particuli` ere de la forme t → e

t

Q(t) o` u Q est une fonction polynomiales ` a coefficients dans K telle que deg(Q) = deg(P ) et :

ˆ m = 0 si λ + a 6= 0.

ˆ m = 1 si λ + a = 0.

Propri´ et´ e 6 (Solution particuli` ere avec second membre exponentielle-polynˆ ome)

Exemple. D´ eterminer les solutions de l’´ equation diff´ erentielle y

+ y = 4ch(t).

Soit y

(t) + a(t)y(t) = b(t) une ´ equation diff´ erentielle lin´ eaire du premier ordre.

ˆ Les solutions de l’´ equation homog` ene sont du type t 7→ λe

o` u λ est une constante.

ˆ Les solutions de l’´ equation compl` ete sont du type t 7→ λ(t)e

o` u λ est de classe C

sur I.

Propri´ et´ e 7 (M´ ethode de variation de la constante)

I On utilisera donc la m´ ethode suivante, due ` a Lagrange, pour r´ esoudre pratiquement l’´ equation diff´ erentielle y

(t) + a(t)y(t) = b(t) :

ˆ On r´ esout l’´ equation homog` ene y

+ a(t)y = 0 : les solutions sont t 7→ λ exp(−A(t)) o` u λ ∈ K est une constante quelconque et A une primitive de a.

ˆ On r´ esout l’´ equation compl` ete y

(t) + a(t)y(t) = b(t) en cherchant une solution particuli` ere sous la forme t 7→ λ(t) exp(−A(t)), o` u λ est une fonction de classe C

sur I.

Exemple. D´ eterminer les solutions de (t + 1)y

− ty + 1 = 0 sur ] − 1, +∞[.

1.4 R´ esolution avec conditions initiales

D´ efinition.

Etant donn´ ´ ees deux fonctions a et b continues sur un intervalle I et ` a valeurs dans K , on consid` ere l’´ equation diff´ erentielle (E) : y

+ a(t)y = b(t).

Le probl` eme de Cauchy associ´ e au couple (t

, y

) o` u t

∈ I, y

∈ K est la recherche des solutions y de (E) v´ erifiant la condition initiale (ou condition de Cauchy) y(t

) = y

.

On consid` ere deux fonctions a et b continues sur un intervalle I et ` a valeurs dans K , on consid` ere l’´ equation diff´ erentielle

y

+ a(t)y = b(t). (E)

Pour (t

, y

) ∈ I × K , le probl` eme de Cauchy associ´ e ` a la condition initiale y(t

) = y

admet une unique solution sur I.

Propri´ et´ e 8

Preuve. Soit A une primitive de la fonction continue a, qui v´ erifie donc A

= a.

Puisque e

ne s’annule pas sur I, on a une ´ equation ´ equivalente en multipliant y

+ a(t)y = b(t) par e

:

∀t ∈ I, e

(y

+ a(t)y) = d

dt (e

y(t)) = e

b(t).

Compte tenu de la condition y(t

) = y

, ceci ´ equivaut par int´ egration de t

` a t ` a : e

y(t) − e

y

=

Z

e

f (u)du.

Soit encore si A d´ esigne plus particuli` erement la primitive de a s’annulant en t

: y(t) = e

y

+

Z

e

f (u)du

.

Remarque. On a montr´ e en particulier dans la preuve de ce r´ esultat que toute solution de (E) est bien de la forme t 7→ λ(t)e

, ce qui justifie la m´ ethode de variation de la constante.

Exemple. R´ esoudre y

−

y = √

x sur I = R

, avec pour condition initiale y(1) = 1.

Il s’agit d’une ´ equation lin´ eaire du premi` ere ordre ` a coefficient continus sur I.

La solution g´ en´ erale de son ´ equation homog` ene associ´ ee est donc x 7→ λ exp

ln x

= λ √

x, λ ∈ R .

Par la m´ ethode de la variation de la constante, on cherche une solution particuli` ere de (E) sous la forme x 7→ λ(x) √

x, avec λ d´ erivable sur I. En reportant dans l’´ equation, il vient λ

(x) √ x = √

x donc λ

(x) = 1 puis on peut prendre λ : x 7→ x et une solution particuli` ere de (E) est x 7→ x √

x. La solution g´ en´ erale de (E) est donc x 7→ (λ + x) √

x, λ ∈ R .

Pour trouver l’unique solution du probl` eme consid´ er´ e, il faut r´ esoudre l’´ equation (λ + 1) = 1 i.e. λ = 0. Ainsi la solution du probl` eme de Cauchy consid´ er´ e est x 7→ x √

x.

On consid` ere deux fonctions a et b continues sur un intervalle I et ` a valeurs dans R , on consid` ere l’´ equation diff´ erentielle

y

+ a(t)y = b(t). (E)

(1) Une seule courbe int´ egrale d´ efinie sur I passe par tout point (t

, y

) ∈ I × R . (2) Deux telles courbes int´ egrales distinctes ne peuvent se couper dans I × R .

Propri´ et´ e 9

Preuve. Le premier point est une reformulation du r´ esultat pr´ ec´ edent. Montrons le deuxi` eme point : supposons que deux courbes int´ egrales se coupent en M

(t

, y

). Notons y

et y

les solutions de (E) sur I correspondantes.

Elles sont donc toutes deux solutions du mˆ eme probl` eme de Cauchy : ( (E)

y(t

) = y

Par unicit´ e, on a donc y

= y

.

Remarque. La seule solution de (E

) : y

+ a(t)y = 0 telle que y(t

) = 0 est la fonction nulle. En effet, la fonction nulle est solution de (E

). Et par la proposition pr´ ec´ edente, c’est l’unique solution telle que y(t

) = 0.

En particulier, la seule solution de (E

) qui s’annule est la fonction nulle.

1.5 Probl` emes de raccordement

On revient sur le cas des ´ equations diff´ erentielles lin´ eaires du premier ordre non normalis´ ees :

a(t)y

+ b(t)y = c(t) (E)

o` u a, b, c sont continues sur un intervalle I, mais o` u a est susceptible de s’annuler sur I. Nous allons voir sur des exemples que les r´ esultats pr´ ec´ edents, comme le th´ eor` eme de Cauchy, peuvent alors tomber en d´ efaut.

Supposons par exemple que a s’annule en un unique point t

de I. On proc` edera alors comme suit.

I Pour r´ esoudre (E) sur I :

ˆ On commence par r´ esoudre l’´ equation sur les intervalles I

=] − ∞, t

[∩I et I

=]t

, +∞[∩I o` u a ne s’annule pas.

ˆ On cherche ensuite une solution f de (E) sur I. On remarque que f est solution de (E) sur I

. On en connait donc la forme explicite f = f

. De mˆ eme sur l’intervalle I

, on connait la forme f

de f . La fonction f ´ etant solution de (E) sur I, la fonction t ∈ I \ {t

} 7→

( f

(t) si t ∈ I

f

(t) si t ∈ I

doit ˆ etre : – prolongeable par continuit´ e en t

,

– de classe C

sur I (c’est ` a dire en t

)

– solution de l’´ equation diff´ erentielle sur I (c’est ` a dire en t

).

On va voir sur des exemples que ces conditions sont satisfaites dans certains cas, pas dans d’autres.

Exemple. D´ eterminer les solutions de (E) : ty

− 2y = t

sur R .

C’est une ´ equation diff´ erentielle lin´ eaire d’ordre un ` a coefficients variables et continus, non normalis´ ee. On commence par la r´ esoudre sur des intervalles sur lesquels t 6= 0, soit sur R

et sur R

. On montre alors alors que :

S

+

= {t → λt

+ t

, λ ∈ R } et S

−

= {t → µt

+ t

, µ ∈ R }.

On cherche ` a pr´ esent les solutions de (E) sur R . Soit f une solution de l’´ equation sur R . Elle est donc solution sur R

et sur R

, et on a :

∃λ ∈ R , f(t) = λt

+ t

pour tout t > 0,

∃µ ∈ R , f(t) = µt

+ t

pour tout t < 0.

Prenons t = 0 dans l’´ equation, on obtient : 0 × f

(0) − 2f (0) = 0, soit f (0) = 0.

La fonction f doit ˆ etre continue et d´ erivable en 0. D’o` u : lim

x→0⁺

f (t) = f (0) = lim

x→0⁻

f (t).

Ici on a :

lim

x→0⁺

λt

+ t

= 0 et lim

x→0⁻

µt

+ t

= 0.

Donc cette condition est bien satisfaite pour tout λ, µ ∈ R .

On ´ etudie la d´ erivabilit´ e :

lim

t→0⁺

f (t) − f(0)

t = lim

t→0⁺

λt

+ t

t = 0

lim

t→0⁻

f (t) − f (0)

t = lim

t→0⁻

µt

+ t

t = 0.

L` a encore, cette condition est bien satisfaite pour tout λ, µ ∈ R .

Finalement, on obtient que les solutions de (E) sur R sont les fonctions de la forme :

t 7→

( λt

+ t

si t ≥ 0 µt

+ t

si t < 0 pour tout λ, µ ∈ R .

On repr´ esente plusieurs de ces solutions :

Remarque. Le probl` eme de Cauchy ( (E)

y(0) = 0 a donc une infinit´ e de solutions. ` A l’oppos´ e, le probl` eme de Cauchy

( (E)

y(0) = 1 n’a aucune solution. On voit ici que le th´ eor` eme de Cauchy tombe en d´ efaut en t = 0, l` a o` u le coefficient t de y

s’annule.

Exemple. R´ esoudre (1 − t)y

− y = t sur R .

C’est une ´ equation diff´ erentielle lin´ eaire d’ordre un ` a coefficients variables et continus, non normalis´ ee. On commence par la r´ esoudre sur des intervalles sur lesquels 1 − t 6= 0, soit sur ]1, +∞[ et sur ] − ∞, 1[. On montre alors alors que :

S

= {t → λ

1 − t + t

2(1 − t) , λ ∈ R } et S

= {t → µ

1 − t + t

2(1 − t) , λ ∈ R }.

On cherche ` a pr´ esent les solutions de (E) sur R . Soit f une solution l’une d’elles. On a alors :

∃λ ∈ R , f (t) = λ

1 − t + t

2(1 − t) pour tout t > 1,

∃µ ∈ R , f (t) = µ

1 − t + t

2(1 − t) pour tout t < 1.

Prenons t = 1 dans l’´ equation, on obtient : 0 × f

(1) − f (1) = 1, soit f(1) = −1.

La fonction f doit ˆ etre continue et d´ erivable en 1 :

lim

x→1⁺

λ

1 − t + t

2(1 − t) =



 

 

+∞ si λ > −1/2

−∞ si λ < −1/2

−1 si λ = −1/2 .

Ainsi on a n´ ecessairement λ = −1/2. De mˆ eme, µ = −1/2. On obtient alors f (t) = −

−

sur R . En particulier f est bien d´ erivable sur R .

Finalement, on obtient qu’il y a une unique solutions de (E) sur R , qui est : t 7→ − 1

2 − t

2 .

Le probl` eme de Cauchy ( (E)

y(1) = 0 n’a pas de solution dans ce cas. Le probl` eme de Cauchy ( (E)

y(1) = −1 a pour sa part une unique solution.

2 Equation diff´ ´ erentielle lin´ eaire du second ordre ` a coefficients con- stants

On d´ esigne toujours par K l’ensemble des r´ eels R ou des complexes C .

2.1 G´ en´ eralit´ es

D´ efinition.

Soient I un intervalle de R , a, b, c ∈ K (a 6= 0), et f : I → K une fonction continue. On appelle ´ equation diff´ erentielle lin´ eaire du second ordre ` a coefficients constants :

ay

+ by

+ cy = f (t) (E)

La fonction f s’appelle le second membre. On appelle solution sur I de (E) toute fonction y : I → K deux fois d´ erivable sur I telle que :

∀t ∈ I, ay

(t) + by

(t) + cy(t) = f (t).

La courbe repr´ esentative d’une solution y sur I est alors appel´ ee courbe int´ egrale sur I.

Remarque. Soit y une solution de (E) sur I, alors f est de classe C

sur I. En effet, elle est suppos´ ee deux fois d´ erivable sur I. De plus f

est continue sur I puisque y

(t) =

f (t) −

y

(t) −

y(t).

Exemples d’´ equations diff´ erentielles lin´ eaires du premier ordre.

La tension U aux bornes d’un condensateur de capacit´ e C en s´ erie avec une r´ esistance R, une bobine d’inductance L et un g´ en´ erateur de force ´ electromotrice E(t) v´ erifie l’´ equation diff´ erentielle :

LCU

+ RCU

+ U = E(t).

L’intensit´ e I dans un circuit LC constitu´ e d’un condensateur de capacit´ e R et d’une bobine d’inductance L v´ erifie l’´ equation diff´ erentielle :

I

+ 1 LC I = 0.

2.2 R´ esolution de l’´ equation homog` ene

D´ efinition.

Soient I un intervalle de R , a, b, c ∈ K (a 6= 0), et f : I → K une fonction continue. On consid` ere l’´ equation diff´ erentielle lin´ eaire suivante :

ay

+ by

+ cy = f (t) (E)

On appelle ´ equation diff´ erentielle homog` ene (sans second membre) associ´ ee ` a (E) l’´ equation :

ay

+ by

+ cy = 0. (E

)

L’ensemble des solutions S

de (E

) est stable par combinaison lin´ eaire, c’est ` a dire :

∀λ, µ ∈ K , ∀f, g ∈ S

, λf + µg ∈ S

. Propri´ et´ e 10

Preuve.

Pour r ∈ K , la fonction t 7→ e

est solution de (E

) sur R si et seulement si ar

+ br + c = 0.

Propri´ et´ e 11

D´ efinition.

On appelle ´ equation caract´ eristique associ´ ee ` a (E) l’´ equation ar

+ br + c = 0 d’inconnue r ∈ C .

On consid` ere trois nombres a, b, c ∈ C o` u a 6= 0, et l’´ equation diff´ erentielle :

ay

+ by

+ c = 0 (E

)

Soit ∆ = b

− 4ac le discriminant de l’´ equation caract´ eristique.

ˆ Si ∆ 6= 0, l’´ equation caract´ eristique admet deux racines complexes distinctes r et r

. Les solutions complexes de (E

) sur R sont les fonctions de la forme t 7→ λe

+ µe

, (λ, µ) ∈ C

.

S

= n

t ∈ R 7→ λe

+ µe

; (λ, µ) ∈ C

o

.

ˆ Si ∆ = 0 : l’´ equation caract´ eristique admet une racine double r = −

∈ C . Les solutions complexes de (E

) sur R sont les fonctions de la forme t 7→ (λ + µt)e

, (λ, µ) ∈ C

.

S

= n

t ∈ R 7→ (λ + µt)e

; (λ, µ) ∈ C

o

. Propri´ et´ e 12 (R´ esolution de l’´ equation homog` ene dans C )

Preuve. Soit r une solution de l’´ equation caract´ eristique (qui existe toujours sur C ). La fonction t 7→ e

est solution de (E

) sur R .

Posons maintenant y(t) = u(t)e

avec u une fonction de classe C

sur R . On montre alors que y est solution de (E

) sur R si et seulement si u est solution de l’´ equation :

au

(t) + (2ar + b)u

(t) + (ar

+ br + c)u(t) = 0.

Puisque ar

+ br + c = 0 et r + r

= −b/a, soit 2ar + b = a(r − r

), celle-ci s’´ ecrit : u

(t) + (r − r

)u

(t) = 0.

On obtient ici une ´ equation diff´ erentielle lin´ eaire d’ordre 1 en u

ˆ Si ∆ = 0, alors r = r

et l’´ equation devient u

(t) = 0, d’o` u :

∃λ, µ ∈ C : u(t) = λ + µt et y(t) = (λ + µt)e

.

ˆ Si ∆ 6= 0, alors r et r

sont distinctes, et la r´ esolution de l’´ equation donne u

(t) = λe

avec λ ∈ C , et donc :

∃λ, µ ∈ C : u(t) = λe

+ µ et y(t) = λe

+ µe

.

On consid` ere trois nombres a, b, c ∈ R o` u a 6= 0, et l’´ equation diff´ erentielle :

ay

+ by

+ c = 0 (E

)

Soit ∆ = b

− 4ac le discriminant de l’´ equation caract´ eristique.

ˆ Si ∆ > 0 : l’´ equation caract´ eristique admet deux racines r´ eelles distinctes r et r

. Les solutions de (E

) sont alors les fonctions de la forme : t 7→ λe

+ µe

, (λ, µ) ∈ R

.

ˆ Si ∆ = 0 : l’´ equation caract´ eristique admet une racine double r ∈ R . La solution g´ en´ erale de (E

) est x 7→ (λ + µx)e

, (λ, µ) ∈ R

.

ˆ Si ∆ < 0 : l’´ equation caract´ eristique admet deux solutions complexes non r´ eelles α ± iβ, (avec (α, β) ∈ R

). La solution g´ en´ erale de (E) est x 7→ e

(λ cos(βx) + µ sin(βx)), (λ, µ) ∈ R

. Propri´ et´ e 13 (R´ esolution de l’´ equation homog` ene dans R )

Remarque. Comme vu dans le chapitre pr´ ec´ edente, le troisi` eme point peut se r´ e´ ecrire sous la forme x 7→

e

(A cos(βx + φ)), avec (A, φ) ∈ R

.

Preuve. Notons d’abord que les solutions ` a valeurs r´ eelles de cette ´ equation sont des solutions ` a valeurs complexes caract´ eris´ ees par le fait qu’elles sont ´ egales ` a leur conjugu´ e). On a donc selon le signe du discriminant :

ˆ si ∆ > 0, l’´ equation caract´ eristique a deux racines distinctes r < r

. Les solutions complexes sont les fonctions de la forme :

t 7→ λe

+ µe

avec (λ, µ) ∈ C

. Ces solutions sont r´ eelles si pour tout t ∈ R

λe

+ µe

= ¯ λe

+ ¯ µe

soit si λ = ¯ λ et µ = ¯ µ (quitte ` a prendre t = 0 ou ` a faire t → +∞).

Inversement si λ = ¯ λ et µ = ¯ µ, l’´ egalit´ e pr´ ec´ edente est bien v´ erifi´ ee.

Les solutions r´ eelles dans ce cas sont donc les fonctions de la forme t 7→ λe

+ µe

avec λ, µ ∈ R . On traite le cas ∆ = 0 de fa¸ con similaire.

ˆ si ∆ < 0, l’´ equation caract´ eristique admet deux racines complexes conjugu´ ees α ± iβ. Les solutions complexes sont les fonctions de la forme :

t 7→ λe

+ µe

avec (λ, µ) ∈ C

. Ces solutions sont r´ eelles si pour tout t ∈ R

λe

+ µe

= ¯ λe

+ ¯ µe

soit si λ = ¯ µ (quitte ` a prendre t = 0 ou t = π/2β).

Inversement si λ = ¯ µ, l’´ egalit´ e pr´ ec´ edente est bien v´ erifi´ ee.

Si on note λ = a + ib, les solutions r´ eelles sont donc les fonctions de la forme (avec a, b ∈ R ) t 7→ (a + ib)e

+ (a − ib)e

= e

(2a cos(βt) − 2b sin(βt)).

Remarque. On dit que l’ensemble des solutions de (E

) forme un plan vectoriel, puisque celles-ci sont combi- naisons lin´ eaires de deux fonctions non proportionnelles (que ce soit dans le cas r´ eel ou complexe).

Exemple. D´ eterminer les solutions r´ eelles et complexes de l’´ equation diff´ erentielle y

+ y

+ y = 0, et montrer

qu’elles tendent vers 0 en +∞.

2.3 R´ esolution de l’´ equation avec second membre

Soient I un intervalle de R , a, b, c ∈ K (a 6= 0), et f : I → K une fonction continue. On consid` ere l’´ equation diff´ erentielle :

ay

+ by

+ cy = f (t) (E)

Alors toute solution de (E) s’obtient en ajoutant ` a une solution particuli` ere y

de (E) une solution de l’´ equation homog` ene associ´ ee (E

). Ainsi l’ensemble S des solutions de (E) satisfait :

S = y

+ S

. Propri´ et´ e 14

Preuve.

Remarque.

ˆ Pour obtenir l’ensemble des solutions de (E), il faudra donc d´ eterminer une solution particuli` ere de (E), et lui ajouter l’ensemble des solutions de (E

) (dont on a vu la forme).

ˆ L’ensemble S est donc la somme d’un point y

et de combinaisons lin´ eaires de deux fonctions non propor- tionnelles. On dit alors que S est un plan affine.

Soient I un intervalle de R , a, b, c ∈ K (a 6= 0), et f

, f

: I → K des fonctions continues sur I et les

´

equations diff´ erentielles :

(E

) : ay

+ by

+ cy = f

(t) et (E

) : ay

+ by

+ cy = f

(t)

Si y

est solution sur I de (E

), y

est solution sur I de (E

), alors pour tout λ, µ ∈ K , λy

+ µy

est solution sur I de :

ay

+ by

+ cy = λf

+ µf

. Propri´ et´ e 15 (Principe de superposition)

Preuve.

On consid` ere des nombres a, b, c, λ ∈ K (o` u a 6= 0), une fonction polynomiale P ` a coefficients dans K et l’´ equation diff´ erentielle lin´ eaire :

ay

+ by

+ c = e

P (t). (E)

Alors l’´ equation (E) a au moins une solution particuli` ere de la forme t 7→ e

t

Q(t) o` u Q est une fonction polynomiales ` a coefficients dans K telle que deg(Q) = deg(P ) et :

ˆ m = 0 si λ n’est pas racine du polynˆ ome caract´ eristique,

ˆ m = 1 si λ est racine simple du polynˆ ome caract´ eristique,

ˆ m = 2 si λ est racine double du polynˆ ome caract´ eristique,

Propri´ et´ e 16 (Solution particuli` ere avec second membre exponentiel-polynˆ ome)

Exemple. D´ eterminer les solutions r´ eelles de (E) : y

− 3y

+ 2y = xe

.

L’´ equation caract´ eristique de (E) est r

− 3r + 2 = 0, dont les solutions sont 1 et 2. Ainsi la solution g´ en´ erale de l’´ equation homog` ene associ´ ee ` a (E) est x 7→ λe

+ µe

, (λ, µ) ∈ R

.

Comme 2 est solution simple de l’´ equation caract´ eristique, on cherche une solution particuli` ere sous la forme y : x 7→ xQ(x)e

, avec Q fonction polynomiale de degr´ e 1, donc il existe (a, b) ∈ R

telles que Q(x) = (ax +b). y est deux fois d´ erivable comme produit de fonctions qui le sont, et y

(x) = (2ax +b)e

+2(ax

+bx)e

= (2ax

+ 2bx+ 2ax +b)e

, puis y

(x) = (4ax + 2b + 2a)e

+ 2(2ax

+ 2bx+ 2ax +b)e

= (4ax

+ 4bx+ 8ax + 4b + 2a)e

. En reportant dans (E), il vient

xe

= (4ax

+ 4bx + 8ax + 4b + 2a)e

− 3(2ax

+ 2bx + 2ax + b)e

+ 2(ax

+ bx)e

= 2axe

+ (b + 2a)e

donc 2a = 1 et b + 2a = 0 par unicit´ e des coefficients d’un polynˆ ome, i.e. a =

et b = −1.

Une solution particuli` ere est donc x 7→ (

x

− x)e

et la solution g´ en´ erale de (E) est x 7→ (

x

− x)e

+ λe

+ µe

, (λ, µ) ∈ R

.

2.4 R´ esolution avec conditions initiales

D´ efinition.

Etant donn´ ´ es trois nombres a, b, c de K (a 6= 0) et une fonction continue f : I → K , on consid` ere l’´ equation diff´ erentielle :

ay

+ by

+ cy = f (t). (E)

Le probl` eme de Cauchy associ´ e ` a un triplet (t

, y

, y

) ∈ I × K

est la recherche des solutions de (E) v´ erifiant les deux conditions initiales y(t

) = y

, y

(t

) = y

.

Pour (t

, y

, y

) ∈ I × K

, le probl` eme de Cauchy associ´ e aux conditions initiales y(t

) = y

, y

(t

) = y

admet une solution unique sur I.

Propri´ et´ e 17

On consid` ere trois nombres a, b, c de R (a 6= 0), une fonction continue f : I → R et l’´ equation diff´ erentielle :

ay

+ by

+ cy = f (t). (E)

(1) Une seule courbe int´ egrale d´ efinie sur I passe par le point M

(t

, y

) de I × R avec une tangente de pente donn´ ee y

∈ R en ce point.

(2) Deux telles courbes int´ egrales distinctes ne peuvent se couper dans I × R avec une tangente commune.

Propri´ et´ e 18

Preuve. Le premier point est une reformulation du r´ esultat pr´ ec´ edent. Montrons le deuxi` eme point : supposons que deux courbes int´ egrales se coupent en M

(t

, y

) avec une tangente commune de pente y

∈ R . Notons y

et y

les solutions de (E) sur I correspondantes. Elles sont donc toutes deux solutions du mˆ eme probl` eme de Cauchy :



 

  (E) y(t

) = y

y

(t

) = y

Par unicit´ e, on a donc y

= y

.

Remarque. La seule solution de (E

) : ay

+ by

+ cy = 0 telle que y(t

) = y

(t

) = 0 est la fonction nulle. En

effet, la fonction nulle est solution de (E

). Et par la proposition pr´ ec´ edente, c’est l’unique solution telle que

y(t

) = y

(t

) = 0.

2.5 Application aux oscillateurs lin´ eaires

Consid´ erons le mouvement d’une masse m suspendue ` a un ressort vertical de raideur K et de longueur L, et soumise ` a une force de frottement fluide (par exemple en pla¸ cant l’oscillateur dans un liquide visqueux) F ~

= −α~ v.

1. En utilisant le principe fondamental de la dynamique, montrer que l’´ equation du mouvement est r´ egie par l’´ equation diff´ erentielle :

z

+ 2λz

+ ω

z = 0 avec

( 2λ =

le coefficient d’amortissement de l’oscillateur ω

=

q

m

qui repr´ esente sa pulsation propre

Si l’origine est en haut du ressort et l’axe vertical orient´ e vers le bas, la loi fondamentale de la dynamique donne :

mz

= −αz

− K(z − L) + mg ou mz

+ αz

+ Kz = KL + mg.

Cette ´ equation ´ equation diff´ erentielle a un second membre constant, et on v´ erifie que z

= L + mg/K est solution constante (correspondant ` a l’´ equilibre). En portant l’origine en z

, i.e. en posant Z = z − z

, on obtient :

mZ

+ αZ

+ KZ = 0 ou Z

+ 2λZ

+ ω

Z = 0.

2. On pr´ ecise les conditions initiales: z(0) = 10 et z

(0) = 0 (c’est ` a dire qu’on suppose l’oscillateur lˆ ach´ e sans vitesse initiale apr` es avoir tir´ e d’une longueur 10 ` a partir de sa position d’´ equilibre).

(a) Avec λ = 0, ω

= 1, d´ eterminer l’expression explicite du mouvement.

(b) Avec λ = ω

= 1, d´ eterminer l’expression explicite du mouvement.

(c) Avec λ = 1, ω

= √

5, d´ eterminer l’expression explicite du mouvement.

Interpr´ etation g´ eom´ etrique. Dans ce dernier cas, on observe un comportement transitoire qui pr´ esente quelques oscillations p´ eriodiques avant de retrouver un ´ etat stable.

3. Supposons toujours λ = 1, ω

= √

5. On impose ` a pr´ esent ` a l’extr´ emit´ e sup´ erieure du ressort un mou- vement verticale sinuso¨ıdale de sorte que son ordonn´ ee ` a l’instant t est f (t) = 5 cos(t). D´ eterminer une expression explicite du mouvement. D´ eterminer le comportement asymptotique des solutions (´ etat stable).

Vocabulaire. Le second membre d’une ´ equation diff´ erentielle ay

+by

+cy = f (t) est ´ egalement appel´ e signal d’entr´ ee et les solutions de l’´ equation d´ efiniront la r´ eponse du syst` eme ´ etudi´ e. On parle de r´ egime libre si f est la fonction nulle, et de r´ egime forc´ e sinon. Dans le cas d’un oscillateur harmonique amorti en r´ egime libre, on parle de :

ˆ r´ egime ap´ eriodique quand λ > ω

,

ˆ r´ egime critique quand λ = ω

,

ˆ r´ egime pseudo-p´ eriodique quand λ < ω

.