Équations différentielle linéaires d'ordre 1 et 2

I) Auto-test : Équations différentielle linéaires d’ordre 1 et 2.

1. Donner la forme générale d’une équation différentielle linéaire. Définir les coefficients et le second membre. Que signifie que cette équation est homogène.

Forme générale d’une équation différentiel linéaire (EDL) :

an(x)y⁽ⁿ⁾+a_n−1(x)y⁽ⁿ⁻¹⁾+...+a2(x)y⁰⁰+a1(x)y⁰+a0(x)y=b(x) Si k∈N,y^(k) désigne la dérivéek−ième dey.

Lesak (k∈J0, nK) 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 best nulle on dit que l’équation différentiel linéaire est homogène.

Définition

2. Donner la structure des solutions dans le cas homogène et dans le cas général.

1. Si y1 et y2 sont des solutions de l’équation homogène (EH), sur l’intervalle I, alors pour toutes constantesλ1 etλ2réelles, la fonctions λ1y−1 +λ2y2est aussi solutions de (EH)

2. Si U : I → R est solution particulière de (E) sur I, alors l’ensemble de solutions de (E) sur I est :

S1(E) ={U+yH/yH est solutions de(EH)surI}

Théorème(Structures des solutions deEH etE)

3. Qu’est ce qu’une équation différentielle d’ordre 1 résolue en y⁰?

On dit que(E)est résolue eny⁰sur l’intervalleIlorsquet7→a(t)ne s’annule pas surIi.e.∀t∈I, a(t)6= 0 Définition

Si c’est le cas, alors surI

(E)⇔y⁰+ b(t)

a(t)y= c(t) a(t) i.e. on peut alors se ramener au cas oùa(t) = 1

4. SAVOIR REFAIRE : donner et prouver la forme générale des solutions de l’équation différentielle y⁰=a(x)y où a:I→Rest une fonction continue sur l’intervalle I.

Soient Iun intervallle de R,aetf des fonctions continues surI,Qune primitive deasurI.

Alors les solutions dey⁰=a(x)y (E_H)surI sont lesy_H=x7→λe^Q(x) oùλ∈R S1(EH) ={x7→λe^Q(x)/λ∈R}

Théorème

Preuve :

On procéde par double inclusion : Soitλ∈Ret soity_H:x7→λe^Q(x) Montrons quey_H est solutions de(E_H).

Soitx∈I

y_H⁰ = λQ⁰(x)e^Q(x)

= a(x)yH(x) Doncy_H est bien solution de (E_H)

Réciproquement, montrons qu’il n’y a pas d’autre solution de(E_H).

Soitϕ:I→Rune solution de(E_H), j’envisageg:x7→e^−Q(x)ϕ(x) g est dérivable surIet si x∈I, alors

g⁰(x) = −Q⁰(x)e^−Q(x)ϕ(x) +e^−Q(x)ϕ⁰(x)

= e^−Q(x) [ϕ⁰(x)−a(x)ϕ(x)]

| {z }

=0carϕest solution de(EH)

carQ⁰ =a

Ainsig⁰ est nulle sur l’intervalleI.

Doncgest constant surI

D’où une certaine constanteλ∈Rtel que

∀x∈I, g(x) =λi.e.∀x∈I, ϕ(x) =λe^Q(x)

5. Donner la forme générale des solutions de y⁰ =a(x)y+b(x) où a=I →R, b :I → R est continue, lorsque l’on connait une solution particulière U :I→R

Soient Iun intervallle de R,aetf des fonctions continues surI,Qune primitive deasurI.

Si U est une solution particulière dey⁰−a(x)y=f(x) (E)alors SI(E) ={yH+U/yH ∈SI(EH)}

Théorème

6. SAVOIR REFAIRE : recollement basique, résoudre sur R^∗+,R^∗− puis sur Rl’équation t³y⁰+y= 0.

1. SurI=R^∗+ouR^∗−,t³6= 0 donc(E)est résolue eny⁰

(E)est homogène ⇔y⁰=−t⁻³y Une primitive de−t³ est 1

2t² DoncSR^∗+(E) ={t7→λe^2t12/λ∈R}

S_R^∗₋(E) ={t7→µe^2t12/µ∈R} 2. Solutions surR

Analyse : Soity une solution de(E)surR

En particuliery est solution surR^∗+ d’où un certainλ∈Rtel que∀t >0, y(t) =λe^2t12 d’après le 1.

En particuliery est solution surR^∗− d’où un certainµ∈Rtel que∀t <0, y(t) =µe^2t12 d’après le 1.

y est dérivable surR

Doncy est dérivable en zéro.

Doncy est continue en zéro, doncy(t)−−−→

t→0 y(0) En particuliery(t)−−−−^y→

t→0⁺ (0)doncλe^2t12 −−−−→

t→0⁺ y(0) Ore^2t12 −−−−→

t→0⁺ +∞, donc siλ6= 0,λe^2t12 −−−−→

t→0⁺ +∞, doncy(0) = +∞. Impossible ! Doncλ= 0.

De mêmey(t)−−−−→

t→0⁻ y(0) Ore^2t12 −−−−→

t→0⁻ +∞

Donc forcémentµ= 0

Ainsiy est nulle surR^∗ et commey(t)−−−→

t→0 y(0). On a mêmey(0) = 0.

Doncy est la fonction nulle surR.

Synthèse : Réciproquement, la fonction nulle est bien solution det³y⁰+y= 0surR Conclusion : C’est la seule solution surR

7. SAVOIR REFAIRE : recollment moins basique, résoudre surR^∗+,R^∗− puis surRl’équationt²y⁰−y

1. SurI=R^∗+ouR^∗−,t²6= 0 donc(E)est résolue eny⁰

(E)est homogène ⇔y⁰ =t²y DoncSR^∗+(E) ={t7→λe^−1t/λ∈R}

SR^∗−(E) ={t7→µe^−1t/µ∈R} 2. Analyse :

Soity une solution de(E)surR.

Par restrictionyest solution surR^∗+ etR^∗−. D’où un certainλ∈Ret un certainµ∈Rtel que

y(t) =







λe^−1t si t >0 µe^−1t si t <0 y est continue en zéro :

Doncy(t)−−−→

t→0 y(0) En particuliery(t)−−−−→

t→0⁺ y(0) Doncλe^−1t −−−−→

t→0⁺ 0 Ore^−1t −−−−→

t→0⁺ 0Doncy(0) = 0 De mêmey(t)−−−−→

t→0⁻ y(0) Doncλe^−1t −−−−→

t→0⁻ 0 Ore^−1t −−−−→

t→0⁻ +∞Doncµ= 0 Ainsi

y(t) =







λe^−1t si t >0oùλ∈R 0 si t≤0

3. Synthèse :

On se donneλ∈Rquelconque.

On définity tel que

y(t) =







λe^−1t si t >0oùλ∈R 0 si t≤0

De façon claire,yest dérivable surR^∗ et solution surR^∗ Reste à déterminer pour quelλ∈R,y est dérivable en zéro.

Soitt >0, y(t)−y(0)

t−0 =λe^−1t t On posex= ¹_t −−−→

t→0 +∞

y(t)−y(0)

t−0 =λxe^−x−−−−−→

x→+∞ 0 Donc y(t)−y(0)

t−0 −−−−→

t→0⁺ 0 Soitt <0, alors y(t)−y(0)

t−0 = 0−−−−→

t→0⁻ 0 Doncy est dérivable en zéro pour toutλ∈R

Conclusion : Les solutions surRsont exactement celle de la forme

y(t) =







λe^−1t si t >0oùλ∈R 0 si t≤0

8. Donner la forme générale des solutions à valeurs réelles de l’équation ay⁰⁰+by⁰+c = 0 où a, b, c sont constantes réelles (a6= 0, en fonction de∆ =... Puis indiquer comment résoudre l’équation avec second membre.

Soient a, b, créels aveca6= 0.

On cherche les solutions à valeurs réelles de l’équation homogène : ay⁰⁰+by⁰+c= 0

On introduit l’équation caractéristiquear²+br+c= 0 (EC) et son discriminant∆ =b²−4ac 1^er cas : si∆>0, alors(EC)admet deux solutions réellesr16=r2.

Les solutions de EH sont alors

y:r7→λe^r1t+µe^r2t o(λ, µ)∈R² 2^ème cas : si∆ = 0, alors(EC)admet une racine double réeller.

Les solutions de (EH)sont alors

y:t7→(λt+µ)e^rt o(λ, µ)∈R²

3^ème cas : Si∆<0, alors(E_C)admet deux racines complexes conjuguéesret r On écritr=α₀+iβ₀où(α₀, β₀)∈R²

Les solutions de (E_H)sont alors

y:t7→e^α0t(λcos(β0t) +µsin(β0t)) o(λ, µ)∈R² Théorème

9. Indiquer, en fonction de m, la méthode pour trouver une solutions particulière de l’équation ay⁰⁰+by⁰+c=P(x)e^mx, oùm∈C etP est une fonction polynôme réelle.

Méthode pour trouver une solution particulière de l’équation suivante en fonction dem ay⁰⁰+by⁰+cy=P(x)e^mx

oùm∈Cet P est une fonction polynôme réelle.

L’équation homogène aboutie à l’équation caractéristique ar²+br+c= 0 (EC) 1^er cas : simn’est pas racine de l’équation caractéristique.

Alors on cherche une solution particulière U sous la formeU :t7→Q(t)e^mt oùd^◦Q=d^◦P 2^ème cas : simest racine simple de l’équation caractéristique.

Alors on cherche une solution particulière U sous la formeU :t7→tQ(t)e^mtoùd^◦Q=d^◦P 3^ème cas : simest racine double de l’équation caractéristique.

Alors on cherche une solution particulèreU sous la formeU :t7→t²Q(t)e^mt oùd^◦Q=d^◦P Théorème

10. SAVOIR REFAIRE : passage par les complexes, résoudre y⁰⁰−y= 3e^2xcos(x).

On reconnaît une équation différentiel d’ordre 2 à coefficient constants.

Équation homogène :y⁰⁰−y= 0

On introduit l’équation caractéristiquer²−1 = 0 Deux solutions réellesr=±1

D’oùyH:t7→λe^t+µe^−toù(λ, µ)∈R² Recherche d’une solution particulière :

Le second membre n’est pas sous la formeP(t)e^mt Idée :cos(t) =<(e^it)

On envisage spontanément l’équation différentiel complexe :z⁰⁰−z=ze2te^iti.e.z⁰⁰−z=ze^(2+i)tE_C

Ici le second membre est de la formeP(t)e^mt oùm= 2 +i∈Cpas racine de l’équation différentiel etP(t) = 2de degré0

On cherche une solution particulière de(E_C)sous la forme : W :t7→Ae^(2+i)toùA∈C

W⁰ :t7→A(2 +i)e^(2+i)t W⁰⁰:t7→A(2 +i)²e^(2+i)t

W est solution de(E_C) ssi ∀t∈R, W⁰⁰(t)−W(t) = 3e^(2+i)t

ssi ∀t∈R, A(2 +i)²e^(2+i)t−Ae^(2+i)t= 3Ae^(2+i)t ssi ∀t∈R, A(2 +i)⁻A= 3

ssi ∀t∈R, A[4−1 + 4i−1] = 3 ssi A= 3

2 + 4i ssi A= 3

10(1−2i) D’où la solution particulière de(E_C):

W :t7→ 3

10(1−2i)e^(2+i)t

Retour à l’équation différentiel :y⁰⁰−y= 3e^2tcos(t)

D’après le cour,(E_C)étant à coefficient réels,<(ω)est solution dey⁰⁰−y=<(3e^(2+i)t) i.e.y⁰⁰−y=<(3e^2t+e^it)

i.e.y⁰⁰−y= 3e^2t<(zⁱt) i.e.y⁰⁰−y= 3e^2tcos(t)

AinsiU =<(W)est solution particulière de(E) Soitt∈R

W(t) = 3

10(1−2i)e^2t(cos(t) +isin(t))

= 3

10e^2t[cos(t) +isin(t)−2icos(t) + 2 sin(t)]

D’où la solution particulière de(E):U :t7→ 3

10(cos(t) + 2 sin(t)) Solution générale de(E):

y:t7→λe^t+µe^−t+ 3

10e^2t(cos(t) + 2 sin(t))

11. SAVOIR REFAIRE : principe de superposition, résoudre l’équationy⁰⁰−2y⁰+y= ch(x) On reconnaît une équation différentiel d’ordre 2.

Équation homogène :y⁰⁰−2y⁰+y= 0(EH)

On introduit l’équation caractéristiquer²−2r+ 1 = 0(EC)i.e.(r−1)²= 0 (∆ = 0) On a une racine doubler= 1

Solutions de(E_H):y_H :t7→(λ+µt)e^toù(λ, µ)∈R² Solutions particulière :

Le second membref(t) = 1 2e^t+1

2e^−tn’est pas sous la formeP(t)e^mt On envisage spontanément deux équation différentiel :

y⁰⁰−2y⁰+y= e^t

2(E1) et y⁰⁰−2y⁰+y= e^−t 2 (E2)

On cherche une solution particulièreU₁ de(E₁)ici P(t)e^mt =^e₂^t oùm= 1racine double de l’équation caractéris- tique etP(t) = ¹₂ de degré zéro.

On chercheU1 sous la forme : U1:t7→At²e^t oùA∈R U₁⁰ :t7→Ae^t(2t+t²) U1:t7→Ae^t(t⁺42t+ 2)

U₁est solution de(E₁) ssi ∀t∈R, U₁⁰⁰(t)−2U₁⁰(t) +U₁(t) = e^t 2

ssi ∀t∈R, Ae^t(t⁺42t+ 2)−2Ae^t(2t+t²) +At²e^t= e^t 2 ssi ∀t∈R,4At+ 2A−4At= 1

2 ssi A=1

D’où la solution particulière de(E₁)4:

U1:t7→ t² 4e^t

Puis on cherche une solution particulièreU2de(E2)iciP(t)e^mt= ^e−t₂ oùm=−1qui n’est pas racine de l’équation caractéristique etP(t) =¹₂ de degré zéro.

On trouve :U2:t7→e^−t 8

On sommeU₁⁰⁰−2U₁⁰+U₁= e^t

2 etU₂⁰⁰−2U₂⁰ +U₂=e^−t 2

U₁⁰⁰+U₂⁰⁰−2(U₁⁰ +U₂⁰) +U1+U2 = e^t+e^−t 2 (U₁+U₂)⁰⁰−2(U₁+U₂)⁰+ (U₁+U₂) = ch(t) AinsiU₁+U₂ est une solution particulière de(E)par principe de superposition.

Solution générale de(E):

y:t7→(λ+µt)e^t+t²e^t 4 +e^−t

8