6 : Méthodes exactes de résolution de certaines équations différentielles ordinaires du premier ordre

Université Pierre et Marie Curie Licence de Mathématiques LM383

Equations différentielles. Méthodes de résolution numérique.

Travaux dirigés Année universitaire 2006-2007

Corrigé du TD n

6 : Méthodes exactes de résolution de certaines équations différentielles ordinaires du premier ordre

Equations associées à une intégrale première

y⁰ =− y

2y+t ⇐⇒(2y+t)

| {z }

Q(t,y)

dy+ y

|{z}

P(t,y)

dt= 0 On observe que

∂P

∂y = ∂Q

∂t = 1, donc il existe une intégrale premièreV(t, y), telle que :

∂V

∂t =P(t, y) =y=⇒V(t, y) =ty+C(y)

∂V

∂y =t+C⁰(y) =Q(t, y) =t+ 2y=⇒C(y) =y²+α.

oùα est une constante. La solution générale de l’EDO est donc déterminée parV =ctec’est-à- direty(t) +y²(t) =β. Les solutions de cette dernière équation sont définies sur{t: t² ≥ −4β}

et s’écrivent sous les deux formes possibles y(t) = −t−p

t²+ 4β

2 ou y(t) = −t+p

t²+ 4β 2

Finalement, on vérifie qu’il n’y a aucune solution de la forme y(t) = −₂^t, qui est proscrite par la forme de l’équation de départ.

Méthode du facteur intégrant a)

y⁰= y

y²+t ⇐⇒(y²+t)

| {z }

Q(t,y)

dy+ |{z}−y

P(t,y)

dt= 0 On observe que

∂P

∂y =−16= ∂Q

∂t = 1, donc il n’existe pas d’intégrale première.

On cherche un facteur intégrantg(t, y) qui satisfasse l’équation :

∂

∂y[P(t, y)g(t, y)] = ∂

∂t[Q(t, y)g(t, y)]⇐⇒ −g(t, y)−y∂g

∂y =g(t, y) + (y²+t)∂g

∂t.

Pour simplifier cette équation, on suppose queg ne dépend que dey et on obtient −yg⁰ = 2g.

Il vient alors

g(y) = exp Z

−2 y = 1

y² en choisissant la constante d’intégration égale à1. On vérifie que

∂

∂y[P(t, y)g(t, y)] = ∂

∂y µ−1

y

¶

= 1 y² = ∂

∂t[Q(t, y)g(t, y)] = ∂

∂t y²+t

y² . L’intégrale première sera déterminée à partir des équations :

∂V

∂y =Q(t, y)g(t, y) = y²+t

y² =⇒V(t, y) =y− t

y +C(t)

∂V

∂t =P(t, y)g(t, y) =−1

y =⇒ −1

y +C⁰(t) =−1

y =⇒C(t) =cte.

La solution générale de l’EDO vérifie donc :

V =cte⇐⇒y− t y =cte Les solutions sont définies sur]− ∞,−^cte₄²]et s’écrivent

y(t) = cte−√

cte²+ 4t

2 ou y(t) = cte+√

cte²+ 4t 2

b)

y⁰(ty−t²) +y²−3ty−2t² = 0⇐⇒(ty−t²)

| {z }

Q(t,y)

dy+ (y²−3ty−2t²)

| {z }

P(t,y)

dt= 0 Comme

∂P

∂y = 2y−3t6= ∂Q

∂t =y−2t, on cherche un facteur intégrantg(t, y) qui satisfasse l’équation :

∂

∂y[P(t, y)g(t, y)] = ∂

∂t[Q(t, y)g(t, y)]⇐⇒

(2y−3t)g(t, y) + (y²−3ty−2t²)∂g

∂y = (y−2t)g(t, y) + (ty−t²)∂g

∂t.

On observe que cette fois l’équation est simplifiée si on suppose queg ne dépend que det: (y−t)g=t(y−t)g⁰ =⇒g(t) =t.

On vérifie que

∂

∂y[P(t, y)g(t, y)] = ∂

∂y

¡ty²−3t²y−2t³¢

= 2ty−3t² = ∂

∂t[Q(t, y)g(t, y)] = ∂

∂t

¡t²y−t³¢ . L’intégrale première sera déterminée à partir des équations :

∂V

∂y =Q(t, y)g(t, y) =t²y−t³=⇒V(t, y) = 1

2t²y²−t³y+C(t)

∂V

∂t =P(t, y)g(t, y) =ty²−3t²y−2t³ =⇒ty²−3t²y+C⁰(t) =ty²−3t²y−2t³ =⇒C(t) =−1 2t⁴ La solution générale de l’EDO est donc donnée par :

V =cte⇐⇒ 1

2t²y²−t³y−1

2t⁴ =cte

Comme précédemment, il suffit de résoudre cette équation du second degré enypour déterminer la (les) forme(s) de la solution générale.

Equation homogène

Trouver l’équation de la courbe planey(t) pour laquelle l’angle entre le vecteur de position et le vecteur tangent est le même en tout point de la courbe (spirale logarithmique).

Soitαl’angle orienté entre le vecteur de position et le vecteur tangent et ϕ(respectivement ψ) l’angle entre l’axe des abscissest et le vecteur de position (respectivement le vecteur tangent).

On choisit pour chaque angle son représentant dans]−π, π].

La relation de Chasles implique queψ=ϕ+α, donc on peut écrire (en supposantα, φ, ψ6=±^π₂) : tanψ= tan(α+ϕ) = tanα+ tanϕ

1−tanαtanϕ. Mais, comme

– tanα=cte=a, qui est le paramètre de la courbe,

– tanϕ=y/tpuisqueϕcorrespond à l’angle polaire (entre−π etπ), – tanψ=y⁰(t) puisqueψ donne la pente de la tangente,

on obtient l’équation homogène

y⁰ = a+^y_t 1−a^y_t.

Avec la substitutionz(t) =y/t, nous obtenons l’EDO à variables séparées : y⁰ =z+tz⁰ = a+z

1−az =⇒tz⁰ = a+az² 1−az =⇒

·1 a

1

1 +z² − z 1 +z²

¸

dz= dt t, avec la solution :

1

aarctgz−1

2ln(1 +z²) = lnt+C, ou

arctgz= a

2ln[t²(1 +z²)] +C₁.

Un expression plus simple est obtenue en utilisant les coordonnées polaires(r, ϕ):

½ t=rcosϕ y =rsinϕ ⇐⇒

½ r²=t²+y² =t²(1 +z²)

tgϕ=y/t=z ,

donc, l’équation de la spirale logarithmique devient

ϕ=alnr+C₁⇐⇒r=Ke^ϕ/a.

L’avantage de cette nouvelle formulation est qu’elle permet de décrire une courbe plane qui n’est pas un graphe, contrairement à la formulation précédente pour laquelle on avait supposé α, φ, ψ6=±^π₂.

Equation linéaire du premier ordre

ty⁰−y =t²cost

•On résout d’abord l’EDO sans second membre : tz⁰−z= 0 =⇒z(t) =Kexp

Z dt t =Kt.

•On applique ensuite la méthode de variation de la constante pour trouver une solution parti- culière de l’EDO initiale :

y_p(t) =K(t)t=⇒ty_p⁰ −y_p=t(K⁰t+K)−Kt=t²cost=⇒K⁰(t) = cost=⇒K(t) = sint+C, doncy_p(t) =tsint+Ct.

•La solution générale de l’EDO est donnée par :

y(t) =z(t) +y_p(t) =tsint+C₁t.

Equation de Bernoulli

y⁰−4y t −t√

y = 0

On fait la substitutionz(t) =y^1/2 et on obtient : z⁰= 1

2y^−1/2y⁰ = 1 2y^−1/2

µ4y

t +ty^1/2

¶

= 2z t + 1

2t=⇒z⁰−2z t = 1

2t.

L’EDO pourz est linéaire, donc

– on résout l’équation sans second membre, w⁰−2w

t = 0 =⇒w(t) =Kexp Z 2

tdt=Kt² – on cherche une solution particulière,

z_p(t) =K(t)t²=⇒z_p⁰ −2z_p

t =K⁰t²+ 2tK−2tK= 1

2t=⇒K⁰ = 1

2t =⇒K(t) = 1

2lnt+C z_p(t) = t²

2 lnt+Ct² – et on trouve la solution générale :

z(t) =w(t) +z_p(t) = t²

2 lnt+C₁t².

Pour trouver la solution de l’EDO initiale, on remplace l’expression dez(t)dans la substitution utilisée et on obtient :

y(t) =t⁴(1

2lnt+C₁)². Obs :Par définition,z(t) =p

y(t)≥0, donc la solution trouvée est définie pourt >0, tel que (1/2) lnt+C₁ >0.

Equation de Ricatti

(1−t³)y⁰+t²y+y²−2t= 0 Si on écrit l’équation sous la forme :

(y⁰−2t)−t³(y⁰−2t) + (y−t²)(y+ 2t²) = 0, on observe quey_p(t) =t² est une solution particulière.

La solution générale sera cherchée sous la forme :

y(t) =y_p(t) +z(t) =t²+z(t) =⇒

(1−t³)y⁰+t²y+y²−2t= (1−t³)(2t+z⁰) +t²(t²+z) + (t²+z)²−2t= (1−t³)z⁰+ 3t²z+z²= 0.

Cette dernière EDO est une équation de Bernoulli et on fait la substitutionw(t) = 1/z(t) =⇒ w⁰(t) =−z⁰/z²(t).

L’EDO devient une équation linéaire enw:

(1−t³)(−w⁰) + 3t²w+ 1 = 0, avec les solutions

– sans second membre

(1−t³)w_o⁰ = 3t²w_o=⇒w_o(t) =Kexp

Z 3t²

1−t³dt= K 1−t³, – particulière

w_p(t) = K(t)

1−t³ =⇒ −(1−t³)w⁰_p+3t²w_p+1 =−(1−t³)K⁰(1−t³) + 3t²K

(1−t³)² +3t² K

1−t³+1 = 0 K⁰(t) = 1 =⇒K(t) =t+C =⇒w_p(t) = t

1−t³ + C 1−t³ – et générale

w(t) =w_o(t) +w_p(t) = t

1−t³ + C₁ 1−t³. Finalement, nous obtenons

z(t) = 1

w(t) = 1−t³ t+C₁ et la solution de l’EDO initiale

y(t) =t²+z(t) = 1 +t²C₁ t+C₁ .