equations différentielles, dut mp, cm 4

Les équations différentiellesLes équations linéaires du second ordre

Christophe Palermo

IUT de MontpellierDépartement Mesures Physiques

&Institut d’Electronique du Sud

Université Montpellier 2Web : http://palermo.wordpress.com

e-mail : cpalermo@um2.fr

Cours du 7 décembre 2010

MONTPELLIER

1 Méthode et définitionsSchéma de résolutionDéfinitionsLinéarité et conséquences

2 Outils de résolution au second ordreSolution générale d’une EDL2 homogèneRecherche d’une solution particulière

3 Exemples de problèmes

4 Conclusion

IUT de Montpellier (Mesures Physiques) Les équations différentielles Dec. 2010 2

Méthode et définitions

4 Conclusion

Méthode et définitions Schéma de résolution

À retenir : schéma de résolution d’un problème physique

1 Faire la mise en équation

2 Exprimer la solution générale de l’équation différentielleSi elle est inhomogène (I) :

2.1 Ecrire l’équation homogène associée (H)

2.2 Résoudre l’équation homogène : solution générale yH de (H)

2.3 Trouver une solution particulière yP de (I)

2.3.1 exprimer yP “à quelque chose près” : quelques inconnues2.3.2 injecter yP dans l’équation inhomogène (I)2.3.3 fixer les inconnues

2.4 En déduire la solution générale yI de (I) : yI = yH + yP

3 Prise en compte des conditions initiales dans la solution générale :solution du problème

2 Exprimer la solution générale de l’équation différentielleSi elle est inhomogène (I) :2.1 Ecrire l’équation homogène associée (H)

2.3.1 exprimer yP “à quelque chose près” : quelques inconnues2.3.2 injecter yP dans l’équation inhomogène (I)2.3.3 fixer les inconnues

2.3 Trouver une solution particulière yP de (I)2.3.1 exprimer yP “à quelque chose près” : quelques inconnues2.3.2 injecter yP dans l’équation inhomogène (I)2.3.3 fixer les inconnues

Au premier et au second ordre !

Pourquoi retenir un tel schéma ?

Parce qu’il est toujours vraisi l’équation est linéairequel que soit l’ordre de l’équation

Parce qu’il structure la rechercheles bonnes choses au bon momentévite les erreurs

♥ Parce qu’il sera demandé de le reproduire en devoir !

Différences 1er et 2ème ordre ?Recherche de yHRecherche de yPUniquement des techniques

Méthode et définitions Définitions

Équation différentielle du second ordre

Equation différentielle...Une équation différentielle de y en t du second ordre est de la forme :

F(t,y ,dydt ,

d2ydt2

)= F (t,y ,y ,y) = 0

y et y présentes : équation complèteSinon : équation incomplète

Solution généraleLa solution générale d’une équation différentielle du second ordre contient... constante(s) d’intégration

Vrai même si elle est non-linéaire

Équation différentielle du second ordre

Equation différentielle...Une équation différentielle de y en t du second ordre est de la forme :

F(t,y ,dydt ,

d2ydt2

)= F (t,y ,y ,y) = 0

y et y présentes : équation complèteSinon : équation incomplète

Solution généraleLa solution générale d’une équation différentielle du second ordre contient2 constantes d’intégration

Vrai même si elle est non-linéaire

Équation linéaire (EDL2)

Équation LinéaireUne équation différentielle de y en t du second ordre est linéaire si ellepeut s’écrire sous la forme :

a(t) · y + b(t) · y + c(t) · y = p(t)

où a, b et c sont des fonctions de t et où p(t) est un terme perturbateur

Même vocabulaire qu’au 1er ordre :∀t, p(t) = 0 =⇒ équation homogène ;a, b et c constantes =⇒ équation à coefficients constants ;b = 0 ou c = 0 =⇒ équation incomplète

Equation homogène associée

Soit une EDL2 inhomogène

a(t) · y + b(t) · y + c(t) · y = p(t) (I)

Équation homogène associéeOn associe à l’équation inhomogène (I) l’équation homogène suivante

a(t) · y + b(t) · y + c(t) · y = 0 (H)

appelée équation homogène associée à (I).

Comme au 1er ordreLa seule raison d’être de (H) est la recherche d’une solution particulière de(I)

Equation homogène associée

Soit une EDL2 inhomogène

a(t) · y + b(t) · y + c(t) · y = p(t) (I)

Équation homogène associéeOn associe à l’équation inhomogène (I) l’équation homogène suivante

a(t) · y + b(t) · y + c(t) · y = 0 (H)

appelée équation homogène associée à (I).

Comme au 1er ordreLa seule raison d’être de (H) est la recherche d’une solution particulière de(I)

Méthode et définitions Linéarité et conséquences

2ème ordre : mêmes conséquences pour la linéaritéso

lutions de (I)

es fonctions

ns de (H)

autre fonction

linéaire

infinité de fonctions ⊂ chaque bulle !

a(t) · y3 + b(t) · y3 + c(t) · y3 = p(t)a(t) · yI + b(t) · yI + c(t) · yI = p(t)

avec yI solution générale de (I)

a(t) · y1 + b(t) · y1 + c(t) · y1 = 0a(t) · y2 + b(t) · y2 + c(t) · y2 = 0a(t) · y8 + b(t) · y8 + c(t) · y8 = 0...

......

...a(t) · yH + b(t) · yH + c(t) · yH = 0avec yH solution générale de (H)

a(t) · (y3 + yH) + b(t) · (y3 + yH) + c(t) · (y3 + yH) =

yI = yH + yP

lutions de (I)

es fonctions

ns de (H)

autre fonction

linéaire

......

yI = yH + yP

lutions de (I)

es fonctions

ns de (H)

autre fonction

linéaire

......

yI = yH + yP

lutions de (I)

es fonctions

ns de (H)

autre fonction

linéaire

......

a(t) · (y3 + yH) + b(t) · (y3 + yH) + c(t) · (y3 + yH) =a(t) · y3 + b(t) · y3 + c(t) · y3 + a(t) · yH + b(t) · yH + c(t) · yH =

yI = yH + yP

lutions de (I)

es fonctions

ns de (H)

autre fonction

linéaire

......

a(t) · (y3 + yH) + b(t) · (y3 + yH) + c(t) · (y3 + yH) =a(t) · y3 + b(t) · y3 + c(t) · y3︸︷︷︸

+ a(t) · yH + b(t) · yH + c(t) · yH︸︷︷︸0

= p(t)

yI = yH + yP

lutions de (I)

es fonctions

ns de (H)

autre fonction

linéaire

......

a(t) · (y3 + yH) + b(t) · (y3 + yH) + c(t) · (y3 + yH) =a(t) · y3 + b(t) · y3 + c(t) · y3︸︷︷︸

+ a(t) · yH + b(t) · yH + c(t) · yH︸︷︷︸0

= p(t)

yI = yH + yPIUT de Montpellier (Mesures Physiques) Les équations différentielles Dec. 2010 9

Retour au schéma de résolution d’un problème physique

Surlignons ce qui va changer techniquement

2.3 Trouver une solution particulière yP de (I)2.4 En déduire la solution générale yI de (I) : yI = yH + yP

Outils de résolution au second ordre

4 Conclusion

Outils de résolution au second ordre Solution générale d’une EDL2 homogène

Solution générale d’une EDL2 homogène

Au 1er ordre :EDL1 homogènes à variables séparéesIl suffit de déterminer une primitiveexemple :dydt + 2y = 0

⇒ dydt = −2y ⇒ dy

y = −2 · dt ⇒ y(t) = Ke−2t , K ∈ R

Au 2ème ordre : plus compliquéexemple d’une équation complète simple :d2ydt2 +

dydt + y = 0

⇒ d2ydt2 +

dydt = −y ⇒ d

dyy = −dt /

Il existe un outil de résolution simple

Au 1er ordre :EDL1 homogènes à variables séparéesIl suffit de déterminer une primitiveexemple :dydt + 2y = 0⇒ dy

dt = −2y

⇒ dyy = −2 · dt ⇒ y(t) = Ke−2t , K ∈ R

dydt + y = 0

⇒ d2ydt2 +

dydt = −y ⇒ d

dyy = −dt /

dt = −2y ⇒ dyy = −2 · dt

⇒ y(t) = Ke−2t , K ∈ R

dydt + y = 0

⇒ d2ydt2 +

dydt = −y ⇒ d

dyy = −dt /

dt = −2y ⇒ dyy = −2 · dt ⇒ y(t) = Ke−2t , K ∈ R

dydt + y = 0

⇒ d2ydt2 +

dydt = −y ⇒ d

dyy = −dt /

dydt + y = 0⇒ d2y

dt2 +dydt = −y

⇒ dy

dyy = −dt /

dydt + y = 0⇒ d2y

dt2 +dydt = −y ⇒ d

dyy = −dt

dydt + y = 0⇒ d2y

dyy = −dt /

dydt + y = 0⇒ d2y

dyy = −dt /

Recherche d’une solution exponentielle

Technique qui fonctionne avec :les équations du second ordrelinéairesà coefficients constants

ay + by + cy = 0 (H)

PrincipeNous allons chercher la solution de (H) sous la forme d’uneexponentielle y(t) = ert

Nous allons regarder à quelles conditions cette fonction est solutionde (H)

Mise en équation (caractéristique)

ay + by + cy = 0 (H)

y = ert ⇒ y = rert ⇒ y = r2ert

(H) se ré-écrit comme :

a · r2 · ert + b · r · ert + c · ert = 0

(a · r2 + b · r + c

)· ert = 0 (H ′)

Remarque : ert 6= 0 ∀t

Condition pour que y(t) soit solution ?

Il faut que a · r2 + b · r + c = 0

ay + by + cy = 0 (H)

a · r2 · ert + b · r · ert + c · ert = 0(a · r2 + b · r + c

)· ert = 0 (H ′)

ay + by + cy = 0 (H)

)· ert = 0 (H ′)

ay + by + cy = 0 (H)

)· ert = 0 (H ′)

L’équation caractéristique

DéfinitionOn associe à l’équation homogène ay + by + cy = 0 (H) l’équationpolynôme du second degré

a · r2 + b · r + c = 0 (C)

(C) est appelée équation caractéristique de (H).C(r) = ar2 + br + c est le polynôme caractéristique de (H).

Recherche de la solution générale de (H)⇔ trinôme du second degré

Pour (H) 7→ (C), on remplace :les y par des rles ordres par des degrés

⇒ y 7→ r0 = 1, y 7→ r1 = r , y 7→ r2

Exemples

y + 5y = y

→ r2 + 5r − 1 = 0

3y + 2y + 5y = 7

→ 3r2 + 2r + 5 = 0 puisque (H) 7→ (C)

y + 2y = y + cos(t)

→ r2 + 2r − 1 = 0 puisque (H) 7→ (C)

y2 + 2y + y = 0

ne s’applique pas car non-linéaire !

y + 2y + y cos(t) = 0

ne s’applique pas car coefficients variables !

y + 5y = 0

→ r2 + 5r = 0

y + y = 0

→ r2 + 1 = 0

→ r2 = 0 mais pas très utile

Exemples

y + 5y = y → r2 + 5r − 1 = 0

3y + 2y + 5y = 7

→ 3r2 + 2r + 5 = 0 puisque (H) 7→ (C)

y + 2y = y + cos(t)

→ r2 + 2r − 1 = 0 puisque (H) 7→ (C)

y2 + 2y + y = 0

y + 2y + y cos(t) = 0

y + 5y = 0

→ r2 + 5r = 0

y + y = 0

→ r2 + 1 = 0

Exemples

y + 5y = y → r2 + 5r − 1 = 0

3y + 2y + 5y = 7 → 3r2 + 2r + 5 = 0 puisque (H) 7→ (C)

y + 2y = y + cos(t)

→ r2 + 2r − 1 = 0 puisque (H) 7→ (C)

y2 + 2y + y = 0

y + 2y + y cos(t) = 0

y + 5y = 0

→ r2 + 5r = 0

y + y = 0

→ r2 + 1 = 0

Exemples

y + 5y = y → r2 + 5r − 1 = 0

3y + 2y + 5y = 7 → 3r2 + 2r + 5 = 0 puisque (H) 7→ (C)

y + 2y = y + cos(t) → r2 + 2r − 1 = 0 puisque (H) 7→ (C)

y2 + 2y + y = 0

y + 2y + y cos(t) = 0

y + 5y = 0

→ r2 + 5r = 0

y + y = 0

→ r2 + 1 = 0

Exemples

y + 5y = y → r2 + 5r − 1 = 0

3y + 2y + 5y = 7 → 3r2 + 2r + 5 = 0 puisque (H) 7→ (C)

y2 + 2y + y = 0 ne s’applique pas car non-linéaire !

y + 2y + y cos(t) = 0

y + 5y = 0

→ r2 + 5r = 0

y + y = 0

→ r2 + 1 = 0

Exemples

y + 5y = y → r2 + 5r − 1 = 0

3y + 2y + 5y = 7 → 3r2 + 2r + 5 = 0 puisque (H) 7→ (C)

y + 2y + y cos(t) = 0 ne s’applique pas car coefficients variables !

y + 5y = 0

→ r2 + 5r = 0

y + y = 0

→ r2 + 1 = 0

Exemples

y + 5y = y → r2 + 5r − 1 = 0

3y + 2y + 5y = 7 → 3r2 + 2r + 5 = 0 puisque (H) 7→ (C)

y + 5y = 0 → r2 + 5r = 0

y + y = 0

→ r2 + 1 = 0

Exemples

y + 5y = y → r2 + 5r − 1 = 0

3y + 2y + 5y = 7 → 3r2 + 2r + 5 = 0 puisque (H) 7→ (C)

y + 5y = 0 → r2 + 5r = 0

y + y = 0 → r2 + 1 = 0

Exemples

y + 5y = y → r2 + 5r − 1 = 0

3y + 2y + 5y = 7 → 3r2 + 2r + 5 = 0 puisque (H) 7→ (C)

y + 5y = 0 → r2 + 5r = 0

y + y = 0 → r2 + 1 = 0

y = 2 → r2 = 0 mais pas très utile

Solutions réelles de l’équation caractéristiqueSi le discriminant ∆ = b2 − 4ac > 0

2 solutions réelles pour (C) : r1 =−b −

√∆

2a et r2 =−b +

√∆

y(t) peut alors prendre la forme :y(t) = er1t

y(t) = er2t

ou toute combinaison des deux

Preuve : pour deux nombres K1 et K2 / y(t) = K1er1t +K2er2t alors :y(t) = K1 · r1 · er1t + K2 · r2 · er2t

y(t) = K1 · r21 · er1t + K2 · r22 · er2t

=⇒ ay + by + cy = K1 · (ar21 + br1 + c)︸︷︷︸0(r1 solution de (C))

+K2 · (ar22 + br2 + c)︸︷︷︸0(r2 solution de (C))

·er2t = 0

y(t) est solution de (H) et contient deux paramètres ( !)

√∆

2a et r2 =−b +

√∆

2ay(t) peut alors prendre la forme :

y(t) = er1t

y(t) = er2t

y(t) = K1 · r21 · er1t + K2 · r22 · er2t

·er2t = 0

√∆

2a et r2 =−b +

√∆

y(t) = er1t

y(t) = er2t

y(t) = K1 · r21 · er1t + K2 · r22 · er2t

·er2t = 0

√∆

2a et r2 =−b +

√∆

y(t) = er1t

y(t) = er2t

y(t) = K1 · r21 · er1t + K2 · r22 · er2t

·er2t = 0

√∆

2a et r2 =−b +

√∆

y(t) = er1t

y(t) = er2t

y(t) = K1 · r21 · er1t + K2 · r22 · er2t

·er2t = 0

√∆

2a et r2 =−b +

√∆

y(t) = er1t

y(t) = er2t

y(t) = K1 · r21 · er1t + K2 · r22 · er2t

·er2t = 0

√∆

2a et r2 =−b +

√∆

y(t) = er1t

y(t) = er2t

y(t) = K1 · r21 · er1t + K2 · r22 · er2t

·er2t = 0

y(t) est solution de (H) et contient deux paramètres ( !)IUT de Montpellier (Mesures Physiques) Les équations différentielles Dec. 2010 17

Solution générale quand ∆ > 0

Solution généraleSi ∆ > 0 alors la solution générale de (H) est

y(t) = K1er1t + K2er2t

avec K1 et K2 ∈ C

r1 et r2 sont les solutions réelles de (C)

Remarque : 2ème ordre, deux paramètres libres (constantesd’intégration)

Solutions complexes de l’équation caractéristiqueSi le discriminant ∆ = b2 − 4ac < 0

r racines complexes d’un polynôme de degré 2 à coefficients réels

⇒ 2 solutions complexes conjuguées pour (C) :

r1 =−b − j

√−∆

2a et r2 =−b + j

√−∆

2aou bien r1 = α + jω et r2 = α− jω (avec α = − b

2a et ω =√−∆2a )

y(t) peut alors prendre la forme :y(t) = eα+jω

y(t) = eα−jω

ou toute combinaison des deux (comme pour le cas précédent)

Finalement : y(t) = K1eα+jω + K2eα−jω

r1 =−b − j

√−∆

2a et r2 =−b + j

√−∆

2a et ω =√−∆2a )

y(t) = eα−jω

r1 =−b − j

√−∆

2a et r2 =−b + j

√−∆

2a et ω =√−∆2a )

y(t) = eα−jω

r1 =−b − j

√−∆

2a et r2 =−b + j

√−∆

2a et ω =√−∆2a )

y(t) = eα−jω

y(t) est solution de (H) et contient deux paramètres ( !)IUT de Montpellier (Mesures Physiques) Les équations différentielles Dec. 2010 19

Solution générale quand ∆ < 0

On peut factoriser par eα

Solution généraleSi ∆ < 0 alors la solution générale de (H) est

y(t) = eαt ·(K1 · e jωt + K2 · e−jωt

)avec K1 et K2 ∈ C

Remarques :α > 0 =⇒ amplification de y dans le temps (cas le plus rare)α < 0 =⇒ amortissement de y dans le temps (cas le plus courant)eαt : terme d’amortissment

K1e jωt +K2e−jωr2t est un terme d’oscillation (conditions aux limites)si K1 = K2 =⇒ cos(ωt)si K1 = −K2 =⇒ sin(ωt)

Physiquement : solutions les plus intéressantesIUT de Montpellier (Mesures Physiques) Les équations différentielles Dec. 2010 20

Solution double de l’équation caractéristique

Si le discriminant ∆ = b2 − 4ac = 0

1 racine double pour C(r) : r = r1 = r2 =−b2a

y(t) peut alors prendre la forme :y(t) = ert

mais il en manque une !

r est aussi racine de C ′(r) = 2ar + b : on va essayer y = tert

y = rtert + ert = (rt + 1)ert

y = rert + r(rt + 1)ert = (r2 + 2r)ert

Injection dans l’application y 7→ ay + by + cyay + by + cy = ert [a(r2t + 2r) + b(rt + 1) + ct]

y(t) peut aussi prendre la forme y(t) = t · ert

Solution double de l’équation caractéristiqueSi le discriminant ∆ = b2 − 4ac = 0

Injection dans l’application y 7→ ay + by + cyay + by + cy = ert [a(r2t + 2r) + b(rt + 1) + ct]= ert [t · (ar2 + br + c) + (2ar + b)]

Injection dans l’application y 7→ ay + by + cyay + by + cy = ert [a(r2t + 2r) + b(rt + 1) + ct]= ert [t · (ar2 + br + c︸︷︷︸

r racine

) + (2ar + b)︸︷︷︸r racine double

Injection dans l’application y 7→ ay + by + cyay + by + cy = ert [a(r2t + 2r) + b(rt + 1) + ct]= ert [t · (ar2 + br + c︸︷︷︸

r racine

) + (2ar + b)︸︷︷︸r racine double

Solution générale pour ∆ = 0

Les combinaisons de ces deux solutions sont aussi solutions (linéarité)

Solution généraleSi ∆ = 0 alors la solution générale de (H) est y(t) = (K1 · t + K2) · ert

avec K1 et K2 ∈ C

Second ordre : deux paramètres

À retenir : Récapitulatif

Pour le polynôme caractéristique C(r) = ar2 + br + cde l’équation homogène ay + by + cy = 0 (H)

Discriminant Racines Solution générale∆ = b2 − 4ac de C de (H)

> 0 réelles simples yH(t) = K1 · er1t + K2 · er2t

r = − b2a ±

√∆2a

< 0 complexes conjuguées yH(t) =simples r = α± jω eαt ·

(K1 · e−jωt + K2 · e jωt)

α = − b2a et ω =

√−∆2a

= 0 réelle double yH(t) = (K1 · t + K2) · ert

r = − b2a

Surlignons ce que nous savons faire

1 Faire la mise en équation → depuis le premier cours

2 Exprimer la solution générale de l’équation différentielleSi elle est inhomogène (I) :2.1 Ecrire l’équation homogène associée (H) → depuis le troisième cours

Exemple de physique (homogène)

1 : Pendule élastique sansfrottements

x +kmx = 0 (H)

Wanted : Solution générale de (H)

, Équation homogène !

C(r) : r2 +km = 0 (C)

∆ = −4 km < 0 ou bien(

x − j√

)(x + j

racines : r1 = j√

km ou r2 = −j

√km ∈ C

Solution générale :

x(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

√km t

Deux constantes K1 ∈ C et K2 ∈ C⇒ 2 : X

x +kmx = 0 (H)

C(r) : r2 +km = 0 (C)

∆ = −4 km < 0 ou bien(

x − j√

)(x + j

racines : r1 = j√

km ou r2 = −j

√km ∈ C

x(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

√km t

x +kmx = 0 (H)

C(r) : r2 +km = 0 (C)

∆ = −4 km < 0 ou bien(

x − j√

)(x + j

racines : r1 = j√

km ou r2 = −j

√km ∈ C

x(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

√km t

x +kmx = 0 (H)

C(r) : r2 +km = 0 (C)

∆ = −4 km < 0 ou bien(

x − j√

)(x + j

racines : r1 = j√

km ou r2 = −j

√km ∈ C

x(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

√km t

Exemple de physique (inhomogène)

x +kmx = −g (I)

Wanted : Solution générale de (I)

2 : / Équation inhomogène !

2.1 : x +kmx = 0 (H)

2.2 : xH déjà fait précédemment

Solution générale de (H) :

xH(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

√km t

Que faut-il faire maintenant ?

→ Rechercher une solution particulière xP ...→ ...pour arriver à la solution générale xI de (I) !

x +kmx = −g (I)

Wanted : Solution générale de (I)2 : / Équation inhomogène !

2.1 : x +kmx = 0 (H)

xH(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

√km t

x +kmx = −g (I)

2.1 : x +kmx = 0 (H)

xH(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

√km t

x +kmx = −g (I)

2.1 : x +kmx = 0 (H)

xH(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

√km t

x +kmx = −g (I)

2.1 : x +kmx = 0 (H)

xH(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

√km t

Que faut-il faire maintenant ?→ Rechercher une solution particulière xP ...→ ...pour arriver à la solution générale xI de (I) !

Exemple de physique (inhomogène, forcé)

x +kmx =

−g +Am cos(ωt + ϕ) (I)

Wanted : Solution générale de (I)

2 : / Équation inhomogène !

2.1 : x +kmx = 0 (H)

2.2 : xH déjà faitprécédemment

xH(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

√km t

x +kmx =

2.1 : x +kmx = 0 (H)

xH(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

√km t

x +kmx =

2.1 : x +kmx = 0 (H)

xH(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

√km t

x +kmx =

2.1 : x +kmx = 0 (H)

xH(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

√km t

x +kmx =

2.1 : x +kmx = 0 (H)

xH(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

√km t

Que faut-il faire maintenant ?→ Rechercher une solution particulière xP ...→ ...pour arriver à la solution générale xI de (I) !

Surlignons en jaune ce qu’il reste à faire et en vert ce que l’on a traité

Outils de résolution au second ordre Recherche d’une solution particulière

Recherche d’une solution particulière de (I)

Au premier ordre :Méthode du tableauMéthode de Lagrange (variation de la constante)

Au deuxième ordreThéoriquement : les mêmes méthodesMéthode de Lagrange : difficile à résoudre (outils mathématiques)Nous utiliserons le tableau

Tableau :assez simplemais solutions dépendent des constantes a, b et cmais solutions dépendent des racines de C r1, et r2

Outils de résolution au second ordre Recherche d’une solution particulière

Le tableauForme de p(t) Forme yP

recommandéeRemarques

k ∈ R K ∈ Rpolynôme P(t) polynôme Q(t) • deg(Q) = deg(P) si c 6= 0

• deg(Q) = 1+deg(P)si c = 0 et b 6= 0• deg(Q) = 2+deg(P)si c = b = 0

ekt · P(t) ekt · Q(t) • deg(Q) = deg(P)si k 6= r1 et k 6= r2• deg(Q) = 1+deg(P)si k = r1 et k 6= r2• deg(Q) = 2+deg(P)si k = r1 = r2

k1 cos(mt) tn · [K1 cos(mt) • n = 0, 1, 2 selon relations+k2 sin(mt) +K2 sin(mt)] entre m, r1 et r2

Exemples de problèmes

4 Conclusion

Exemple du pendule élastique pesant # 1

Pendule élastique sansfrottements

1 : x +kmx = −g (I)

x(0) = 0 et x(0) = 0

Wanted : Solution du problème

2 : ! Équation inhomogène !

2.1 : x +kmx = 0 (H)

2.2 : xH(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

√km t déjà fait précédemment

2.3 : xP(t) = K avec K ∈ C d’après le tableauOn injecte dans (I) : k

mK = −g =⇒ K = − gmk

xP = − gmk

2.4 : Solution générale de (I) : xI(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

√km t − gm

1 : x +kmx = −g (I)

x(0) = 0 et x(0) = 0

Wanted : Solution du problème2 : ! Équation inhomogène !

2.1 : x +kmx = 0 (H)

2.2 : xH(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

mK = −g =⇒ K = − gmk

xP = − gmk

km t + K2 · e j

√km t − gm

1 : x +kmx = −g (I)

x(0) = 0 et x(0) = 0

2.1 : x +kmx = 0 (H)

2.2 : xH(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

mK = −g =⇒ K = − gmk

xP = − gmk

km t + K2 · e j

√km t − gm

1 : x +kmx = −g (I)

x(0) = 0 et x(0) = 0

2.1 : x +kmx = 0 (H)

2.2 : xH(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

mK = −g =⇒ K = − gmk

xP = − gmk

km t + K2 · e j

√km t − gm

1 : x +kmx = −g (I)

x(0) = 0 et x(0) = 0

2.1 : x +kmx = 0 (H)

2.2 : xH(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

mK = −g =⇒ K = − gmk

xP = − gmk

km t + K2 · e j

√km t − gm

1 : x +kmx = −g (I)

x(0) = 0 et x(0) = 0

2.1 : x +kmx = 0 (H)

2.2 : xH(t) = K1 · e−j√

km t + K2 · e j

mK = −g =⇒ K = − gmk

xP = − gmk

km t + K2 · e j

√km t − gm

Conditions initiales :x(0) = 0 =⇒ K1 + K2 =

x(0) = 0 =⇒ j√

km · (K2 − K1) = 0 =⇒ K1 = K2

On trouve : K1 = K2 = gm2k

Solution du problème :

x(t) =gmk ·

e−j√

km t + e j

√km t

− gmk

x(t) =gmk ·

cos√ k

x(t) =gmk ·

cos√ k

Analyse de la solutionPas d’amortissementPulsation propre ω =

x(t) =gω2 · [cos (ωt)− 1]

2 g/ 2

1 g/ 2

0 g/ 2

0/ 3/ 6/Po

nTemps

Questions intéressantes :Rajouter l’amortissement ⇒ x +

fm x + x = −g

Trouver xI quand p(t) = −g + Am cos(ωt)

Exemple plus compliqué

1 Résoudre l’équation différentielle y + 2y + y = e−t (I)avec y(0) = 1 et y(0) = 0

2 yI ?2.1 y + 2y + y = 0 (H)

2.2 r2 + 2r + 1 = 0 (C) =⇒ ∆ =

0 donc r1 = r2 = −1yH(t) = (K1 · t + K2) · e−t

2.3 yP ?a, b, et c non-nulsmais k = −1 = r1 = r2 =⇒ deg(Q) = 2 + deg(P)yP(t) = e−t · (αt2 + βt + γ)

En injectant dans (I) : yP =t2

2 e−t

2.4 yI(t) = ( t22 + K1 · t + K2) · e−t

2 yI ?2.1 y + 2y + y = 0 (H)

2.2 r2 + 2r + 1 = 0 (C) =⇒ ∆ = 0 donc r1 = r2 = −1

yH(t) = (K1 · t + K2) · e−t

2 e−t

2.4 yI(t) = ( t22 + K1 · t + K2) · e−t

2 yI ?2.1 y + 2y + y = 0 (H)

2.2 r2 + 2r + 1 = 0 (C) =⇒ ∆ = 0 donc r1 = r2 = −1yH(t) = (K1 · t + K2) · e−t

2.3 yP ?

a, b, et c non-nulsmais k = −1 = r1 = r2 =⇒ deg(Q) = 2 + deg(P)yP(t) = e−t · (αt2 + βt + γ)

2 e−t

2.4 yI(t) = ( t22 + K1 · t + K2) · e−t

2 yI ?2.1 y + 2y + y = 0 (H)

2 e−t

2.4 yI(t) = ( t22 + K1 · t + K2) · e−t

2 yI ?2.1 y + 2y + y = 0 (H)

2 e−t

2.4 yI(t) = ( t22 + K1 · t + K2) · e−t

Exemple plus compliqué # 2

Conditions initialesy(0) = 1 =⇒ K2 = 1y(0) = 0 =⇒ K1 = 0

Solution du problème

y(t) =

(t22 + 1

)e−t

Conclusion

4 Conclusion

Conclusion

Méthode qui fonctionne toujours !équations linéairesà coefficients constants

Schéma à appliquerle même au premier ordre et au deuxième ordreà connaître par ♥

Mais des calculs nécessairesExemple d’une perturbation continueEncore plus de calculs pour une perturbation variable ( !)

Prochain cours :Equations incomplètesPeuvent toutes être résoudre avec cette méthodeMais certaines peuvent être résolues plus simplement“Exceptions”

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