chapitre1 eq diff analyse2 winedit 2013 2014

UNIVERSIT ABDELMALEK ESSAADI. ENSA TTOUAN.

CHAPITRE 1

Equations diffrentielles linaires du 1er et 2eme ordre

1.1 Exemples. - motivations.

La dtermination de lvolution de nombreux phnomnes de la physique ou de la nature conduit des quations rliant une fonction inconnue y et certains de ses drives y, y, . . . ,y(n). De tellesrelations sont appeles quations diffrentielles.

1) Equation de Newton. Soit un point matriel de masse m volue dans lespace sous leffetdune force

F et on dsigne par M (t) la position linstant t. t 7 M(t) est la trajectoire dcrite

par cette masse en fonction du temps. Lapplication t 7 M(t) vrifie lquation dite de Newton :

md2M(t)

dt2=F . (1)

Ainsi la trajectoire dcrite par cette masse est la solution de lquation de Newton.

2) Equation de la chute libre. la masse m est abondonne elle mme dun point lev O,uniquement sous leffet de son poids. la loi de Newton montre que la hauteur y de la chute libreest une fonction qui est la solution de lquation diffrentielle

y(t) =d2y(t)

dt2= g, (2)

g tant lacclration de la pesanteur. (2) est appel la loi de la chute libre. la solution de cettequation diffrentielle est trs simple. Elle se fait par intgration.

3) Le pendule lastique (masse-ressort) Soit un objet soumis une force de frottementoppose sa vitesse et proportionnelle celle-ci, une force de rappel proportionnelle sondplacement et enfin un rgime forc de pulsation .m masse, f coefficient de frottement, k raideur du ressort et

F force impose de module F

my(t) + fy(t) + ky(t) = F cos t. (3)

CP1. MATHS 3. S.P. 2013/14. M. CHERKAOUI. 1/ 23


4) Le pendule simple. (masse au bout dun fil de longueur l dans un champ de gravitation). lesoscillations sont rgies par la loi

ly(t) + g sin (y(t)) = 0.

Dans le cas des oscillations de faible amplitude, lquation du mouvement est dfinie par lquationdiffrentielle

ly(t) + gy(t) = 0. (4)

5) Loi de dsintgration radioactive. Empriquement, la vitesse de dsintgration radioactiveest proportionnelle la quantit de la matire y. La loi de dsintgration radioactive est rgie parlquation diffrentielle suivante

y(t) + ky(t) = 0, k R+. (5)

6) Loi de reproduction des bactries. Lexprience montre que, dans un bouillon de cultureen quantit suffisante, la vitesse de reproduction des bactries est proportionnelle leur nombrey. y est rgie par lquation diffrentielle

y(t) ky(t) = 0, k R+. (6)

7) Electrodynamique. Un circuit lectrique comprend en srie une rsistance R, une induc-tance L et une capacit C. Il est soumis une tension priodique U de pulsation . La quantitdlectricit Q taversant un point du circuit vrifie

LQ(t) + RQ(t) +Q(t)

C= U cos (t) . (7)

Les membres gauche des quations de (1) (7) sont linaires.

Deux exemples dquations diffrentielles non linaires sous forme dexercices et quon traitera la fin de ce chapitre.

Exercice 1. (Parachute) On laisse tomber un corps de masse m, dans un milieu o la rsistancede freinage est proportionnelle au carr de la vitesse. En appliaquant la loi fondamentale de ladynamique, on a

mdv(t)

dt= mg kv2(t),

v compte positivement vers le bas et k constante positive.1) Quelle est la loi de variation de la vitesse de chute v? v(t) ?2) Si lon suppose que la vitesse initiale v0 est positive, quelle est la vitesse limite?

vL = limt+

v(t).

3) Si lon suppose que la vitesse initiale est gale zro, quel instant T le corps atteindra-t-ilv(T ) =

vL

2vitesse gale la moiti de la vitesse limite?



Exercice 2. (Citerne dalimentation) Une certaine quantit deau est contenue dans une citernecylindrique de hauteur H = 600 cm perce dun trou daire s. La citerne est alimente par leausortant la vitese constante v dun tuyau de section s (fig. (a)). Le niveau deau h(t) dans laciterne est solution de lquation diffrentielle suivante

sdh (t)

dt+ s

h = sv (E)

S surface de base de la citerne (R = 250 cm), s surface de lorifice (r = 2.5 cm) et coefficient deproportionnalit gale 40. (h(t) en centimtres)

1) Rsoudre (E) pour v = 0 et dterminer le temps de vidange complte si la citerne est pleine audpart.

2) Comment faut-il choisir v > 0 pour que leau ne dborde pas ? Chercher alors limt+

h(t) si

v = 800cm/s.

3) On installe une arrive rgule (fig (b)) telle que la vitesse dpende de h. Soit v = 4 (H h) .Chercher lim

t+h(t).

4) On installe une arrive intermittente de vitesse djection 0cm/s ou 800cm/s. Elle se dclencheds que h H

4, mais sarrte si le niveau h remonte H

2. Calculer le dbit journalier de cette

arrive deau.

Site web mettant en relation la physique et des quations diffrentielles :

www.sciences.univ-nantes.fr/sites/genevieve_tulloue/equadiff/index.html

Dans tout le chapitre, le terme intervalle dsigne un intervalle de R non vide et non rduit unpoint. On note K = R ou C.



1.2 Equations diffrentielles linaires du premier ordre

1.2.1 Gnralits.

Dfinition 1. Soient I un intervalle de R, , et : I K des applications continues, J unintervalle de R tel que J I et y : J K une application.On dit que y est une solution sur J de lquation diffrentielle du premier ordre

y + y = (1.1)

Si et Seulement Si y est drivable sur J et

x J, (x) y (x) + (x) y (x) = (x) .

On note SJ lensemble des solutions de (e) sur J .

Remarques.1) On suppose souvent que J est un ouvert.2) Si K = R, on appelle courbes intgrales de (e), les courbes reprsentatives des solutions de (e).2) Si 1 et 0, la rsolution de (e) revient au calcul des primitives de sur J .

Notre but est, dans le cas gnral, dexprimer les solutions de (e) laide de primitives et de calculercelles-ci, quand cest possible.

Dfinition 2. Lquation diffrentielle

y + y = (e)

est dite normalise (ou rsolue en y) si et seulement si 1.Problme des raccords. Lorsque (e) nest pas normalise, on se ramne une quation normaliseen divisant par la fonction sur tout intervalle o ne sannule pas. Puis, on colle les solutionsen les points o sannule.

Exemple-illustration : Raccordement de classe C1. Supposons I = R et sannule en un seulpoint not x0.Une application y : R K est solution de (e) sur R si et seulement si

- La restriction y1 y sur ],x0[ est solution de (e) sur ],x0[.- La restriction y2 y sur ]x0, +[ est solution de (e) sur ]x0, +[.

- y1 admet une limite finie l1 en x0 et y2 admet une limite finie l2 en x+0 avec l1 = l2.

limxx0

y1(x) l1x x0

= l

1 et limxx+0

y2(x) l2x x0

= l

2 avec l

1 = l

2,

et lquation (e) est vrifie en x0 cest dire

(x0) l

1 + (x0) l1 = (x0) .



On sintresse maintenant lquation diffrentielle linaire du premier ordre normalise

y + ay = b (E)

o a, b : I K continues.On note (E0), lquation sans second membre associe (E), dite (ESSM)

y + ay = 0. (Eo)

1.2.2 Rsolution de lquation sans second membre.

Quelques notations. I intervalle de R. a : I K une application continue.

y + ay = 0. (Eo)

y : I K est linconnue.

S0 =

{y : I K avec /

y est drivable sur Iet y + ay = 0

}

lensemble des solutions de (E0) sur I.

Proposition 1. S0 est un Kespace vectoriel.Preuve. S0 est un sous Kespace vectoriel du Kespace vectoriel KI form des applications deI dans K.

* S0 6= car lapplication nulle note est solution de (E0) .* Soient y1, y2 S0 et K alors y1 + y2 S0

y1 + y2 est drivable sur I.

(y1 + y2) + a (y1 + y2) =

y1 + ay1 = 0 (y1S0)

+ y2 + ay2

=0 (y2S0)

= 0.Donc y1 + y2 S0.

Thorme 1.

S0 =

{I K

x 7 exp(

a(x)dx) avec K}

ou

S0 =

{I K

x 7 exp (A(x))avec K et A est une primitive de a sur I

}Dmonstration.



a est continue, donc admet des primitives. Soit A tel que

x I, A(x) = x

x0

a(t)dt, x0 I.

y + ay = 0 (y + ay) exp A = 0 (y exp A) = 0 K tel que y exp A = K tel que y = expA.

Exemples.

1) Rsoudre lquation y + y = 0 o y : R R.

S0 =

{R R

x 7 exp (x)avec K

}

2) Rsoudre lquation y exp(x2)y = 0 o y : R R.

S0 =

{R R

x 7 exp (E(x))avec K

}o E(x) =

x0

exp(t2)dt.

Rsum ou mode opratoire. Pour rsoudre une quation diffrentielle linaire du premierordre et sans second membre, sur un intervalle I (ouvert) de R, on commence par normaliserlquation, puis sur chaque intervalle o le coefficient de y est non nulle, on applique le thormeprcdent. En la fin, on tudie les raccords aux points o le coefficient de y est nul.

1.3 Rsolution de lquation avec second membre.

Notations. I intervalle de R. a, b : I K applications continues.

y + ay = b. (E)

y : I K est linconnue. S lensemble des solutions de (E) sur I.

y + ay = 0. (Eo)

S0 lensemble des solutions de (E0) sur I.



1.3.1 Relation entre S et S0.

i) y1 ,y2 S, on a y1 y2 S0. En effet

(y1 y2) + a (y1 y2) = y1 + ay1 (y

2 + ay2) = b b = 0.

ii) y1 S, y0 S0 on a y1 + y0 S. En effet

(y1 + y0) + a (y1 + y0) = y

1+ ay1 = b

+ (y0 + ay0) =0

= b.

Daprs ces deux rsultats, si S est non vide, S est une droite affine dont la direction est la droitevectorielle S0. En effet, y1 S

S = {y1 + y0 o y0 S0 } .

Ainsi, une solution de (E) est la somme de deux solutions

- Une solution y1 dite particulire de (E).- Une solution y0 de (E0).

1.3.2 Rsolution de (E)

Soit A une primitive de a sur I et

exp A : I Kx 7 exp(A(x)).

Soit y une appliacation drivable de I dans K solution de lquation diffrentielle (E), alors

y + ay = b (y + ay) exp A = b exp A (y exp A) = b exp A.

Or b exp A est continue sur I, donc admet une primitive sur I, soit B une primitive de b exp A.Donc

y + ay = b ( K, y exp A = B + ) ( K, y = B exp (A) + exp (A)) .

Thorme 2.

1) La solution gnrale de (E) sur I est la somme dune solution particulire de (E) et de la solutiongnrale de (E0).

2) Une solution paticulire de (E) est B exp (A) oi) A est une primitive de a sur I.ii) B est une primitive de b exp A sur I.



1.3.3 Mthode pratique de rsolution de (E)

On rsout dabord (E0). On dtermine aprs une solution particulire de (E) de la faon suivante

i) Il se peut que (E) admette une solution vidente. par exemple si

y + y exp x = exp x, (E)

Une solution vidente estR Rx 7 1.

ii) Si le second membre b de (E) scrit b =n

k=1

bk, on pourra dterminer pour chaque quation

y + ay = bk, (Ek)

une solution particulire yk, et par suiten

k=1

yk est une solution particulire de (E). Car

(n

k=1

yk

)+ a

(n

k=1

yk

)=

nk=1

(yk + ayk) =n

k=1

bk = b.

Cette propit sappelle le principe de superposition des solutions.

iii) Mthode de la variation de la constante.Soit y0 une solution non nulle de (E0). On cherche une solution particulire y de (E) sous la forme

y = y0

o : I K fonction inconnue (drivable sur I). On a

y + ay = b y0 + y

0 + ay0 = b

y0 = b (car y

0 + ay0 = 0)

Or y0(x) 6= 0, x I (car y0 = C exp (A) avec C K), alors

=

b

y0= =

b (x)

y0 (x)dx.

1.3.4 Exemples

1)y + xy = x; (y : R R) (E)

La solution gnrale de lquation sans second membre (E0) est

R Rx 7 exp

(x2

2

) , R.CP1. MATHS 3. S.P. 2013/14. M. CHERKAOUI. 8/ 23


Une solution vidente de (E) est

R Rx 7 1.

Donc

S =

{R Rx 7 1 + exp

(x2

2

) , R} .2)

y + y = x exp(x) + 4 sin(x) + 3 cos(x); (y : R R) (E)

La solution gnrale de lquation sans second membre (E0) est

y0 : R Rx 7 exp (x)

, R.

Daprs le principe de superposition des solutions, nous cherchons une solution particulire pourchacune des deux quations

y (x) + y (x) = 2 exp(x) + 4 sin(x) + 3 cos(x). (E1)

y (x) + y (x) = 4 sin(x) + 3 cos(x). (E2)

Une solution vidente de (E1) est

y1 : R Rx 7 exp (x)

.

Une solution particulire de (E1) est de la forme

x R, y2 (x) = sin(x) + cos(x) avec (,) R2.

On a

x R, y2 (x) + y2 (x) = 4 sin(x) + 3 cos(x) x R, ( + ) sin(x) + ( + ) cos(x) = 4 sin(x) + 3 cos(x). (1.2)

Dans lespace vectoriel sur R des fonctions relles dfinies sur R image dans R, les fonctionsx 7 sin(x) et x 7 cos(x), forment une famille libre. On dduit alors daprs (*) que{

+ = 4 + = 3

= 72

et = 12.

on dduit alors, une solution particulire de (E2)

y2 : R Rx 7 7

2sin(x) 1

2cos(x)

.



Enfin la solution gnrale de (E) est alors

S =

{R Rx 7 exp (x) + exp(x) + 7

2sin(x) 1

2cos(x)

, R

}.

Remarque. La solution particulire de (E2) pourrait tre dtermine par la mthode de la variationde la constante. Mthode quon appliquera pour dterminer la solution particulire de lquationdiffrentielle ci-aprs.3)

y(x) +x

1 + x2y(x) =

1

1 + x2; (y : R R) (E)

La solution gnrale de lquation sans second membre est

R Rx 7 exp

(

xdx1+x2

) , R.exp

(

xdx

1 + x2

)= exp

(1

2ln(1 + x2

))=

11 + x2

.

Pour dterminer une solution particire de (E), on appliquera la mthode de la variation de laconstante. On cherchera une solution y de (E) de la forme

y(x) = (x)y0(x) o y0(x) =1

1 + x2.

: R R tant une inconnue (suppose drivable). On a

x R, y(x) + x1 + x2

y(x) =1

1 + x2

x R, (x) y0 (x) + (x) y

0 (x) +x

1 + x2 (x) y0 (x)

=0

=1

1 + x2

x R, (x) = 11 + x2

(x) = ln(x +

1 + x2

)+ C avec C R.

et donc une solution particulire de (E) est

(x) y0(x) =ln(x +

1 + x2

)

1 + x2.

Enfin la solution gnrale de (E) est alors

S =

{R R

x 7 ln(x+

1+x2)1+x2

+ 1+x2

, R

}.



1.3.5 Existence et unicit dune solution satisfaisant une condition ini-tiale

Thorme 3. Soient I intervalle de R. a, b : I K applications continues,

y + ay = b et (x0,y0) I K. (E)

Il existe une solution et une seule y (drivable sur I) de (E) sur I telle que y(x0) = x0.

Preuve. Daprs le thorme 2, la solution gnrale de (E) sur I est

y(x) = B(x) exp(A(x)) + exp(A(x)), K,

o A est une primitive de a sur I et B est une primitive de b exp A sur I. (ceci est posssible car aet b sont supposes continues sur I). Alors

y(x0) = y0 B(x0) exp(A(x0)) + exp(A(x0)) = y0 = y0 exp(A(x0))B(x0).

Ceci montre lexistence et lunicit de , donc de y.

1.3.6 Problme des raccords

Soit rsoudre lquation diffrentielle non normalise suivante

2x(x + 1)y(x) + (1 + x)y (x) = 1. (e)

les fonctions (x) = 2x(x + 1), (x) = 1 + x et (x) = 1 sont dfinies et continues sur R. Lafonction x 7 (x) = 2x(x + 1) sannule en 1 et 0. On normalise (e)

y(x) +1

2x= a(x)

y (x) =1

2x(x + 1)= b(x) (E)

et on va rsoudre (E) sur les intervalles I1 =], 1[, I2 =] 1,0[ et I3 =]0, +[. Puis, on vatudier le raccordement des solutions aux points 1 et 0. Soit (E0) lquation sans second membre

y(x) +1

2xy (x) = 0. (Eo)

Une solution gnrale de (E0) est alors y0(x) avec R et

y0(x) = exp

(

a(x)dx

)= exp

(1

2

dx

x

)= exp

(1

2ln |x|

)=

1|x|

.

La solution gnrale de lquation sans second membre scrit1x , 1 R si x < 1,2x , 2 R si 1 < x < 0 et

3x, 3 R si x > 0.



dterminons maintenant une solution particulire de (E) par la mthode de la variation de laconstante. Posons

y(x) = (x) y0(x).

Sur chacun des trois intervalles I1 =] , 1[, I2 =] 1,0[ et I3 =]0, +[, y0(x) 6= 0. Daprsle cours, on a

(x) =

b(x)

y0(x)=

x

2x(1+x)si x I1 ou I2

12(1+x)

x

si x I3.

Ainsi

(x) =

12ln1+x1x si x I1 ou I2

arctan

x si x I3.

et par suite la solution gnrale de (E), scrit

y(x) =

y1(x) =

12x ln

1+x1x + 1x , 1 R si x < 1,y2(x) =

12x ln

1+x1x + 2x , 2 R si 1 < x < 0 ety3(x) =

arctan

xx

+ 3x, 3 R si x > 0.

Etude des racccords.

Au point -1. Il nest pas possible de raccorder les solutions y1 et y2, car mme si y1 et y2 admettraitdes limites finies et identiques en 1 et que y1 et y2 soient toutes les deux drivables en 1 avecla mme drive en -1, le prolongement drivable ne vriferait pas (e) au point x = 1 :

2(1)(1 1)y(1) + (1 1)y(1) = 1,

on aurait0 = 1 Absurde.

Au point 0. Dans cette partie, les calculs des limites se vont soient par lutilisation des quiva-lences, ou laide des dveloppements limits.

y2 (x) admet une limite finie en 0 si et seulement si 2 = 0 et limx0

y2 (x) = 1.

y3 (x) admet une limite finie en 0+ si et seulement si 3 = 0 et limx0+

y3 (x) = 1.

Ainsi, il y a raccord par continuit en 0 si et seulement si 2 = 3 = 0 et limx0

y2 (x) = limx0+

y3 (x) =

l = 1.Etudions maintenant la drivabilit de ce raccord en 0.Pour x < 0, on a

limx0

y2 (x) lx

= limx0

1

2xx

(ln

(1 +x1x) 2x) = 13 .



Pour x > 0, on a

limx0+

y3 (x) lx

= limx0+

arctan (

x)

x

2x

x= 1

3.

Ce raccord est drivable en 0 et sa drive en 0 vaut 13. Ce raccord vrifie (E) au point x = 0.

Donc sur ] 1, +[, (E) admet une solution drivable donne par

y(x) =

1

2xx ln

(1+x1x ) si x ] 1,0[,1 si x = 0,arctan

x

xsi x ]0, +[.

Question : y est-elle de classe C1 sur ] 1, +[?Mode opratoire.1) Normalisation.2) Rsolution sur les diffrents intervalles.3) Etude des raccords.

1.4 Equations diffrentielles linaires du second ordre coef-ficients constants et second membre de type exponentielle-polynme.

1.4.1 Gnralits

On appelle exponentielle-polynme toute application de la forme

I K

x 7n

k=1

Pk(x) exp (mkx)

avec I un intervalle de R, n N, (m1, . . . ,mn) Kn et (P1, . . . ,Pn) (K [X])n .

Dfinition. Soient I un intervalle de R, (,,) K3 et h une exponentielle-polynme. J unintervalle de R tel que J I. y : J K une application. y est dite solution sur J de

y

+ y+ y = h (e)

si et seulement si y est deux fois drivable sur J et x J , on a

(x) y(x) + (x) y

(x) + (x) y (x) = h (x) .

Rsoudre (e), cest dterminer tous les couples (J,y) o J est un intervalle de R, J I et y estune solution sur J de (e).



On suppose 6= 0 (sinon (e) serait une quation diffrentielle linaire du premier ordre). Lquation(e) est quivalente

y

+ ay+ by = g o a =

, b =

et g =

h

. (E)

Lquation sans second membre associe (E) est

y

+ ay+ by = 0. (Eo)

1.4.2 Rsolution de lquation sans second membre

Notations : I un intervalle de R, a,b K.

y

+ ay+ by = 0. (Eo)

y : I K fonction inconnue suppose deux fois drivable. S0 lensemble des solutions de (E0) surI.

Proposition. S0 est un Kespace vectoriel.Preuve. * S0 6= car lapplication nulle note est solution de (E0) .

* Soient y1, y2 S0 et K alors y1 + y2 S0y1 + y2 est 2 fois drivable sur I et

(y1 + y2)

+ a (y1 + y2)+ b (y1 + y2) =

y1 + ay1 + by1 = 0 (y1S0)

+y2 + ay2 + by2

=0 (y2S0)

= 0.Donc y1 + y2 S0.Rsolution de (E0). On va chercher deventuelles solutions de (E0) de la forme

R(x) = exp(rx) avec x I et r K.

On ax I,

(R

+ aR

+ bR

)(x) =

(r2 + ar + b

)exp(rx) = 0.

Lquationr2 + ar + b = 0

est appele quation caractristique de (E0), soit = a2 4b son discriminant.1) On suppose que lquation caractristique de (E0) admet au moins une solution note ( K).Lapplication

R : I Kx 7 exp(x)



est une solution de (E0) sur I. On pose

x I, z(x) = y(x) exp(x).

z est deux fois drivable sur I. On a alors

y(x) = z(x) exp(x), y(x) = z(x) exp(x) + z

(x) exp(x) et

y

(x) = 2z(x) exp(x) + 2z(x) exp(x) + z

(x) exp(x).

do(y

+ ay+ by

)(x) =

(2 + a + b

) = 0

z(x) exp(x) + (2 + a) z(x) exp(x) + z

(x) exp(x).

On a alorsy

+ ay+ by = 0 (2 + a) z(x) + z

(x) = 0

quation linaire du premier ordre en z dont la solution gnrale est donne par

x I, z(x) = exp( (2 + a) x), K. (**)

De situations se prsentent :

a) 2 + a 6= 0. Alors

x I, z(x) = 2 + a

exp( (2 + a) x) + 2, 1, 2 K.

Ainsi, en notant 1 = 2+a , la solution gnrale de (E0) est alors

y : I Kx 7 1 exp( ( + a) x) + 2 exp(x)

, 1, 2 K.

Remarque. On vrifie facilement que ( + a) est lautre solution de lquation caractristique.On note r1 = ( + a) et r2 = , on obtient alors

S0 =

{I Kx 7 1 exp(r1x) + 2 exp(r2x)

, 1, 2 K

}.

b) 2 + a = 0. (Cest dire que est une solution double de lquation caractristique). Alors (**)devient

x I, z(x) = , K = z(x) = x + avec K.

Alors

S0 =

{I Kx 7 (x + ) exp(a

2x)

, , K

}.



2) Si lquation caractristique de (E0) nadmet pas de solution dans K (ceci veut dire que K = Ret < 0). Lquation caractristique admet deux racines distinctes dans C \R et on cherche unesolution

Y : I C

deux fois drivable sur I avecY

+ aY

+ bY = 0

et on ne garde que les solutions valeurs relles. On a

x I,Y (x) = 1 exp(r1x) + 2 exp(r2x)

avec 1, 2 Ket

{r1 =

ai

2

r2 =a+i

2= r1

.

Y (I) R x I, 1 exp(r1x) + 2 exp(r2x) = 1 exp(r1x) + 2 exp(r2x)

x I, 1 exp(r1x) + 2 exp(r2x) = 1 exp(r1x) + 2 exp(r2x) x I, 1 exp(r2x) + 2 exp(r1x) = 1 exp(r1x) + 2 exp(r2x) x I,

(2 1

)exp(r1x) =

(2 1

)exp(r2x)

x I,(2 1

)=(2 1

)exp

(ix

) 2 1 = 2 1 = 0

car{1, exp

(ix

)}est une Kfamille libre. Par suite

Y (I) R 2 = 1.

S0 =

{I Rx 7 1 exp(r1x) + 1 exp(r1x)

, 1 C

}.

En posant 1 = u + iv, u,v R, on a pour tout x I

1 exp(r1x) + 1 exp(r1x) = 2 exp(a

2x)

[u cos

(x2

) v sin

(x2

)]et par suite

S0 =

{I Rx 7 exp(a

2x)[A cos

(x2

)+ B sin

(x2

)] , A,B R} .Thorme 4. Lensemble des solutions de (E0) sur I est un Kespace vectoriel de dimension 2.Soient r2 + ar + b = 0 lquation caractristique de (E0) et = a2 4b le discriminant.Cas 1. r2 + ar + b = 0 admet dans K deux racines r1 et r2 distinctes K = R et > 0ou

K = C et 6= 0

Alors S0 = { I Kx 7 1 exp(r1x) + 2 exp(r2x)

, 1, 2 K

}.



Cas 2. r2 + ar + b = 0 admet dans K une racine double r = a2

(cest dire que = 0). Alors

S0 =

{I Kx 7 (x + ) exp(a

2x)

, , K

}.

Cas 3. r2 + ar + b = 0 nadmet aucune racine dans K (cest dire que K = R et < 0). Alors

S0 =

{I Rx 7 2Re (1 exp(r1x))

, 1 C

}

avec r1 est une racine dans C de r2 + ar + b.

S0 =

{I Rx 7 exp(a

2x)[A cos

(x2

)+ B sin

(x2

)] , A,B R} .Exemples.

1) Rsoudrey 5y + 6y = 0, (y : R R)

Lquation caractristique r2 5r + 6 = 0 admet deux solutions distinctes : 2 et 3. Donc

S0 =

{I Kx 7 exp(2x) + exp(3x)

, , R

}.

2) Rsoudrey

+ 2y = 0, ( R+ fix et y : R R)

Lquation caractristique r2 + 2 = 0 admet deux solutions complexes non relles : i et i.Donc

S0 =

{I Kx 7 A cos(x) + B sin(x)

, A, B R

}.

3) Rsoudrey 4y + 4y = 0, (y : R K (K = R ou C))

Lquation caractristique r2 4r + 4 = 0 admet une solution double : 2. On obtient alors

S0 =

{I Kx 7 (x + ) exp(2x)

, , K

}.



1.4.3 Rsolution de lquation avec second membre exponentielle-polynme

Notations : I un intervalle de R, a,b R, g : I K une exponentielle polynme.

y

+ ay+ by = g. (E)

y : I K fonction inconnue suppose deux fois drivable. S lensemble des solutions de (E) sur I.1) Lien entre S et S0.a) y1 ,y2 S, on a y1 y2 S0. En effet

(y1 y2)

+ a (y1 y2)+ b (y1 y2) = y

1+ ay

1+ by1

(y

2 + ay

2+ by2

)= g g = 0.

ii) y1 S, y0 S0 on a y1 + y0 S. En effet

(y1 + y0)

+ a (y1 + y0)+ b (y1 + y0) = y

1 + ay

1+ by1

= g

+(y

0 + ay

0+ by0

)

=0

= g.

Daprs ces deux rsultats, si S est non vide, S est une droite affine dont la direction est la droitevectorielle S0. En effet, y1 S

S = {y1 + y0 o y0 S0 } .

Ainsi, une solution gnrale de (E) est la somme dune solution particulire de (E) et de la solutiongnrale (E0).

2) Principe de superposition des solutions.On a

x I, g(x) =n

k=1

Pk(x) exp (mkx) =n

k=1

gk(x)

avec n N, (m1, . . . ,mn) Kn et (P1, . . . ,Pn) (K [X])n .

k {1, . . . ,n}, soit yk une solution de

y(x) + ay

(x) + by (x) = Pk(x) exp (mkx) , x I. (Ek)

Alorsn

k=1

yk est une solution de (E).

3) Dtermination dune solution de

y

+ ay+ by = gk. (Ek)

Posonsz(x) = y(x) exp (mkx) , x I y(x) = z(x) exp (mkx) .

On a alors y est solution de (Ek) sur I si et seulement si z est solution sur I de(m2k + amk + b

)z(x) + (2mk + a) z

(x) + z

(x) = Pk(x) (Fk)



Thorme 5 (Recherche dune solution particulire de (E))

Pour chaque k {1, . . . ,n}, il existe une solution yk de (Ek) de la forme

yk : I Kx 7 Qk(x) exp (mkx)

,

o Qk est un polynme de degr :

1) deg (Qk) si mk nest pas solution de r2 + ar + b = 0.

2) 1 + deg (Qk) si mk est solution simple de r2 + ar + b = 0.

3) 2 + deg (Qk) si mk est solution double de r2 + ar + b = 0.

Une solution de (E) est alorsn

k=1

yk.

Exemple. Rsoudre

y 4y + 4y =

(x2 + 1

)exp(x), (y : R R)

Lquation caractristique r2 4r + 4 = 0 admet une solution double : 2. La solution gnrale de(E0) est alors

y0 : R Rx 7 (x + ) exp(2x)

, , R

Du fait que m = 1 nest pas solution de r2 4r + 4 = 0, une solution particulire de (E) note y1sera de la forme

y1 : R Rx 7 Q (x) exp(x)

, o deg Q = 2 .

On pose Q = X2 + X + , ,, rels dterminer.

x R, y1(x) = (x2 + x + ) exp(x) est solution de (E) si et seulement si[x2 + ( 4) x + ( 2 + 2)

]exp(x) =

(x2 + 1

)exp(x)

= 1

4 = 0 2 + 2 = 1

= 1

= 4

= 7

.

Donc y1 (x) = (x2 + 4x + 7) exp(x) est une solution particulire de (E).

S =

{R Rx 7 (x2 + 4x + 7) exp(x) + (x + ) exp(2x)

, , R

}.

Cas o g est de la forme.

g : I R

x 7n

k=1

Pk(x) cos(mkx) + Qk(x) sin (mkx),



o mk R et Pk,Qk R [X] .

y

k + ay

k + byk = Pk(x) cos(mkx) + Qk(x) sin (mkx) . (Ek)

alors il existe une solution particulire yk de (Ek) de la forme

yk : I Rx 7 Ak(x) cos(mkx) + Bk(x) sin (mkx)

,

Ak,Bk R [X] (des polynomes) de degr infrieure ou gale :1) max (deg (Pk) , deg (Qk)) si imk nest pas solution de r2 + ar + b = 0.

2) 1 + max (deg (Pk) , deg (Qk)) si imk est solution simple de r2 + ar + b = 0.

Exemple. Rsoudrey

+ y = cos3(x), (y : R R) (E)

La solution gnrale de (E0) est de la forme

y0(x) = A cos(x) + B sin(x), A,B R.

Dans le but de dterminer la solution particulire de (E), on commence par linairiser la fonctioncos3(x).

cos3(x) =3

4cos(x) +

1

4cos(3x).

On va utiliser le principe de superposition des solutions.

i) g1(x) = 34 cos(x). Puisque i est solution de lquation caractristique, il existe une solution y1 de

y

+ y =3

4cos(x), (E1)

de la formey1(x) = (x + ) cos(x) + (x + ) sin(x)

avec ,, et R ( trouver); quon injecte dans (E1). Alors

x R, 2 cos(x) 2 sin(x) = 34

cos(x)

{ = 0

= 38

.

Une solution de (E1) est alors

y1(x) =3

8x sin(x).

ii) g2(x) = 14 cos(3x). Du fait que 3i nest pas solution de lquation caractristique r2 + 1 = 0, il

existe une solution y2 de

y

+ y =1

4cos(3x), (E2)



de la formey2(x) = u cos(3x) + v sin(3x)

avec u et v R ( trouver); quon injecte dans (E2). Alors

x R, 8u cos(3x) 8v sin(3x) = 14

cos(3x)

{u = 1

32

v = 0.

Une solution de (E2) est alors

y1(x) = 1

32cos(3x).

Lensemble des solutions de (E) est alors

S =

{R Rx 7 3

8x sin(x) 1

32cos(3x) + A cos(x) + B sin(x)

, A, B R

}.

Plus gnralement si on doit rsoudre dans R une quation du type

y

+ ay+ by = P (x) cos (x) exp(x)

ou

y

+ ay+ by = P (x) sin (x) exp(x)

avec , R, on passe pary

+ ay+ by = P (x) exp(x) (E)

avec = + i et on prend la partie relle ou imaginaire de la solution complexe trouve. Lessolutions ( valeurs dans C) de

y

+ ay+ by = 0

sont de la forme

exp(r1x) + exp(r2x) si r1 6= r2 et ( + x) exp(r1x) si r1 = r2.

Si on pose y(x) = z(x) exp(x), alors y est solution de (E) si et seulement si[(2 + a + b

= u

)z(x) +

(2 + a

= v

)z(x) + z

(x)

]exp(x) = P (x) exp(x) (E)

On vrifie facilement que u = ( r1) ( r2) et v = r1 + r2.z(x) est un polynme. Lquation caractristique associe (E) est

r2 + vr + u = 0

dont les zros sont r1 et r2 .

y

{exp(r1x)

exp(r2x) z = y exp(x)

{exp((r1 ) x)exp((r2 ) x)



Exemple. Rsoudrey y 2y = cos(x), (y : R R) (E)

Lquation caractristique r2 r 2 = (r + 1) (r 2) = 0. La solution gnrale de (E0) est alors

y0 : R Rx 7 exp(x) + exp(2x)

, , R.

On cherche ensuite une solution particulire de

y y 2y = exp(ix), (y : R C) (F)

dont on prend la partie relle des solutions. On pose y(x) = z(x) exp(ix). On a

v = 2 r1 r2 = 2i 1 et u = ( r1) ( r2) = (i + 1) (i 2) .

Lquation en z est doncz (1 2i)z (1 + i) (2 i) z = 1,

dont une solution particulire est 1(i+1)(i2) =

3+i10

. Une solution particulire en y est alors

3 + i10

exp(ix)

de partie relle est

310

cos(x) 110

sin(x)

La solution gnrale de (E) est donc

exp(x) + exp(2x) 310

cos(x) 110

sin(x), , R.

1.4.4 Equation diffrentielle du 2eme ordre homogne coefficients va-riables avec une solution particulire

Pour rsoudre lquation diffrentielle suivante

y

+ a(x)y+ b(x)y = 0 (Eo)

supposons que lon connaisse une solution particulire y1 de lquation (E0). On pose y = zy1 oz est une nouvelle fonction, suppose drivable jusqu lordre 2. On a

y= z

y1 + zy

1 et y

= z

y1 + 2z

y

1 + zy

1

donc

z

y1 + a(x)y1 + b(x)y1 = 0

+ zy1 + z (2y1 + a(x)y1) = 0,CP1. MATHS 3. S.P. 2013/14. M. CHERKAOUI. 22/ 23


et on obtient alors la nouvelle quation diffrentielle

z

y1 + z(2y

1 + a(x)y1

)= 0. (Fo)

Posons u = z , on a doncy1u

+(2y

1 + a(x)y1

)u = 0

cest une quation linaire du premier ordre qui nous permt de calculer u, puis z et enfin la solutiongnrale y.


chapitre1 eq diff analyse2 winedit 2013 2014

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