[PDF] Exemples de résolutions déquations différentielles

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Exemples de r´esolutions d"´equations diff´erentielles

Table des mati`eres

1 D´efinitions1

2 Sans second membre1

2.1 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 1

3 Avec second membre2

3.1 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 2

3.2 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 2

3.3 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 2

3.4 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 2

3.5 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 3

3.6 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 3

4 Sans second membre, avec condition initiale3

4.1 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 3

4.2 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 3

5 Avec second membre et condition initiale3

5.1 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 3

5.2 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 4

6 Exemples de recollements4

6.1 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 4

6.2 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 4

6.3 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 4

6.4 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 5

6.5 Exemple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . . . 5

Fichier `a utiliser:equdiffs.

1 D´efinitions

SoientIun intervalle deRnon r´eduit `a un point. Les fonctionsa(et, au bseoin,b) sont continues surI, `a

valeurs r´eelles. Alorsy?(t) +a(t)y(t) = 0 une ´equation diff´erentielle lin´eaire,homog`ene, du premier ordre; et

y

?(t)+a(t)y(t) =b(t) est une ´equationcompl`ete. NotonsAune primitive surIdea; les solutions de l"´equation

propos´ee sont les fonctionst?I?→λexp?-A(t)?.

2 Sans second membre

2.1 Exemple

R´esolvons l"´equation diff´erentielle

y?(t) + 2y(t) = 0: ici,a(t) = 2, doncA(t) =? t

2udu= 2t.

La solution g´en´erale de cette ´equation est donct?R?→λe-2t. 1

3 Avec second membre3.1 ExempleR´esolvons l"´equation diff´erentielle

y?(t) + 2y(t) =t2-2t+ 3.

Nous avonsa(t) = 2, doncA(t) =?

t

2udu= 2t.

Les solutions de l"´equation homog`ene sont les fonctionst?R?→λe-2t.

Il nous reste `a d´eterminer une solution particuli`ere; celle-ci est de la formeh(t) =at2+bt+c; donch?(t) =

2at+b. Il vient:

h ?(t) + 2h(t) = 2at+b+ 2at2+ 2bt+ 2c= 2at2+ 2(a+b)t+b+ 2c

Ceci nous am`ene au syst`eme ´echelonn´e, form´e des trois ´equations 2a= 1, 2(a+b) =-2 etb+ 2c= 3.

La r´esolution nous donnea= 1/2,b=-3/2 etc= 9/4. La forme g´en´erale d"une solution est donct?R?→

λe -2t+t2

2-3t2+94.

3.2 Exemple

R´esolvons l"´equation diff´erentielle

y?+ 2ty= 2t, avec la condition initialey(0) = 2.

Nous avonsa(t) = 2t, doncA(t) =?

t

2udu=t2. La solution g´en´erale de l"´equation homog`eney?+2ty= 0 est

donc la fonctiont?R?→λe-t2.

Nous trouvons facilement une solution particuli`ere de l"´equation compl`ete: il suffit de prendret?R?→1.

La solution de l"´equation compl`ete est donct?R?→1 +λe-t2.

3.3 Exemple

R´esolvons l"´equation diff´erentielle

y?(t) +y(t) =11 +et.

Ici, nous avonsa(t) = 1, doncA(t) =?

t

1dt=t.

La solution g´en´erale de l"´equation homog`ene est visiblement la fonctiont?R?→λe-t.

Il nous faut maintenant d´eterminer une solution particuli`ere de l"´equation compl`ete; la m´ethode de variation

de la constante nous donneλ?(t) =et

1 +et, doncλ(t) = ln(1 +et).

La solution compl`ete est donct?R?→λe-t+e-tln(1 +et).

3.4 Exemple

R´esolvons l"´equation diff´erentielle

y?(t)-2y(t) = (2t2-1)et2.

Ici, nous avonsa(t) =-2, doncA(t) =?

t -2du=-2t. Les solutions de l"´equation homog`ene sont visiblement de la formet?R?→λe2t.

Il reste `a d´eterminer une solution particuli`ere; celle-ci sera de la formet?→et2P(t), avecPpolynomiale, de

degr´e 2. NotonsP(t) =at2+bt+cetP?(t) = 2at+b; alors: ?P?(t) + 2(t-1)P(t)?et2= (2t2-1)et2 ??P?(t) + 2(t-1)P(t) = 2t2-1 ??2at+b+ 2(t-1)(at2+bt+c) = 2t2-1 ??2at2+ 2(b-a)t+a-2b= 2t2-1 2

Ceci nous m`ene `aa= 1 etb= 1.

Finalement, la solution g´en´erale de cette ´equation estt?R?→λe2t+ (1 +t)et2.

3.5 Exemple

Nous r´esolvons l"´equation diff´erentielle y?(t) + 2ty(t) =et-t2. La solution g´en´erale de l"´equation homog`ene estt?R?→λe-t2.

La m´ethode de variation de la constante s"applique, ici:y(t) =λ(t)e-t2donneλ?(t) =et+k, o`uk?R. La

solution de l"´equation compl`ete est donct?→λe-t2+et-t2, avecλ?R.

3.6 Exemple

Nous r´esolvons l"´equation diff´erentielle y?(t)-2ty(t) = sh(t)-2tch(t). L"´equation diff´erentielle se r´eduit `ay?(t)-2ty(t) = 0. Nous avonsa(t) =-2t, doncA(t) =? t -2udu=-t2. La solution g´en´erale de l"´equation homog`ene estt?R?→λet2. A FAIRE!Il reste `a d´eterminer une solution particuli`ere de l"´equation compl`ete.

4 Sans second membre, avec condition initiale

4.1 Exemple

R´esolvons l"´equation diff´erentielle

y?(t) + 3y(t) = 0, avec la condition initialey(0) = 2.

Nous avonsa(t) = 3, doncA(t) =?

t

3dt= 3t. La forme g´en´erale des solutions est donct?R?→λe-3t.

La condition initialey(0) = 2 imposey:t?R?→2e-3t.

4.2 Exemple

R´esolvons l"´equation diff´erentielle

(1 +t2)y?(t)-ty(t) = 0, avec la condition initialey(1) =π. L"´equation est mise sous la forme plus agr´eabley?(t)-t

1 +t2y(t) = 0; ici,a(t) =-t1 +t2, doncA(t) =

1 2? t2u1 +u2du=-12?1 +t2. Les solutions sont donc de la formet?R?→λ?

1 +t2.

5 Avec second membre et condition initiale

5.1 Exemple

R´esolvons l"´equation diff´erentielle

y?(t) +ty(t) =t2+ 1, avec la condition initialey(0) = 3. Observons l"´equation homog`eney?(t) +ty(t) = 0: ici,a(t) =t, doncA(t) =? t udu=t2

2. Les solutions sont

les fonctionst?R?→λe-t2/2. Si nous cherchons une solution particuli`ere, nous obtenons facilement la solutiont?R?→t. Sinon, la condition initialey(0) = 3 impose comme solution la fonctiont?R?→λexp(-t2/2). 3

5.2 ExempleR´esolvons l"´equation diff´erentielle

y?(t)-2ty(t) = sh(t)-2tch(t), avec la condition initialey(0) = 1. La solution g´en´erale de l"´equation homog`ene estt?R?→λet2.

Il reste `a d´eterminer une solution particuli`ere de I"´equation compl`ete; elle sera de la formeαsh(t) +βsh(t).

6 Exemples de recollements

6.1 Exemple

R´esolvons l"´equation diff´erentielle

ty?(t)-2y(t) =t3. Nous nous ramenons `a la r´esolution des ´equationsy?(t)-2 ty(t) =t2, avect <0, puis avect >0. La solution de l"´equation homog`ene nous donnea(t) =2 t, doncA(t) =? t2udu= 2ln(t). Nous distinguerons d´esormais deux cas de figure. Siy?]-,+∞[, alorsy(t) =λexp?-A(t)?=λexp?2ln(t)?=λt2.

De la mˆeme fa¸con, nous obtenons pourt?]0,+∞[ la solutiony(t) =μexp?-A(t)?=μexp?2ln(t)?=μt2.

Nous constatons quey(t)---→

t→0+0, puis quey?(t)---→ t→0+0. Donc la restriction dey`a ]0,+∞[ est prolongeable `a

droite de 0; nous obtenonsy(0) = 0 ety?(0) = 0. La fonction, ainsi prolong´ee, est d´erivable surR+.

Un argument analogue nous montre que la restriction dey`a ]-∞,0[ est prolongeable par continuit´e `a gauche

de 0. La fonction, ainsi prolong´ee, est d´erivable `a gauche de 0.

Finalement,y, ainsi prolong´ee, est continue et d´erivable surR. Les solutions de l"´equation propos´ee sont de la

forme suivante:t <0?→μt2,t >0?→λt2et 0?→0. Il existe une?double?infinit´e de solutions obtenues par

recollement.

6.2 Exemple

R´esolvons l"´equation diff´erentielle

ty?(t)-y(t) =t2. Observons que l"´equation n"est pas d´efinie surR; en revanche, elle est d´efinie surR? -et surR?+.

Sit <0, la solution g´en´erale esty(t) =λt; de mˆeme, sit >0, la solution g´en´erale esty(t) =μt.

Une solution particuli`ere est obtenue facilement: c"est la solutiony(t) =t2.

Finalement, la solution g´en´erale de l"´equation diff´erentielle est d´efiniecomme suit: sit <0, alorsy(t) =λt+t2;

sit >0, alorsy(t) =μt+t2.

Voyons si les deux

?morceaux?peuvent ˆetre raccord´es. Les solutions que nous venons de d´efinir sont continues,

respectivement `a gauche et `a droite de 0; donc nous pouvons prolongerypar continuit´e, en posanty(0) = 0.

Il reste `a obtenir la d´erivabilit´e `a gauche et `a droite de 0: or celle-ci est obtenue en imposantλ=μ. Concluons:

il existe des solutions surR, de la formey(t) =λt+t2.

6.3 Exemple

R´esolvons l"´equation diff´erentielle

ty?(t)-2y(t) =⎷t. Observons que l"´equation est d´efinie sur ]0,+∞[. La conditiont >0 nous est impos´ee. L"´equation homog`ene s"´ecrity?-2 ty= 0; sa solution g´en´erale est t >0?→λt2.

Pour obtenir une solution particuli`ere, il est raisonnable, au vu de l"´equation, deprendrey(t) =α⎷

t. Alors ty ?(t) =tα

2⎷tet 2y(t) = 2α⎷t; doncα2-2α= 1, soitα=-23.

La solution g´en´erale estt?→λt2-2

3⎷t.

4

Observons que la solution propos´ee tend vers 0+avect, doncyest prolongeable par continuit´e `a droite de 0,

en posanty(0) = 0. Maisy(t)-y(0) t-0=λt-23⎷ttend vers-∞lorsquettend vers 0+. Donc il n"existe pas de solution surR+.

6.4 Exemple

R´esolvons l"´equation diff´erentielle

y?(t)sin(t)-y(t)cos(t) =-1. Nous constatons que cette ´equation ne peut ˆetre r´esolue que sur chaque intervalleIn= ]nπ,(n+ 1)π[. Limitons-nous au cas o`u l"intervalle estI2p= ]2pπ,(2p+ 1)π[. Ici,A(t) = cot(t) =cos(t) sin(t); doncA(t) = tcos(u) sin(u)du= ln?sin(t)?.

La solution g´en´erale de l"´equation homog`ene est donct??→λexp?ln(sin(t)?=λsin(t).

Observons que la fonctiony(t)----→

t→2pπ+0 ety(t)-------→ t→(2p+1)π-0; Il reste `a trouver une solution particuli`ere de

l"´equation compl`ete. Si nous avons l"oeil, la fonctiont?→ -1 convient! Sinon, nous savons qu"une solution sera

de la formet? In?→αsin(t) +βcos(t); le reste est une question d"identification.

6.5 Exemple

R´esolvons l"´equation diff´erentielle

t2y?+y= 1. Nous nous ramenons `a l"´equationy?+2t2y= 0. Les solutions sont: sit <0, alorsy(t) =λe1/t; sit >0, alorsy(t) =μe1/t. Une solution particuli`ere ´evidente est la fonctiony(t) = 1.

La solution g´en´erale est donc: sit <0, alorsy(t) = 1 +λe1/t; sit >0, alorsy(t) = 1 +μe1/t.

La continuit´e dey`a gauche et `a droite de 0 est claire, donc nous pouvons prolongeryen imposanty(0) = 0.

Montrons enfin que la d´eriv´ee peut `a son tour ˆetre prolong´ee: sit <0, alorsy(t) =λe1/t, avecλ?R,y(0) = 1

ety?(0) = 0; sit >0, alorsy(t) = 1. 5quotesdbs_dbs44.pdfusesText_44

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