[PDF] Chapitre 4 EQUATIONS DIFFERENTIELLES

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Chapitre 4

EQUATIONS DIFFERENTIELLES

4.1 Equations dierentielles lineaires du premier ordre

4.1.1 Presentation du probleme

Nous nous interessons a la resolution des equations de la forme y

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

Dans cette equation,aetbsont des fonctions dex, denies et continues sur un intervalle ouvert

IdeR. Par exemple

y

0+ysinx= 2sinx

surR. On cherche une fonctionydex, denie et contin^ument derivable surI, qui verie l'egalite ci-dessus (ouy0est bien s^ur la derivee dey). C'est une equation dierentielle (c'est a dire une equation faisant intervenir une fonction inconnueyet ses derivees). Dire qu'elle est du premier ordre veut dire que cette equation ne fait intervenir que la fonctionyet sa derivee premierey0. Lalineariteest une propriete importante. On dispose d'une methode generale pour les equations lineaires : on remarque que siy1ety2sont deux solutions de l'equation lineaire u(y) =b, alors leur dierencey1y2verieu(y1y2) = 0. On est ainsi conduit a considerer l'equation sans second membre, ouequation homogeneu(y) = 0. Supposons que l'on a determine l'ensembleSdes solutions de l'equation sans second membre , et que l'on connaisse une solution particulierey1de l'equation complete. Alorsyest solution de l'equation complete si et seulement si on ay=y1+zouz2Sest solution de l'equation sans second membre. Ceci s'enonce de la maniere suivante. La solution generale de l'equation lineaire complete est somme d'une solution par- ticuliere de l'equation complete et de la solution generale de l'equation sans second membre. Ceci va guider notre demarche pour l'equation dierentielle lineaire du premier ordre. On commence par chercher la solution generale de l'equation sans second membre, puis on voit comment trouver une solution de l'equation complete.

4.1.2 La solution generale de l'equation sans second membre

Nous cherchons la solution generale de l'equation

y

0+a(x)y= 0;

23
ouaest une fonction reelle continue sur l'intervalle ouvertIdeR. Siy6= 0, on peut ecrire y

0=y=a(x), et on reconnait a gauche la derivee de ln(jyj). On en deduit donc, siA=Ra(x)dx

est une primitive deasurI, que ln(jyj) =A(x) +CouCest une constante reelle, d'ou y=KeA(x)=KeRa(x)dx; ouKest une constante reelle. Ce calcul est delicat a justier completement (en particulier l'hypothesey6= 0), mais il nous donne tout de m^eme la solution. Theoreme 1La solution generale de l'equation sans second membrey0+a(x)y= 0est y=KeA(x); ouA(x)est une primitive dea(x), etKune constante reelle. Demonstration :Soityune fonction contin^ument derivable surI. PuisqueeA(x)ne s'annule jamais surI, on peut bien poser y(x) =u(x)eA(x)c'est a direu(x) =eA(x)y(x): Ceci denit une fonctionucontin^ument derivable surI. On a y

0+a(x)y=u0eA(x)+u(a(x)eA(x)) +a(x)ueA(x)=u0eA(x);

et doncyest solution de l'equationy0+a(x)y= 0 si et seulement siu0eA(x)= 0, c'est a dire si et seulement siuest une constante puisqueeA(x)ne s'annule pas surI. Ceci montre le theoreme. Ceci nous donne la reponse, dans la mesure ou l'on sait calculer une primitive dea. Considerons par exemple l'equation sans second membre y

0+ysinx= 0

surR. Une primitive desinxest cosx, et donc la solution generale de cette equation est y=Kecosx; ouKest une constante reelle. Remarquons qu'une solution ou bien est constamment nulle sur l'intervalleI, ou bien ne s'annule jamais surI. Ceci justie a posteriori le calcul qui consistait a exclure le casy= 0 et a diviser pary.

4.1.3 Solution de l'equation complete

On cherche la solution generale de l'equationy0+a(x)y=b(x), connaissant la solution generale de l'equation sans second membrey0+a(x)y= 0, sous la formey(x) =Kz(x) ouKest une constante reelle etz(x) =eA(x), avecAune primitive dea. On sait, d'apres la discussion ci-dessus, qu'il sut de conna^tre une solution particuliere de l'equation complete. On a parfois la chance d'en voir une sans calcul. Par exemple,y= 2 est une solution evidente de y

0+ysinx= 2sinx;

et donc la solution generale de cette equation est y= 2 +Kecosx: 24
Si ce n'est pas le cas, on dispose de la methode devariation de la constante. Elle consiste a posery(x) =u(x)z(x), et a trouverupour queysoit solution de l'equation complete. On a y

0+a(x)y=u0z+uz0+a(x)uz=u0z

puisquezest solution de l'equation sans second membre. Doncyest solution de l'equation complete si et seulement siu0=b(x)=z(x) (on peut bien diviser puisquezne s'annule jamais surI). SiB(x) est une primitive deb(x)=z(x) =b(x)eA(x), alorseA(x)B(x) est une solution particuliere de l'equation complete. Recapitulons. Theoreme 2Soitaetbdeux fonctions reelles continues sur l'intervalle ouvertI. SoientAune primitive dea, etBune primitive debeA. Alors la solution generale de l'equation dierentielle y

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

est y(x) =eA(x)(B(x) +K); ouKest une constante reelle. On a donc ramene le probleme de resolution de l'equation dierentielle au calcul de deux prim- itives. Par exemple, resolvons y 0yx =xp1x2 sur l'intervalle ]0;1[. Une primitive de 1=xest lnx, donc la solution generale de l'equation sans second membre esty=Kx. On fait varier la constante en posanty=u(x)x, ce qui donne en portant dans l'equation completeu0= 1=p1x2d'ou une solution particuliere y=xArcsin (x). La solution generale de l'equation sur ]0;1[ est donc y=x(Arcsin (x) +K); ouKest une constante reelle.

4.1.4 Solution veriant une condition initiale

La donnee d'unecondition initialepour l'equationy0+a(x)y=b(x) sur l'intervalle ouvertIest la donnee d'un pointx0deIet d'un reely0. Une solution satisfaisant a cette condition initiale est une solutionytelle quey(x0) =y0. Theoreme 3Il existe une et une seule solution de l'equationy0+a(x)y=b(x)surIsatisfaisant a la condition initialey(x0) =y0. Demonstration :On a vu que la solution generale s'ecrit y=eA(x)(B(x) +K); ouA(x) est une primitive dea(x),B(x) une primitive deeA(x)b(x), etKune constante reelle. La condition initiale permet de determiner cette constante : y

0=eA(x0)(B(x0) +K);soitK=eA(x0)y0B(x0);

ce qui montre l'existence et l'unicite de la solution veriant la condition initiale. Par exemple, la solution dey0+ysinx= 2sinxverianty(0) = 0 est 2+Kecosxavec 0 = 2+Ke, d'ouK=2=eety= 2(1ecosx1). Le probleme d'existence et d'unicite de solution d'une equation dierentielle veriant une condition initiale (appele probleme de Cauchy) est un probleme important de la theorie des equations dierentielles. 25

4.2 Equations du premier ordre a variables separees

On appelle equation dierentielle a variables separees une equation de la forme (1)f(y)y0=g(x); oufest une fonction reelle continue dans un intervalle ouvertIdeRetgune fonction reelle et continue sur un intervalle ouvertJ: Remarque :On peut ecrire \f(y)dy=g(x)dx", ce qui explique leur nom. Proposition 1SoitFune primitive defdansIetGune primitive degdansJ. Pour qu'une fonctionx!y(x), denie et derivable dans un sous-intervalle deJ, verie l'equation (1), il faut et il sut que

F(y(x)) =G(x) +C;

ouCest une constante reelle. Demonstration :Pour que la fonction derivablex!F(y(x))G(x) soit constante dans l'intervalle de denition de la fonctiony, il faut et il sut que sa derivee soit nulle ; or cette derivee vautf(y(x))y0(x)g(x) ; elle est donc nulle. Remarque :Si on suppose de plus que, pour touty2I,f(y)6= 0, on en deduit queFa une derivee non nulle ; elle est donc bijective deIdansF(I) ety(x) =F1(G(x) +C):

Donnons deux exemples:

Exemple 1 :Resoudreyy0= cosxavec la condition initialey(0) =1:On obtient en integrantRy dy=Rcosxdx+C, soity2= 2sinx+ 2c:La condition initiale imposec= 1=2:On a donc

y

2= 2sinx+ 1:Ory(0) =1, donc on obtienty=p1 + 2sinxsur [=6;7=6]:

Exemple 2 :Resoudrey0=y2avec la condition initialey(1) = 1:Poury6= 0, on ecrit y

0=y2= 1;ce qui donne en integrant1=y=x+c:La condition initiale imposec=2;d'ou

une solutiony= 1=(2x) denie sur l'intervalle ] 1;2[:

4.3 Equations dierentielles lineaires du second ordre a

coecients constants

On cherche ici a resoudre l'equation

ay

00+by0+cy=f(x)

oua,b,csont des constantes reelles, aveca6= 0, etfune fonction denie et continue sur un intervalleIdeR. On veut trouver les fonctionsy, deux fois contin^ument derivables deIdans R, qui verient cette equation. C'est une equation dierentielle du second ordre car elle fait intervenir la derivee seconde dey: C'est une equation lineaire, c'est-a-dire que, siy1ety2sont solutions de l'equationu(y) =f(x); alorsu(y1y2) = 0:On est ainsi amene a resoudre l'equation sans second membreu(y) = 0: Supposons que l'on ait determine l'ensembleSdes solutions de l'equation sans second membre, et que l'on connaisse une solution particulierey1de l'equation complete. Alorsyest solution de l'equation complete si et seulement si on ay=y1+zouz2Sest solution de l'equation sans second membre. Ceci s'enonce de la maniere suivante. La solution generale de l'equation complete est la somme de la solution generale de l'equation sans second membre et d'une solution particuliere de l'equation complete. 26

4.3.1 L'equation sans second membre

On s'interesse ici a l'equation sans second membre ay

00+by0+cy= 0:

On recherche une solution de la formey=erx, ourest une constante. En substituant dans l'equation, on trouve e rx(ar2+br+c) = 0: Le polyn^omeP(r) =ar2+br+cs'appellepolyn^ome caracteristiquede l'equation dierentielle.

Trois cas sont a distinguer.

1.Le polyn^ome caracteristique a deux racines reelles distinctesr1etr2(b24ac >0). Alors

y

1=er1xety2=er2xsont solutions de l'equation sans second membre. La solution

generale de l'equation sans second membre surRest y=c1er1x+c2er2x; ouc1etc2sont deux constantes reelles.

2.Le polyn^ome caracteristique a deux racines complexes conjuguees distinctes=+iet=i(b24ac <0). Alorsexetex

sont des fonctionsa valeurs complexesdex, qui sont solutions de l'equation dierentielle sans second membre. On a e x=ex(cos(x) +isin(x)) ex =ex(cos(x)isin(x)) Nous sommes interesses par les solutions reelles. La partie reelley1=excos(x) et la partie imaginairey2=exsin(x) deexsont des solutions reelles de l'equation, et la solution generale surRde l'equation sans second membre est y=ex(c1cos(x) +c2sin(x)); ouc1etc2sont des constantes reelles.

3.Le polyn^ome caracteristique a une racine reelle doubles(b24ac= 0). Cette racine verie

aussiP0(s) = 2as+b= 0. Alorsy1=esxest solution de l'equation, et aussiy2=xesx.

En eet

ay

002+by02+cy2=a(2s+s2x) +b(1 +sx) +cxesx= 0:

La solution generale surRde l'equation sans second membre est y=esx(c1+c2x); ouc1etc2sont deux constantes reelles. Theoreme 4La solution generale de l'equation sans second membreay00+by0+cy= 0, oua;

betcsont des reels eta6= 0estde la formesi l'equationax2+bx+c= 0 ay(x) =Aer1x+Ber2xdeux racines reelles distinctesr1etr2y(x) = (Ax+B)esxune racine reelle doublesy(x) =ex(Acos(x) +Bsin(x))deux racines complexes conjugueesr=+ietr

ouAetBsont des constantes reelles. Nous avons montre que ces fonctions etaient bien solutions de l'equation sans second membre; nous admettrons que ce sont les seules. 27

4.3.2 Solution particuliere de l'equation complete

Rappelons d'abord deux choses.

Toute astuce est bonne pour trouverunesolution deay00+by0+cy=f(x). On peut decomposerf(x) en morceaux plus simples. Sif(x) =f1(x) ++fk(x) et si az

001+bz01+cz1=f1(x)

az

00k+bz0k+czk=fk(x);

alorsz=z1++zkverieaz00+bz0+cz=f(x). C'est ce qu'on appelle le \principe de superposition des solutions". Nous passons en revue quelques cas particuliers importants ou l'on connait a priori la forme d'une solution particuliere. Second membre de la formef(x) =exP(x) avec2RetP(x) polyn^ome. On cherche une solution de la m^eme forme, c.-a-d. de la formeexQ(x) ouQ(x) est aussi un polyn^ome de degre egal a degPsin'est pas racine du polyn^ome caracteristique (a2+b+c6= 0), de la formexQ1(x) avec degQ1= degPsiest racine simple du polyn^ome caracteristique, de la formex2Q2(x) avec degQ2= degPsiest racine double du polyn^ome caracteristi- que. On trouve les coecients deQpar identication. Donnons deux exemples.

1.y00+y0+y=x2+x+ 1. Ici il n'y a pas d'exponentielle, ce qui revient a dire que

= 0; ce n'est pas une racine du polyn^ome caracteristique. On cherche une solution y=x2+x+ . En portant dans l'equation on trouve x

2+ (+ 2)x+

++ 2=x2+x+ 1: L'identication des coecients nous donne un systeme lineaire de trois equations a trois inconnues, que l'on resout facilement en= 1,=1, = 0. On a donc comme solution particulierex2x.

2.y00y0=ex(x+ 1). Ici= 1 qui est racine simple du polyn^ome caracteristique. On

recherche une solution de la formey=exx(x+). En portant dans l'equation on trouve e x(2x+ 2+) =ex(x+ 1); ce qui donne= 1=2 et= 0, et la solution particulierey=exx2=2. Remarquer dans le calcul que le fait que= 1 est racine simple du polyn^ome caracteristique se manifeste par la disparition du terme enx2. Second membre de la formef(x) =erxcos(sx)P(x)ouf(x) =erxsin(sx)P(x) ouP(x) est un polyn^ome. On peut se ramener au cas precedent en constatant qu'on a dans le premier cas la partie reelle dee(r+is)xP(x), et dans le second cas la partie imaginaire. On procede alors comme ci-dessus, avec=r+iscomplexe. Traitons l'exemple ()y002y0+ 2y=excosx: 28
Le second membre est la partie reelle def(x) =e(1+i)x. Ici= 1 +iest racine simple de l'equation caracteristique. On cherche une solution particuliere de l'equation avec second mem- bref(x), de la formee(1+i)xx. En remplacant dans l'equation, on trouve e (1+i)x(2i) =e(1+i)x, d'ou=i=2 et la solution particuliere complexeixe(1+i)x=2 de l'equation avec second membref(x). La partie reelle12 xexsinxest une solution particuliere de l'equation proposee. Une autre facon de mener le calcul, sans passer par le complexe, est de rechercher une solution de la formeerx(Q(x)cos(sx)+R(x)sin(sx)) ouQ(x) etR(x) sont des polyn^omes d'un des deux premiers types presentes ci-dessus, suivant quer+isn'est pas racine du polyn^ome caracteristique, ou est racine simple (comme le polyn^ome caracteristique est a coecients reels, le cas d'une racine double non reelle ne se presente pas).

4.3.3 Solution veriant des conditions initiales

On considere une equation

ay

00+by0+cy=f(x) (1)

oufest denie et continue sur un intervalle ouvertI. Soitx0un point deI. Proposition 2Etant donnes deux reelsy0ety00, il existe une et une seule solutionyde l'equation dierentielle (1) telley(x0) =y0ety0(x0) =y00. Lesconditions initiales enx0sont les deux equationsy(x0) =y0,y0(x0) =y00. On a pour les equations dierentielles lineaires du second ordre a coecients constants un resultat d'existence et d'unicite de solution veriant des conditions initiales. On sait que la solution generale de l'equation (1) s'ecrity(x) =z(x)+c1y1(x)+c2y2(x), ouz(x) est une solution particuliere de (1),y1(x) ety2(x) les solutions fondamentales de l'equation sans second membre,c1etc2des constantes reelles. Il faut choisir ces constantes pour que (c

1y1(x0) +c2y2(x0) =y0z(x0)

c

1y01(x0) +c2y02(x0) =y00z0(x0)

On admet qu'il y a existence et unicite des solutions. Exemple 1.On cherche la solution de l'equation () de la section precedente, qui verie les conditions initialesy(0) = 1 ety0(0) = 0. La premiere condition, pour la solution generale y(x) =12 xexsinx+ (c1cosx+c2sinx)ex donnec1= 1. On ay0(0) =c1+c2:La conditiony0(0) = 0 donnec2=1. La solution veriant les conditions initiales est donc 12 xexsinx+ (cosxsinx)ex: Exemple 2.A titre de recapitulation, traitons completement le probleme suivant : trouver la solution de y

003y0+ 2y=ex+ cosx(2)

veriant les conditions initialesy(0) =y0(0) = 0. Les racines du polyn^ome caracteristique sont

1 et 2, et la solution generale de l'equation sans second membre estc1ex+c2e2x.

On cherche une solution particuliere de l'equation avec second membreex, de la formexex puisque 1 est racine simple du polyn^ome caracteristique. Par identication, on trouve=1. 29
On cherche une solution particuliere de l'equation avec second membre cosx, de la forme cosx+ sinx. Ceci donne (3 )cosx+ (3+ )sinx= cosx; et l'on trouve= 1=10 et =3=10.

La solution generale de l'equation (2) est donc

y=xex+110 (cosx3sinx) +c1ex+c2e2x:

Des conditions initiales on obtient le systeme

(0 =y(0) =110 +c1+c2

0 =y0(0) =1310

+c1+ 2c2 qui a pour solutionc1=3=2,c2= 7=5. 30
quotesdbs_dbs19.pdfusesText_25

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