Equations differentielles cours et exercices
Sommaire
1. Équations différentielles du premier ordre
1.1 L'équation différentielle \( y' = ay \)
1.2 L'équation différentielle \( y' = ay + b \)
2. Équations différentielles du second ordre
2.1 L'équation différentielle \( y'' + ay' + by = 0 \)
3. Exercices
4. Solutions
1. Équations différentielles du premier ordre
1.1 L'équation différentielle \( y' = a\,y \) \( (a \in \mathbb{R}^*) \)
Soit \( a \) un réel non nul. L'équation \( y' = ay \) où l'inconnue est une fonction numérique \( y \), dérivable sur \( \mathbb{R} \) (ou sur un intervalle de \( \mathbb{R} \)) est appelée équation différentielle du premier ordre.
Remarquons que la fonction \( y_0 : x \mapsto e^{ax} \) est une solution particulière de cette équation. Le but de ce paragraphe est la détermination de toutes les fonctions \( y \) vérifiant la relation \( y' = ay \). \( y \) est appelé la solution générale de cette équation différentielle.
Signalons qu'au cours de cette leçon, on écrit par exemple \( y = \lambda e^{ax} \) au lieu d'écrire \( y(x) = \lambda e^{ax} \) ou \( y : x \mapsto \lambda e^{ax} \).
Proposition 1
La solution générale de l'équation différentielle \( y' = ay \) est :
\[ y = \lambda\, e^{ax} \quad \text{où} \quad \lambda \in \mathbb{R} \]
Preuve
Soit \( y \) une solution de l'équation différentielle \( (E) : y' = ay \) et posons \( z = y\,e^{-ax} \).
On a alors \( z' = y'\,e^{-ax} - ay\,e^{-ax} = (y' - ay)\,e^{-ax} \). Puisque \( y' = ay \) alors \( z' = 0 \). Il s'ensuit donc que la fonction \( z \) est constante sur \( \mathbb{R} \). En posant \( z = \lambda \) avec \( \lambda \in \mathbb{R} \) on obtient \( y = \lambda\, e^{ax} \).
On vérifie aisément que la fonction \( x \mapsto \lambda\, e^{ax} \) est bien une solution de \( (E) \).
Remarque : Pour tout \( (x_0, y_0) \in \mathbb{R}^2 \) il existe une solution unique \( f \) de l'équation différentielle \( y' = ay \) vérifiant la condition \( f(x_0) = y_0 \).
Exemple
La solution générale de l'équation différentielle \( (E) : y' + 2y = 0 \) est : \( y = \lambda\, e^{-2x} \) avec \( \lambda \in \mathbb{R} \).
Soit \( f \) la solution de l'équation \( (E) \) vérifiant la condition \( f(0) = 3 \). On a alors pour tout \( x \in \mathbb{R} \),
\( f(x) = \lambda\, e^{-2x} \). Donc : \( f(0) = 3 \Leftrightarrow \lambda\, e^0 = 3 \Leftrightarrow \lambda = 3 \).
Par suite, pour tout \( x \in \mathbb{R} \) : \( f(x) = 3\,e^{-2x} \).
Applications
1. Résoudre les équations différentielles suivantes : \( y' = 5y \) ; \( y' + \sqrt{2}\,y = 0 \) ; \( y' = (\ln 2)\,y \)
2. Déterminer la solution de l'équation différentielle \( 3y' + 5y = 0 \) vérifiant \( y(0) = -7 \).
1.2 L'équation différentielle \( y' = a\,y + b \) \( (a \in \mathbb{R}^*,\; b \in \mathbb{R}) \)
Soit \( a \) un réel non nul. Déterminons la solution générale de l'équation différentielle \( y' = ay + b \).
On remarque bien que \( y_0 = -\frac{b}{a} \) est une solution de l'équation \( y' = ay + b \) car \( y_0' = 0 \) et \( ay_0 + b = 0 \).
Soit \( y \) une solution de \( y' = ay + b \). Puisque \( y_0' = ay_0 + b \) alors \( y' - y_0' = a(y - y_0) \). Donc \( Y = y - y_0 \) est une solution de l'équation \( Y' = aY \), et d'après ce qui précède on tire : \( Y = \lambda\, e^{ax} \) où \( \lambda \in \mathbb{R} \). Par conséquent :
\[ y = \lambda\, e^{ax} - \frac{b}{a} \]Réciproquement, si \( y = \lambda\, e^{ax} - \frac{b}{a} \), alors \( y \) est solution de l'équation différentielle \( y' = ay + b \).
Proposition 2
La solution générale de l'équation différentielle \( y' = ay + b \) est :
\[ y = \lambda\, e^{ax} - \frac{b}{a} \quad \text{où} \quad \lambda \in \mathbb{R} \]
Exemple
La solution générale de l'équation différentielle \( y' = 3y + 2 \) est : \( y = \lambda\, e^{3x} - \frac{2}{3} \) où \( \lambda \in \mathbb{R} \).
Déterminons la solution \( f \) de l'équation \( y' = 3y + 2 \) qui vérifie la condition \( f(-1) = \frac{1}{3} \).
On a pour tout \( x \in \mathbb{R} \), \( f(x) = \lambda\, e^{3x} - \frac{2}{3} \). La condition \( f(-1) = \frac{1}{3} \) donne \( \lambda\, e^{-3} - \frac{2}{3} = \frac{1}{3} \) et donc \( \lambda = e^3 \).
Il s'ensuit donc :
\[ (\forall x \in \mathbb{R}) \quad f(x) = e^{3(x+1)} - \frac{2}{3} \]
Applications
1. Résoudre les équations différentielles suivantes :
\( y' + 4y - 7 = 0 \) ; \( y' = -9y + 2 \) ; \( 3y' + 5y = 8 \)
2. Déterminer la solution \( f \) de l'équation \( y' - 6y = 3 \) vérifiant la condition :
\[ f\!\left(\frac{1}{6}\right) = 0 \]
3. Déterminer la solution \( g \) de l'équation \( y' = \pi\, y + \sqrt{2} \) vérifiant la condition : \( g(0) = -1 \)
2. Équations différentielles du second ordre
2.1 L'équation différentielle \( y'' + a\,y' + b\,y = 0 \) \( \big((a,b) \in \mathbb{R}^2\big) \)
Soit \( (a,b) \in \mathbb{R}^2 \). L'équation \( y'' + ay' + by = 0 \) où l'inconnue est une fonction numérique \( y \), deux fois dérivable sur \( \mathbb{R} \) (ou sur un intervalle de \( \mathbb{R} \)) est appelée équation différentielle du second ordre.
Cas Particuliers :
• Cas où \( a = b = 0 \) : L'équation différentielle devient \( y'' = 0 \) et ceci est équivalent à : \( y = \alpha\, x + \beta \) avec \( (\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2 \).
• Cas où \( b = 0 \) : L'équation différentielle devient \( y'' + ay' = 0 \) ou aussi \( (y' + ay)' = 0 \), et ceci est équivalent à : \( (\exists\, \beta \in \mathbb{R}) :\; y' + ay = \beta \).
D'après la proposition 2 du paragraphe précédent, on obtient :
On admet les résultats cités dans la proposition suivante :
Proposition 3
Soit \( a \) et \( b \) deux réels quelconques. On considère l'équation différentielle : \( (E) : y'' + ay' + by = 0 \).
L'équation caractéristique de \( (E) \) est \( r^2 + ar + b = 0 \). Son discriminant est : \( \Delta = a^2 - 4b \).
1) Si ( \Delta > 0 ), alors l’équation caractéristique admet deux racines réelles distinctes ( r_1 ) et ( r_2 ), et la solution générale de ( (E) ) est donnée par :
[ y = \alpha, e^{r_1 x} + \beta, e^{r_2 x} \quad \text{où} \quad (\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2 ]
2) Si ( \Delta = 0 ), alors l’équation caractéristique admet une racine double ( r ), et la solution générale de ( (E) ) est donnée par :
[ y = (\alpha x + \beta), e^{rx} \quad \text{où} \quad (\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2 ]
3) Si ( \Delta < 0 ), alors l’équation caractéristique admet deux racines complexes conjuguées. En posant ( r_1 = p + iq ) et ( r_2 = p - iq ) avec ( (p, q) \in \mathbb{R}^2 ), la solution générale de ( (E) ) est donnée par :
[ y = \big(\alpha\cos(qx) + \beta\sin(qx)\big), e^{px} \quad \text{où} \quad (\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2 ]
Exemple
On considère l'équation différentielle : \( (E_m) : y'' - 2y' + (1 - m)\,y = 0 \) où \( m \) est une constante réelle.
L'équation caractéristique de \( (E_m) \) est \( r^2 - 2r + (1 - m) = 0 \). Son discriminant est : \( \Delta = 4m \).
• Si ( m = 0 ), alors ( \Delta = 0 ) et l’équation caractéristique admet une racine double ( r = 1 ).
D’après la proposition 3, la solution générale de ( (E_0) ) est :
[ y = (\alpha x + \beta),e^{x} \quad \text{avec} \quad (\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2 ]
• Si ( m > 0 ), alors ( \Delta > 0 ) et l’équation caractéristique admet deux solutions réelles distinctes :
[ r_1 = 1 + \sqrt{m} \quad \text{et} \quad r_2 = 1 - \sqrt{m} ]
D’après la proposition 3, la solution générale de ( (E_m) ) est :
[ y = \alpha, e^{(1+\sqrt{m}),x} + \beta, e^{(1-\sqrt{m}),x} \quad \text{où} \quad (\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2 ]
• Si ( m < 0 ), alors ( \Delta < 0 ) et l’équation caractéristique admet deux solutions complexes conjuguées :
[ r_1 = 1 + i\sqrt{-m} \quad \text{et} \quad r_2 = 1 - i\sqrt{-m} ]
D’après la proposition 3, la solution générale de ( (E_m) ) est :
[ y = \Big(\alpha\cos!\big(x\sqrt{-m}\big) + \beta\sin!\big(x\sqrt{-m}\big)\Big),e^{x} \quad \text{avec} \quad (\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2 ]
Applications
1. Résoudre les équations différentielles suivantes :
\( y'' + y' - 2y = 0 \) ; \( 4y'' - 4y' + y = 0 \) ; \( y'' - y' + y = 0 \) ; \( y'' = -2y' + 3 \)
2. Discuter selon les valeurs du réel \( m \) l'ensemble de solutions de l'équation : \( (E_m) : y'' - 2my' + my = 0 \)
3. Soit \( (E) \) l'équation différentielle : \( 4y'' + 5y' + y = 2e^{-2x}(7x - 11) \)
a) Vérifier que la fonction \( g \) définie par \( g(x) = 2x\,e^{-2x} \) est une solution particulière de \( (E) \) puis trouver la solution générale de \( (E) \).
b) Déterminer la solution \( f \) de \( (E) \) dont la courbe passe par le point \( A(0, -1) \) et admet en ce point une tangente parallèle à l'axe des abscisses.
Remarques :
• Pour tout \( (x_0, y_0, z_0) \in \mathbb{R}^3 \) il existe une unique solution de l'équation \( (E) : y'' + ay' + by = 0 \) vérifiant les conditions initiales :
\[ y(x_0) = y_0 \quad \text{et} \quad y'(x_0) = z_0 \]
• L’équation ( y’’ + \omega^2, y = 0 ) est un cas particulier de l’équation ( (E) : y’’ + ay’ + by = 0 ) :
▸ La solution générale de ( y’’ + \omega^2, y = 0 ) est :
[ y = \alpha\cos(\omega x) + \beta\sin(\omega x) \quad \text{où} \quad (\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2 ]
▸ La solution générale de ( y’’ - \omega^2, y = 0 ) est :
[ y = \alpha, e^{\omega x} + \beta, e^{-\omega x} \quad \text{où} \quad (\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2 ]
• On peut exprimer les conditions initiales d’une équation différentielle par diverses formules, par exemple :
– Le point ( A(x_0, y_0) ) appartient à la courbe de ( f ), ce qui se traduit par : ( y_0 = f(x_0) ).
– La fonction ( f ) prend la valeur ( y_0 ) en ( x_0 ), ce qui se traduit par : ( y_0 = f(x_0) ).
– La courbe de ( f ) admet au point ( A(x_0, y_0) ) une tangente de pente ( y_1 ) : ( y_0 = f(x_0) ) et ( y_1 = f’(x_0) ).
3. Exercices
Exercice 1
On considère l'équation différentielle suivante : \( (E_1) : y' - 4y = 5 \)
Trouver la solution de \( (E_1) \) vérifiant \( y(0) = -7 \).
Exercice 2
On considère l'équation différentielle suivante : \( (E_2) : y'' + y' - 2y = 0 \)
a) Résoudre \( (E_2) \).
b) Trouver la solution de \( (E_2) \) vérifiant \( y(0) = 1 \) et \( y'(0) = 1 \).
4. Solutions
Solution — Exercice 1
La solution générale de l'équation \( (E_1) \) est donnée par :
\[ y = \lambda\, e^{4x} - \frac{5}{4} \quad \text{où} \quad \lambda \in \mathbb{R} \]
La condition \( y(0) = -7 \) donne :
\[ \lambda - \frac{5}{4} = -7 \quad \Leftrightarrow \quad \lambda = \frac{-23}{4} \]
Par conséquent, la solution demandée est :
\[ y = -\frac{23}{4}\,e^{4x} - \frac{5}{4} \]
Solution — Exercice 2
a) L'équation caractéristique de \( (E_2) \) est \( r^2 + r - 2 = 0 \). Ses solutions sont \( r_1 = 1 \) et \( r_2 = -2 \).
En définitive, la solution générale de \( (E_2) \) est donnée par :
\[ y = \lambda\, e^{x} + \mu\, e^{-2x} \quad \text{où} \quad (\lambda, \mu) \in \mathbb{R}^2 \]
b) Soit ( y ) la solution de ( (E_2) ) vérifiant ( y(0) = 1 ) et ( y’(0) = 1 ). Dans ce cas :
[ y(0) = 1 ;\Leftrightarrow; \lambda + \mu = 1 ]
[ y’(0) = 1 ;\Leftrightarrow; \lambda - 2\mu = 1 ]
La résolution du système :
[ \begin{cases} \lambda + \mu = 1 \ \lambda - 2\mu = 1 \end{cases} \quad \Rightarrow \quad \begin{cases} \lambda = 1 \ \mu = 0 \end{cases} ]
La solution demandée est : ( y = e^{x} ).