Équations différentielles linéaires
Ce chapitre fait partie du programme de Prépa, 1re année.
Ce chapitre donne les méthodes pour résoudre les équations linéaires du premier ordre à coefficients variables et celles du second ordre à coefficients constants, avec ou sans condition initiale. Ces équations modélisent la plupart des phénomènes étudiés en physique, et leur résolution sert à chaque épreuve écrite ou orale.
Prérequis
- Dérivation des fonctions d'une variable réelle, y compris à valeurs complexes : $(e^{\varphi})'=\varphi' e^{\varphi}$ pour $\varphi$ dérivable à valeurs dans $\mathbb{C}$ — Revoir Dérivation
- Primitives usuelles, intégration par parties, changement de variable
- Une fonction de dérivée nulle sur un intervalle y est constante
- Nombres complexes : forme algébrique, forme exponentielle, parties réelle et imaginaire
- Résolution de l'équation du second degré dans $\mathbb{C}$, relations entre coefficients et racines
À la fin du chapitre, on sait
- Mettre une équation du premier ordre sous forme normalisée et déterminer l'intervalle de résolution
- Résoudre l'équation homogène $y'+a(x)y=0$ à l'aide d'une primitive de $a$
- Trouver une solution particulière par la méthode de variation de la constante
- Résoudre un problème de Cauchy et justifier l'unicité de sa solution
- Résoudre $y''+ay'+by=0$ dans $\mathbb{C}$ et dans $\mathbb{R}$ à l'aide de l'équation caractéristique
- Trouver une solution particulière pour un second membre exponentielle-polynôme ou trigonométrique
- Utiliser le principe de superposition pour découper un second membre
1.Cadre général et structure des solutions
Dans tout le chapitre, $\mathbb{K}$ désigne $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, et $I$ un intervalle de $\mathbb{R}$ non réduit à un point. Les fonctions inconnues sont des fonctions de la variable réelle $x$, à valeurs dans $\mathbb{K}$. Le fait que $I$ soit un intervalle est essentiel : tous les résultats reposent sur le fait qu'une fonction de dérivée nulle sur un intervalle est constante.
Équation linéaire du premier ordre
Soient $a$ et $b$ deux fonctions continues sur $I$ à valeurs dans $\mathbb{K}$. L'équation $$(E)\quad y'+a(x)\,y=b(x)$$ est une équation différentielle linéaire du premier ordre sous forme normalisée (le coefficient de $y'$ vaut $1$). Une solution de $(E)$ sur $I$ est une fonction $y : I\to\mathbb{K}$ dérivable telle que $y'(x)+a(x)y(x)=b(x)$ pour tout $x\in I$.
La fonction $b$ est le second membre. L'équation $$(H)\quad y'+a(x)\,y=0$$ est l'équation homogène associée (on dit aussi équation sans second membre).
Équation linéaire du second ordre à coefficients constants
Soient $a,b\in\mathbb{K}$ et $f : I\to\mathbb{K}$ continue. L'équation $$(E_2)\quad y''+a\,y'+b\,y=f(x)$$ est une équation linéaire du second ordre à coefficients constants. Une solution est une fonction $y : I\to\mathbb{K}$ deux fois dérivable vérifiant l'égalité en tout point de $I$. L'équation homogène associée est $y''+ay'+by=0$.
Régularité automatique
Une solution de $(E)$ vérifie $y'=b-ay$, qui est continue : toute solution est donc de classe $\mathcal{C}^1$. De même, une solution de $(E_2)$ vérifie $y''=f-ay'-by$ continue : elle est de classe $\mathcal{C}^2$.
Structure de l'ensemble des solutions
Notons $L(y)=y'+a(x)y$ (ou $L(y)=y''+ay'+by$ au second ordre). Alors :
- $L$ est linéaire : $L(\lambda y_1+\mu y_2)=\lambda L(y_1)+\mu L(y_2)$.
- L'ensemble des solutions de l'équation homogène est stable par combinaison linéaire et contient la fonction nulle.
- Si $y_p$ est une solution particulière de l'équation complète, alors les solutions de l'équation complète sont exactement les fonctions $y_p+y_h$, où $y_h$ décrit l'ensemble des solutions de l'équation homogène.
On retient : solution générale = solution particulière + solution générale de l'homogène.
Preuve de la structure
Le point 1 vient de la linéarité de la dérivation : $(\lambda y_1+\mu y_2)'=\lambda y_1'+\mu y_2'$, et de même pour $y''$. Le point 2 en découle : si $L(y_1)=L(y_2)=0$, alors $L(\lambda y_1+\mu y_2)=0$.
Pour le point 3, soit $y$ une fonction dérivable (deux fois au second ordre). Comme $L(y_p)=b$, $$L(y)=b\iff L(y)=L(y_p)\iff L(y-y_p)=0.$$ Ainsi $y$ est solution de l'équation complète si et seulement si $y_h=y-y_p$ est solution de l'équation homogène, c'est-à-dire $y=y_p+y_h$.
Principe de superposition
Si $y_1$ est solution de $L(y)=b_1$ et $y_2$ solution de $L(y)=b_2$, alors pour tous $\lambda_1,\lambda_2\in\mathbb{K}$, la fonction $\lambda_1y_1+\lambda_2y_2$ est solution de $$L(y)=\lambda_1b_1+\lambda_2b_2.$$ C'est une conséquence immédiate de la linéarité de $L$ : $L(\lambda_1y_1+\lambda_2y_2)=\lambda_1L(y_1)+\lambda_2L(y_2)=\lambda_1b_1+\lambda_2b_2$.
Découper un second membre
Quand le second membre est une somme de termes de natures différentes (par exemple $x+e^{2x}+\cos x$) :
- On cherche une solution particulière pour chaque terme séparément.
- On additionne ces solutions particulières (superposition).
- On ajoute la solution générale de l'homogène, calculée une seule fois.
2.Premier ordre : équation homogène
Solutions de l'équation homogène
Soit $a : I\to\mathbb{K}$ continue et $A$ une primitive de $a$ sur $I$. Les solutions sur $I$ de $$y'+a(x)y=0$$ sont exactement les fonctions $$x\longmapsto \lambda\, e^{-A(x)},\qquad \lambda\in\mathbb{K}.$$
Démonstration
La fonction $a$ est continue sur l'intervalle $I$, donc elle admet une primitive $A$, et $x\mapsto e^{A(x)}$ est dérivable de dérivée $a(x)e^{A(x)}$ (y compris si $a$ est à valeurs complexes).
Soit $y : I\to\mathbb{K}$ dérivable. Posons $z(x)=y(x)e^{A(x)}$. Alors $z$ est dérivable et $$z'(x)=y'(x)e^{A(x)}+a(x)y(x)e^{A(x)}=\big(y'(x)+a(x)y(x)\big)e^{A(x)}.$$ Comme $e^{A(x)}\neq 0$, on a l'équivalence : $y$ est solution de $(H)$ si et seulement si $z'=0$ sur $I$. Puisque $I$ est un intervalle, cela équivaut à : $z$ est constante, égale à un certain $\lambda\in\mathbb{K}$, c'est-à-dire $y(x)=\lambda e^{-A(x)}$ pour tout $x\in I$.
Deux calculs types
a) $y'+2xy=0$ sur $\mathbb{R}$. Ici $a(x)=2x$, une primitive est $A(x)=x^2$. Les solutions sont $x\mapsto \lambda e^{-x^2}$, $\lambda\in\mathbb{R}$.
b) $y'-\dfrac{y}{x}=0$ sur $]0,+\infty[$. Ici $a(x)=-\dfrac1x$, une primitive est $A(x)=-\ln x$, donc $e^{-A(x)}=e^{\ln x}=x$. Les solutions sont $x\mapsto\lambda x$, $\lambda\in\mathbb{R}$. Vérification : si $y=\lambda x$, alors $y'-y/x=\lambda-\lambda=0$.
c) $y'-iy=0$ sur $\mathbb{R}$, à valeurs complexes. Ici $A(x)=-ix$ et les solutions sont $x\mapsto\lambda e^{ix}$, $\lambda\in\mathbb{C}$.
Conséquences
- L'ensemble des solutions de $(H)$ est une droite vectorielle : toutes les solutions sont proportionnelles à l'une d'elles qui ne s'annule pas.
- Une solution de $(H)$ qui s'annule en un point est la fonction nulle, car $e^{-A}$ ne s'annule jamais. Une solution non nulle à valeurs réelles garde donc un signe constant sur $I$.
- Le choix de la primitive $A$ est sans importance : changer $A$ en $A+c$ multiplie $e^{-A}$ par la constante $e^{-c}$, absorbée dans $\lambda$.
Le signe dans l'exponentielle
Pour $y'+a(x)y=0$, les solutions sont $\lambda e^{-A}$ avec un signe moins. Si l'équation s'écrit $y'=a(x)y$, elle équivaut à $y'-a(x)y=0$ et les solutions sont $\lambda e^{A}$. On vérifie toujours le signe en dérivant la solution obtenue.
3.Premier ordre : solution particulière et problème de Cauchy
Variation de la constante
Pour trouver une solution particulière de $y'+a(x)y=b(x)$ :
- On résout l'homogène : solutions $\lambda e^{-A(x)}$.
- On cherche une solution sous la forme $y(x)=\lambda(x)e^{-A(x)}$, où $\lambda$ est une fonction dérivable.
- Le calcul donne $y'+ay=\lambda'(x)e^{-A(x)}+\lambda(x)\big(-a(x)+a(x)\big)e^{-A(x)}=\lambda'(x)e^{-A(x)}$. L'équation équivaut donc à $$\lambda'(x)=b(x)e^{A(x)}.$$
- On calcule une primitive $\lambda$ de $b\,e^{A}$ : $y_p=\lambda e^{-A}$ est une solution particulière.
Le terme en $\lambda(x)$ disparaît toujours à l'étape 3 : s'il ne disparaît pas, il y a une erreur de calcul.
Solutions de l'équation complète
Soient $a,b : I\to\mathbb{K}$ continues, $A$ une primitive de $a$ et $x_0\in I$. Les solutions de $y'+a(x)y=b(x)$ sur $I$ sont les fonctions $$x\longmapsto \left(\lambda+\int_{x_0}^{x} b(t)e^{A(t)}\,dt\right)e^{-A(x)},\qquad\lambda\in\mathbb{K}.$$ En particulier, $(E)$ admet toujours des solutions sur $I$.
Démonstration
La fonction $t\mapsto b(t)e^{A(t)}$ est continue sur l'intervalle $I$, donc $\Lambda(x)=\displaystyle\int_{x_0}^x b(t)e^{A(t)}dt$ en est une primitive. D'après le calcul de la méthode, $y_p=\Lambda e^{-A}$ vérifie $y_p'+ay_p=\Lambda'e^{-A}=b$ : c'est une solution particulière. Par la propriété de structure, les solutions sont $y_p+\lambda e^{-A}$, $\lambda\in\mathbb{K}$, ce qui est la formule annoncée.
Problème de Cauchy (premier ordre)
Soient $a,b : I\to\mathbb{K}$ continues, $x_0\in I$ et $y_0\in\mathbb{K}$. Il existe une unique solution $y$ de $y'+a(x)y=b(x)$ sur $I$ telle que $y(x_0)=y_0$. Elle est donnée par $$y(x)=e^{-A(x)}\left(y_0+\int_{x_0}^x b(t)e^{A(t)}\,dt\right),\quad\text{où } A(x)=\int_{x_0}^x a(t)\,dt.$$
Démonstration
On choisit la primitive $A(x)=\int_{x_0}^x a(t)dt$, qui vérifie $A(x_0)=0$. D'après le théorème précédent, toute solution s'écrit $y(x)=\left(\lambda+\int_{x_0}^x b(t)e^{A(t)}dt\right)e^{-A(x)}$ pour un unique $\lambda\in\mathbb{K}$. En $x=x_0$, l'intégrale est nulle et $e^{-A(x_0)}=1$, donc $y(x_0)=\lambda$. La condition $y(x_0)=y_0$ équivaut à $\lambda=y_0$ : il existe une et une seule solution, de la forme annoncée.
Variation de la constante avec coefficient constant
Résolvons $y'+y=\dfrac{1}{1+e^x}$ sur $\mathbb{R}$.
Homogène : $a=1$, $A(x)=x$, solutions $\lambda e^{-x}$.
On cherche $y(x)=\lambda(x)e^{-x}$. L'équation équivaut à $\lambda'(x)e^{-x}=\dfrac{1}{1+e^x}$, soit $\lambda'(x)=\dfrac{e^x}{1+e^x}$. Une primitive est $\lambda(x)=\ln(1+e^x)$.
Solution particulière : $y_p(x)=e^{-x}\ln(1+e^x)$. Solutions : $$y(x)=e^{-x}\big(\ln(1+e^x)+C\big),\quad C\in\mathbb{R}.$$
Coefficient variable et condition initiale
Résolvons $y'-\dfrac{y}{x}=x^2$ sur $]0,+\infty[$ avec $y(1)=0$.
Homogène : solutions $\lambda x$ (vu plus haut).
On cherche $y(x)=\lambda(x)x$ : l'équation équivaut à $\lambda'(x)\,x=x^2$, soit $\lambda'(x)=x$, d'où $\lambda(x)=\dfrac{x^2}{2}$. Les solutions sont $$y(x)=\frac{x^3}{2}+Cx,\quad C\in\mathbb{R}.$$ Vérification : $y'-\dfrac yx=\dfrac{3x^2}{2}+C-\dfrac{x^2}{2}-C=x^2$.
Condition initiale : $y(1)=\dfrac12+C=0$, donc $C=-\dfrac12$ et l'unique solution est $y(x)=\dfrac{x^3-x}{2}$.
Coefficient constant et second membre exponentielle-polynôme
Pour $y'+ay=P(x)e^{\mu x}$ avec $a\in\mathbb{K}$ constant, $\mu\in\mathbb{K}$ et $P$ polynôme, on évite la variation de la constante : on cherche $y=Q(x)e^{\mu x}$ avec $Q$ polynôme. Le calcul donne $$y'+ay=\big(Q'(x)+(\mu+a)Q(x)\big)e^{\mu x}.$$
- Si $\mu\neq -a$ : on prend $\deg Q=\deg P$ et on identifie les coefficients.
- Si $\mu=-a$ : l'équation devient $Q'=P$, on prend $Q$ primitive de $P$, de degré $\deg P+1$.
Le cas $\mu=0$ correspond à un second membre polynomial.
Trois seconds membres simples
a) $y'+y=x$ sur $\mathbb{R}$, avec $y(0)=0$. On cherche $y_p=\alpha x+\beta$ : $\alpha+\alpha x+\beta=x$ donne $\alpha=1$, $\beta=-1$. Solutions : $y=x-1+\lambda e^{-x}$. La condition $y(0)=-1+\lambda=0$ donne $\lambda=1$ : $y(x)=x-1+e^{-x}$.
b) $y'-2y=e^{2x}$. Ici $\mu=2=-a$ : on cherche $y_p=\alpha xe^{2x}$. Alors $y_p'-2y_p=\alpha e^{2x}$, d'où $\alpha=1$. Solutions : $y=(x+\lambda)e^{2x}$.
c) $y'+y=\cos x$. On résout $z'+z=e^{ix}$ : $z=\dfrac{e^{ix}}{1+i}=\dfrac{1-i}{2}e^{ix}$. Comme les coefficients sont réels, $y_p=\mathrm{Re}(z)=\dfrac{\cos x+\sin x}{2}$. Vérification : $y_p'+y_p=\dfrac{-\sin x+\cos x+\cos x+\sin x}{2}=\cos x$.
Résoudre une équation du premier ordre
- Normaliser : diviser par le coefficient de $y'$ sur chaque intervalle où il ne s'annule pas. Préciser l'intervalle $I$.
- Homogène : calculer une primitive $A$ de $a$, écrire $\lambda e^{-A}$.
- Solution particulière : solution évidente, forme exponentielle-polynôme si $a$ est constant, sinon variation de la constante.
- Solution générale : $y_p+\lambda e^{-A}$.
- Condition initiale éventuelle : l'appliquer à la solution générale, jamais à $y_p$ seule.
4.Second ordre à coefficients constants : équation homogène
Équation caractéristique
À l'équation $y''+ay'+by=0$ ($a,b\in\mathbb{K}$) on associe l'équation caractéristique $$r^2+ar+b=0,$$ et le polynôme caractéristique $\chi(r)=r^2+ar+b$. On note $\Delta=a^2-4b$ son discriminant.
Solutions exponentielles
Pour $r\in\mathbb{C}$, la fonction $x\mapsto e^{rx}$ est solution de $y''+ay'+by=0$ si et seulement si $r$ est racine de l'équation caractéristique.
En effet, $(e^{rx})''+a(e^{rx})'+be^{rx}=(r^2+ar+b)e^{rx}=\chi(r)e^{rx}$, et $e^{rx}\neq0$.
Cas complexe
Soient $a,b\in\mathbb{C}$. Les solutions à valeurs complexes de $y''+ay'+by=0$ sont :
- si $\Delta\neq0$, avec $r_1\neq r_2$ les deux racines : $x\mapsto\lambda e^{r_1x}+\mu e^{r_2x}$, $(\lambda,\mu)\in\mathbb{C}^2$ ;
- si $\Delta=0$, avec $r_0$ la racine double : $x\mapsto(\lambda x+\mu)e^{r_0x}$, $(\lambda,\mu)\in\mathbb{C}^2$.
Démonstration
Soient $r_1,r_2$ les racines (éventuellement égales) de $\chi$, de sorte que $r_1+r_2=-a$ et $\chi(r_1)=0$. Soit $y$ deux fois dérivable ; posons $z(x)=y(x)e^{-r_1x}$, donc $y=ze^{r_1x}$. Alors $$y'=(z'+r_1z)e^{r_1x},\qquad y''=(z''+2r_1z'+r_1^2z)e^{r_1x},$$ et $$y''+ay'+by=\big(z''+(2r_1+a)z'+\chi(r_1)z\big)e^{r_1x}=\big(z''+(r_1-r_2)z'\big)e^{r_1x},$$ car $2r_1+a=2r_1-r_1-r_2=r_1-r_2$.
Ainsi $y$ est solution si et seulement si $w=z'$ vérifie $w'=(r_2-r_1)w$, c'est-à-dire, d'après la section 2, si et seulement s'il existe $c\in\mathbb{C}$ tel que $z'(x)=c\,e^{(r_2-r_1)x}$.
- Si $r_1\neq r_2$ : les primitives de $z'$ sont $z(x)=\dfrac{c}{r_2-r_1}e^{(r_2-r_1)x}+\mu$. En posant $\lambda=\dfrac{c}{r_2-r_1}$ (qui décrit $\mathbb{C}$ quand $c$ décrit $\mathbb{C}$), on obtient $y(x)=\lambda e^{r_2x}+\mu e^{r_1x}$.
- Si $r_1=r_2=r_0$ : $z'=c$, donc $z(x)=cx+\mu$ et $y(x)=(cx+\mu)e^{r_0x}$.
Toutes les étapes sont des équivalences : on a bien obtenu toutes les solutions, et seulement elles.
Cas réel
Soient $a,b\in\mathbb{R}$. Les solutions à valeurs réelles de $y''+ay'+by=0$ sont, avec $\lambda,\mu\in\mathbb{R}$ :
| Discriminant | Racines de $\chi$ | Solutions réelles |
|---|---|---|
| $\Delta>0$ | $r_1\neq r_2$ réelles | $\lambda e^{r_1x}+\mu e^{r_2x}$ |
| $\Delta=0$ | $r_0$ réelle double | $(\lambda x+\mu)e^{r_0x}$ |
| $\Delta<0$ | $\alpha\pm i\beta$, $\beta>0$ | $e^{\alpha x}\big(\lambda\cos(\beta x)+\mu\sin(\beta x)\big)$ |
Démonstration du cas $\Delta<0$
Les cas $\Delta\geqslant0$ se traitent comme dans le cas complexe, toutes les quantités étant réelles. Supposons $\Delta<0$ et notons $r=\alpha+i\beta$ ; l'autre racine est $\bar r$ car $\chi$ est à coefficients réels.
Ce sont des solutions. Comme $a,b$ sont réels, pour toute fonction $z$ à valeurs complexes, $\mathrm{Re}\big(z''+az'+bz\big)=(\mathrm{Re}\,z)''+a(\mathrm{Re}\,z)'+b\,\mathrm{Re}\,z$, et de même pour $\mathrm{Im}$. La fonction $e^{rx}$ est solution, donc ses parties réelle et imaginaire $e^{\alpha x}\cos(\beta x)$ et $e^{\alpha x}\sin(\beta x)$ le sont aussi, ainsi que leurs combinaisons linéaires réelles.
Ce sont les seules. Soit $y$ une solution réelle. C'est une solution complexe, donc $y(x)=c_1e^{rx}+c_2e^{\bar rx}$ avec $c_1,c_2\in\mathbb{C}$. Comme $y$ est réelle, $y=\mathrm{Re}(y)$, et $\mathrm{Re}(c_2e^{\bar rx})=\mathrm{Re}(\overline{c_2}e^{rx})$. Donc $y(x)=\mathrm{Re}(c\,e^{rx})$ avec $c=c_1+\overline{c_2}=u+iv$. Alors $$y(x)=\mathrm{Re}\big((u+iv)e^{\alpha x}(\cos\beta x+i\sin\beta x)\big)=e^{\alpha x}\big(u\cos\beta x-v\sin\beta x\big),$$ qui est de la forme annoncée avec $\lambda=u$, $\mu=-v$.
Les trois cas sur des équations réelles
a) $y''-3y'+2y=0$ : $r^2-3r+2=(r-1)(r-2)$, solutions $\lambda e^{x}+\mu e^{2x}$.
b) $y''+2y'+y=0$ : $(r+1)^2=0$, racine double $-1$, solutions $(\lambda x+\mu)e^{-x}$.
c) $y''+2y'+5y=0$ : $\Delta=4-20=-16$, racines $-1\pm2i$, solutions $e^{-x}\big(\lambda\cos(2x)+\mu\sin(2x)\big)$.
d) $y''+\omega^2y=0$ avec $\omega>0$ : racines $\pm i\omega$, solutions $\lambda\cos(\omega x)+\mu\sin(\omega x)$. C'est l'équation de l'oscillateur harmonique.
Forme amplitude-phase
En physique, on écrit souvent $\lambda\cos(\omega x)+\mu\sin(\omega x)=R\cos(\omega x-\varphi)$ avec $R=\sqrt{\lambda^2+\mu^2}$ et $\varphi$ tel que $\cos\varphi=\lambda/R$, $\sin\varphi=\mu/R$ (si $R\neq0$). Les deux écritures décrivent le même ensemble de solutions.
5.Second ordre : second membre et problème de Cauchy
Problème de Cauchy (second ordre)
Soient $a,b\in\mathbb{K}$, $f : I\to\mathbb{K}$ continue, $x_0\in I$ et $(y_0,y_1)\in\mathbb{K}^2$. Il existe une unique solution $y$ de $y''+ay'+by=f(x)$ sur $I$ vérifiant $$y(x_0)=y_0\quad\text{et}\quad y'(x_0)=y_1.$$ Ce théorème est admis par le programme. En pratique, on écrit la solution générale $y_p+y_h$ et on détermine les deux constantes à l'aide des deux conditions.
Idée d'une preuve (hors programme)
Si $r_1,r_2$ sont les racines de $\chi$, on vérifie que $y''+ay'+by=(y'-r_2y)'-r_1(y'-r_2y)$. Poser $z=y'-r_2y$ ramène l'équation à deux équations du premier ordre successives : $z'-r_1z=f$ puis $y'-r_2y=z$. Les résultats de la section 3 donnent alors l'existence et l'unicité.
Second membre exponentielle-polynôme
Soient $\mu\in\mathbb{C}$ et $P$ un polynôme. L'équation $y''+ay'+by=P(x)e^{\mu x}$ admet une solution particulière de la forme $y_p(x)=Q(x)e^{\mu x}$ avec $Q$ polynôme et :
| Situation de $\mu$ | Forme de $Q$ |
|---|---|
| $\chi(\mu)\neq0$ | $\deg Q=\deg P$ |
| $\mu$ racine simple de $\chi$ | $Q(x)=x\,R(x)$, $\deg R=\deg P$ |
| $\mu$ racine double de $\chi$ | $Q(x)=x^2R(x)$, $\deg R=\deg P$ |
Cas particulier $P=A$ constant :
- si $\chi(\mu)\neq0$ : $y_p(x)=\dfrac{A}{\chi(\mu)}e^{\mu x}$ ;
- si $\mu$ racine simple : $y_p(x)=\dfrac{A}{\chi'(\mu)}\,x\,e^{\mu x}$ ;
- si $\mu$ racine double : $y_p(x)=\dfrac{A}{2}\,x^2e^{\mu x}$.
Justification du calcul
Posons $y=Qe^{\mu x}$. Alors $y'=(Q'+\mu Q)e^{\mu x}$ et $y''=(Q''+2\mu Q'+\mu^2Q)e^{\mu x}$, donc $$y''+ay'+by=\big(Q''+(2\mu+a)Q'+(\mu^2+a\mu+b)Q\big)e^{\mu x}=\big(Q''+\chi'(\mu)Q'+\chi(\mu)Q\big)e^{\mu x}.$$ L'équation équivaut à $Q''+\chi'(\mu)Q'+\chi(\mu)Q=P$.
- Si $\chi(\mu)\neq0$, le membre de gauche a le même degré que $Q$ : on cherche $Q$ de degré $\deg P$.
- Si $\mu$ est racine simple, $\chi(\mu)=0$ et $\chi'(\mu)\neq0$ : l'équation devient $Q''+\chi'(\mu)Q'=P$, qui porte sur $Q'$, de degré $\deg P$. Le terme constant de $Q$ est inutile : on prend $Q=xR$.
- Si $\mu$ est racine double, $\chi(\mu)=\chi'(\mu)=0$ : l'équation devient $Q''=P$, on prend $Q$ primitive seconde de $P$ sans terme de degré $0$ ni $1$, soit $Q=x^2R$.
Pour $P=A$ constant, on obtient directement $Q=\dfrac{A}{\chi(\mu)}$, puis $Q=cx$ avec $\chi'(\mu)c=A$, puis $Q=cx^2$ avec $2c=A$. L'existence de $Q$ dans le cas d'un polynôme quelconque se justifie par un argument d'algèbre linéaire (application injective d'un espace de polynômes de dimension finie dans lui-même) ; en pratique, on la constate en identifiant les coefficients.
Exponentielle, cas non résonant puis résonant
Ici $\chi(r)=r^2-3r+2$, de racines $1$ et $2$, et $\chi'(r)=2r-3$.
a) $y''-3y'+2y=e^{3x}$ : $\chi(3)=2\neq0$, donc $y_p=\dfrac{e^{3x}}{2}$.
b) $y''-3y'+2y=e^{x}$ : $1$ est racine simple, $\chi'(1)=-1$, donc $y_p=-xe^{x}$. Vérification : $y_p'=-(1+x)e^x$, $y_p''=-(2+x)e^x$, et $y_p''-3y_p'+2y_p=\big(-2-x+3+3x-2x\big)e^x=e^x$.
c) $y''+2y'+y=e^{-x}$ : $-1$ est racine double, donc $y_p=\dfrac{x^2}{2}e^{-x}$.
Polynôme et exponentielle-polynôme
a) $y''+y=x^2$. Ici $\mu=0$ et $\chi(0)=1\neq0$ : on cherche $Q=\alpha x^2+\beta x+\gamma$. Alors $Q''+Q=\alpha x^2+\beta x+(2\alpha+\gamma)=x^2$, d'où $\alpha=1$, $\beta=0$, $\gamma=-2$. Solutions réelles : $y=\lambda\cos x+\mu\sin x+x^2-2$.
b) $y''-y=xe^{x}$. Ici $\chi(r)=r^2-1$, $\mu=1$ racine simple, $\chi'(1)=2$. L'équation sur $Q$ est $Q''+2Q'=x$. On cherche $Q=x(\alpha x+\beta)=\alpha x^2+\beta x$ : $2\alpha+4\alpha x+2\beta=x$, d'où $\alpha=\dfrac14$ et $\beta=-\dfrac14$. Donc $$y_p(x)=\frac{x^2-x}{4}e^{x},\qquad y=\lambda e^{x}+\mu e^{-x}+\frac{x^2-x}{4}e^{x}.$$
Second membre trigonométrique
Pour $y''+ay'+by=B\cos(\omega x)$ ou $B\sin(\omega x)$, avec $a,b,B,\omega$ réels :
- On résout $z''+az'+bz=Be^{i\omega x}$ par la méthode exponentielle (avec $\mu=i\omega$).
- On prend $y_p=\mathrm{Re}(z_p)$ pour le cosinus, $y_p=\mathrm{Im}(z_p)$ pour le sinus.
Cela fonctionne car, $a$ et $b$ étant réels, les parties réelle et imaginaire commutent avec l'opérateur $y\mapsto y''+ay'+by$. Le même procédé s'applique à $Be^{\alpha x}\cos(\omega x)$ en utilisant $Be^{(\alpha+i\omega)x}$.
Autre approche : chercher directement $y_p=\alpha\cos(\omega x)+\beta\sin(\omega x)$ (multiplié par $x$ si $i\omega$ est racine de $\chi$). Les deux termes sont nécessaires en général.
Cosinus non résonant
$y''+2y'+5y=10\cos x$. On résout avec $10e^{ix}$ : $\chi(i)=-1+2i+5=4+2i\neq0$, donc $$z_p=\frac{10}{4+2i}e^{ix}=\frac{10(4-2i)}{20}e^{ix}=(2-i)e^{ix}.$$ Alors $y_p=\mathrm{Re}\big((2-i)(\cos x+i\sin x)\big)=2\cos x+\sin x$.
Vérification : $y_p'=-2\sin x+\cos x$, $y_p''=-2\cos x-\sin x$, et $y_p''+2y_p'+5y_p=(-2+2+10)\cos x+(-1-4+5)\sin x=10\cos x$.
Solutions : $y=e^{-x}(\lambda\cos 2x+\mu\sin 2x)+2\cos x+\sin x$.
Sinus résonant
$y''+4y=\sin(2x)$. On résout avec $e^{2ix}$ : $2i$ est racine simple de $\chi(r)=r^2+4$, et $\chi'(2i)=4i$. Donc $$z_p=\frac{x\,e^{2ix}}{4i}=-\frac{i}{4}x\,e^{2ix}=\frac{x}{4}\big(\sin 2x-i\cos 2x\big).$$ On prend la partie imaginaire : $y_p(x)=-\dfrac{x}{4}\cos(2x)$.
Vérification : $y_p'=-\dfrac14\cos 2x+\dfrac x2\sin 2x$, $y_p''=\sin 2x+x\cos 2x$, donc $y_p''+4y_p=\sin 2x$. L'amplitude croît avec $x$ : c'est le phénomène de résonance.
Un problème de Cauchy complet
Résolvons $y''-3y'+2y=e^{3x}$ avec $y(0)=0$ et $y'(0)=0$.
Solution générale : $y=\lambda e^x+\mu e^{2x}+\dfrac{e^{3x}}{2}$, donc $y'=\lambda e^x+2\mu e^{2x}+\dfrac{3e^{3x}}{2}$.
Conditions : $$\begin{cases}\lambda+\mu+\frac12=0\\ \lambda+2\mu+\frac32=0\end{cases}$$ Par différence, $\mu=-1$, puis $\lambda=\dfrac12$. L'unique solution est $$y(x)=\frac{e^x}{2}-e^{2x}+\frac{e^{3x}}{2}=\frac{e^x(e^x-1)^2}{2}.$$
Résoudre une équation du second ordre à coefficients constants
- Écrire et résoudre l'équation caractéristique ; en déduire $y_h$ (forme complexe ou réelle selon ce qui est demandé).
- Découper le second membre par superposition si nécessaire.
- Pour chaque terme $P(x)e^{\mu x}$, situer $\mu$ par rapport aux racines de $\chi$ et choisir la forme de $Q$. Pour un cosinus ou un sinus, passer par l'exponentielle complexe.
- Écrire $y=y_p+y_h$.
- Appliquer les conditions initiales à cette solution générale : système $2\times2$ en $(\lambda,\mu)$.
6.Équations non normalisées et raccordement
Une équation de la forme $\alpha(x)y'+\beta(x)y=\gamma(x)$ ne se normalise que sur les intervalles où $\alpha$ ne s'annule pas. Sur chacun de ces intervalles, le théorème de Cauchy s'applique. Aux points où $\alpha$ s'annule, rien n'est garanti : il peut n'exister aucune solution sur l'intervalle entier, ou au contraire beaucoup plus qu'une droite affine de solutions.
Recoller des solutions
Pour résoudre $\alpha(x)y'+\beta(x)y=\gamma(x)$ sur un intervalle $J$ contenant un point $x_0$ où $\alpha$ s'annule :
- Résoudre sur chaque intervalle où $\alpha\neq0$ (constantes indépendantes sur chaque intervalle).
- Analyse : une solution sur $J$ est, sur chaque morceau, de la forme trouvée. Écrire les conditions de continuité en $x_0$ et de dérivabilité en $x_0$ (limite du taux d'accroissement).
- Synthèse : vérifier que les fonctions obtenues sont dérivables sur $J$ et satisfont l'équation aussi au point $x_0$.
Résolution de $xy'-2y=0$ sur $\mathbb{R}$
Sur $]0,+\infty[$ : l'équation équivaut à $y'-\dfrac2xy=0$, de primitive $A(x)=-2\ln x$, donc $y=\lambda x^2$. Sur $]-\infty,0[$ : de même avec $A(x)=-2\ln|x|$, $y=\mu x^2$.
Analyse. Une solution $y$ sur $\mathbb{R}$ vérifie $y(x)=\lambda x^2$ pour $x>0$ et $y(x)=\mu x^2$ pour $x<0$ ; par continuité en $0$, $y(0)=0$.
Synthèse. Soit $y$ définie ainsi avec $y(0)=0$. Le taux d'accroissement $\dfrac{y(x)-y(0)}{x}$ vaut $\lambda x$ ou $\mu x$, qui tend vers $0$ : $y$ est dérivable en $0$ avec $y'(0)=0$, et $0\cdot y'(0)-2y(0)=0$.
Les solutions sur $\mathbb{R}$ sont donc les fonctions $$y(x)=\begin{cases}\lambda x^2 & \text{si } x\geqslant0\\ \mu x^2 & \text{si } x<0\end{cases},\qquad(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^2.$$ L'ensemble des solutions est un plan vectoriel, et non une droite. La condition $y(0)=0$ est satisfaite par une infinité de solutions, la condition $y(0)=1$ par aucune : le théorème de Cauchy ne s'applique pas en un point où le coefficient de $y'$ s'annule.
Un raccordement impossible
Pour $xy'+y=0$, les solutions sur $]0,+\infty[$ et sur $]-\infty,0[$ sont de la forme $x\mapsto\dfrac{c}{x}$. Une telle fonction n'a une limite finie en $0$ que si $c=0$. La seule solution sur $\mathbb{R}$ est la fonction nulle.