Les équations différentielles sont des outils puissants pour modéliser des phénomènes qui varient en fonction du temps ou de l’espace. Une équation différentielle linéaire est une équation qui peut être écrite sous la forme $$ a_n(x)\frac{d^n y}{dx^n}+\cdots+a_1(x)\frac{d y}{dx}+a_0(x)y=g(x),$$ où $a_i(x)$ et $g(x)$ sont des fonctions données. L’ordre de l’équation est le plus grand $n$ tel que $a_n(x)\neq 0$. Dans ce cours, nous allons explorer en profondeur les équations différentielles linéaires du premier et du second ordre.
Contrairement aux équations différentielles non linéaires, les équations différentielles linéaires possèdent toujours des solutions, indépendamment de conditions particulières. Découvrez cette propriété essentielle.
Équations Différentielles Linéaires du Premier Ordre
Solutions Homogènes
Une équation différentielle linéaire du premier ordre homogène peut être écrite sous la forme : $$ \frac{dy}{dx}+P(x)y=0$$ où $P(x)$ est une fonction donnée. La solution générale de cette équation est donnée par : $$ y(x)=C e^{-\int P(x)dx}$$ où $C$ est une constante d’intégration.
Méthode de Variation des Constantes
Lorsque l’équation devient non homogène : $$ \frac{dy}{dx}+P(x)y=Q(x)$$ où $Q(x)$ est une fonction donnée, la méthode de variation des constantes propose une solution particulière sous la forme : $$y_p(x)=u(x)y_h(x)$$ où $u(x)$ est une fonction à déterminer. En substituant $y_p(x)$ dans l’équation non homogène, nous pouvons déterminer $u(x)$ en isolant $u'(x)$ et en l’intégrant. En trouve $$ u(x)=\int \frac{Q(x)}{y_h(x)}dx.$$ Donc la solution particulière est $$ y_p(x)= \left(\int \frac{Q(x)}{y_h(x)}dx \right)y_h(x).$$ La solution generale de l’équation non homogène est $$ y(x)=y_h(x)+y_p(x).$$
Exercice: Resoudre $$ \frac{dy}{dx}+2x y=x.$$
La solution de l’équation homogène $y'(x)+2xy=0$ est donnée par $y_h(x)= C e^{-x^2}$. Par un calcul intégral simple, la solution particulière est $$ y_p(x)= \left(\int xe^{x^2} dx\right) e^{-x^2}=\frac{1}{2}.$$ Ainsi la solution générale de l’équation est $y(x)=C e^{-x^2}+\frac{1}{2}$.
Équations Différentielles Linéaires du Second Ordre
Les équations différentielles linéaires du second ordre sont un domaine passionnant et complexe qui englobe de nombreux phénomènes physiques et naturels. Elles se présentent sous la forme générale : $$ a \frac{d^2y}{dx^2}+b\frac{dy}{dx}+cy=f(x),$$ où $a,b$ et $c$ sont des constantes, et $f(x)$ est une fonction donnée. Ces équations jouent un rôle crucial dans la modélisation de systèmes vibratoires, de circuits électriques, de mouvements oscillatoires et bien plus encore.
Solutions Fondamentales
Pour résoudre les équations différentielles du second ordre homogènes ($f(x)=0$), nous supposons une solution de la forme $e^{rx}$, ce qui conduit à l’équation caractéristique associée : $$ ar^2+br+c=0.$$
Les solutions dépendent alors des racines $r$ de cette équation caractéristique. Trois cas distincts émergent en fonction de la nature des racines :
- Racines Réelles et Distinctes ($r_1\neq r_2$). Les solutions prennent la forme $y(x)=Ae^{r_1 x}+Ae^{r_2 x}$, où $A$ et $B$ sont des constantes déterminées par des conditions initiales.
- Racines Réelles et Égales ($r_1\neq r_2=r$). Les solutions prennent la forme $y(x)=(A+Bx)e^{rx}$, où $A$ et $B$ sont des constantes déterminées par des conditions initiales.
- Racines Complexes Conjugées ($r_1=\alpha+i\beta,\; r_2=\alpha-i\beta$). Les solutions prennent la forme $y(x)=e^{\alpha x}(A \cos(\beta x)+B\sin(\beta x))$, où $A$ et $B$ sont des constantes déterminées par des conditions initiales.
Méthode des Coefficients Indéterminés
Lorsque nous sommes confrontés à des équations différentielles linéaires non homogènes du second ordre, la méthode des coefficients indéterminés se révèle être une approche puissante pour déterminer une solution particulière $y_p(x)$. Cette méthode repose sur l’idée de deviner une fonction $y_p(x)$ qui satisfait l’équation non homogène.
La forme générale de $y_p(x)$ dépend de la nature de la fonction $f(x)$ dans l’équation différentielle :
- Fonction Polynomiale : Si $f(x)$ est un polynôme de degré $n,$ alors $y_p(x)$ est un polynôme de même degré, avec des coefficients indéterminés pour chaque terme.
- Exponentielle : Si $f(x)$ est de la forme $e^{mx}$, alors $y_p(x)$ sera de la forme $Ae^{mx},$ où $A$ est un coefficient indéterminé.
- Sinus/Cosinus : Si $f(x)$ est de la forme $A\cos(nx)+B\sin(nx),$ alors $y_p(x)$ sera de la forme $C\cos(nx)+D\sin(nx),$ avec des coefficients indéterminés.
Une fois la forme de $y_p(x)$ déterminée, nous substituons cette fonction dans l’équation différentielle non homogène. En ajustant les coefficients indéterminés, nous trouvons les valeurs qui rendent $y_p(x)$ solution de l’équation. Cela nous permet d’obtenir une solution particulière qui, lorsqu’elle est combinée avec la solution générale de l’équation homogène $y_h(x)$, donne la solution générale de l’équation non homogène ($y(x)=y_h(x)+y_p(x)$).
Exemple: Résoudre l’équation différentielle: $$ \frac{d^2y}{dx^2}+3\frac{dy}{dx}+2y=2e^{2x}.$$
- Solution homogène $y_h(x)$: L’équation caractéristique associée est $r^2+3r+2=0$. CComme le discriminant de cette équation est $\Delta= 9-8=1$, alors nous avons deux solutions $r_1=\frac{-3+1}{2}=-1$ et $r_2= \frac{-3-1}{2}=-2$. Ainsi on a $y_h(x)=A e^{-x}+Be^{-2x},$ avec $A,B\in\mathbb{R}$.
- Nous voulons trouver une solution particulière $y_h(x)$ pour cette équation. Comme le terme non-homogène de l’équation est de la forme $f(x)=2e^{2x}$ (est une exponentielle), nous supposons que $y_p(x)$ est de la forme $C e^{2x},$ où $C$ est un coefficient indéterminé. Nous substituons $y_p(x)=C e^{2x}$, on trouve $$4C e^{2x}+3\cdot 2Ce^{2x}+2Ce^{2x}=2e^{2x}.$$ Tout calcul fait, on a $C=\frac{2}{11}$.
- La solution générale de l’équation non homogène $y(x)=y_h(x)+y_p(x)$: $$ y(x)=A e^{-x}+Be^{-2x}+\frac{2}{11} e^{2x}.$$.
Exercices sur les équations différentielles linéaires
Exercice: Soit $\gamma$ un nombre réelle. Résoudre l’équation différentielle suivante: \begin{align*}\tag{Eq}y'(t)=\gamma y(t)+\sin(t).\end{align*}
D’après le cours l’équation (Eq) toujours admet une solution $y$ de classe $C^1,$ c’est à dire $y$ est dérivable et que sa fonction dérivée $y$ est continue. Ceci nous permet de faire les opérations suivantes: \begin{align*}\frac{d}{ds} \left(e^{-\gamma s}y(s)\right)&= e^{-\gamma s}y'(s)-\gamma e^{-\gamma s}y(s)\cr &= e^{-\gamma s}(\gamma, y(s)+\sin(s))-\gamma e^{-\gamma s}y(s)\cr &= e^{-\gamma s} \sin(s).\end{align*} Maintenant, en intégrant les deux cotés de l’égalité en haut entre $0$ et $t$ on trouve\begin{align*}\int^t_0\frac{d}{ds} \left(e^{-\gamma s}y(s)\right)\;ds=\int^t_0e^{-\gamma s} \sin(s)ds.\end{align*}Ce qui donne \begin{align*}e^{-\gamma t}y(t)- y(0)=\int^t_0e^{-\gamma s} \sin(s)ds.\end{align*}En multipliant les deux cotés de cette égalité par $e^{\gamma t}$ on trouve \begin{align*}y(t)=e^{\gamma t}y(0)+\int^t_0 e^{(t-s)\gamma} \sin(s)ds,\qquad t\in\mathbb{R}.\end{align*}
Limite a l’infini de la solution
Exercice: Soit $\gamma >0$ une réel et soit l’équation différentielle\begin{align*}y'(t)=-\gamma y(t)+\frac{\arctan(t^5)}{1+t^4} y(t),\qquad t\ge 0.\end{align*} Montrer que si $\gamma>\frac{\pi}{2},$ alors la solution de cette équation satifait $|y(t)|\to 0$ quand $t\to+\infty$.
Par la même méthode que dans l’exercice en haut, on obtient \begin{align*} \frac{d}{ds} \left(e^{\gamma s} y(s)\right)&=e^{\gamma s}y'(s)+\gamma e^{\gamma s} y(s)\cr &= e^{\gamma s}\left( -\gamma y(s)+\frac{\arctan(t^5)}{1+s^4} y(s)\right)\cr &= e^{\gamma s}\frac{\arctan(t^5)}{1+s^4} y(s).\end{align*}En intégrant les deux cotés entre $0$ et $t$ on trouve\begin{align*}e^{\gamma t} y(t)-y(0)=\int^t_0 e^{\gamma s}\frac{\arctan(t^5)}{1+s^4} y(s);ds.\end{align*}Ainsi \begin{align*}y(t)=e^{-\gamma t} y(0)+\int^t_0 e^{-\gamma (t-s)} \frac{\arctan(s^5)}{1+s^4} y(s)\;ds\end{align*}3) En passe à la valeur absolue dans l’egalité en haut et en applique l’inégalité triangulaire (i.e. $|a+b|\le |a|+|b|$), on trouve\begin{align*}|y(t)|&\le \left|e^{-\gamma t} y(0)\right|+\left|\int^t_0 e^{-\gamma (t-s)} \frac{\arctan(s^5)}{1+s^4} y(s)\;ds\right|\cr & \le e^{-\gamma t} |y(0)|+ \int^t_0 e^{-\gamma (t-s)} \frac{|\arctan(s^5)|}{1+s^4} |y(s)|\;ds.\end{align*}D’autre part, on sait que la fonction arctan est majorée par $\frac{\pi}{2}$ et que que $\frac{1}{1+s^4}\le 1$. Donc,\begin{align*}|y(t)|\le e^{-\gamma t} |y(0)|+ \frac{\pi}{2}e^{-\gamma t}\int^t_0 e^{\gamma s} |y(s)|\;ds.\end{align*}En multipliant les deux cotés par $e^{\gamma t}$ on trouve\begin{align*}e^{\gamma t}|y(t)|\le |y(0)|+ \frac{\pi}{2}\int^t_0 e^{\gamma s} |y(s)|\;ds.\end{align*}En appliquant le lemme de Gronwall (on prend $\varphi(t)=e^{\gamma t}|y(t)|$, $A=|y(0)|$ et $B= \frac{\pi}{2}$), on trouve\begin{align*}e^{\gamma t}|y(t)|\le e^{\frac{\pi}{2} t}|y(0)|.\end{align*} Donc $$ |y(t)|\le e^{-\left( \gamma-\frac{\pi}{2}\right)},\quad \forall t\ge 0.$$ D’où le résultat.
