Soit \( y \) une fonction de classe \( \mathbb{C}^{1}\) sur un intervalle \( I\).
Dans cette partie, on fera apparaître la fonction \( y(x) \) sous sa forme simplifiée \( y\).
De même, \( a(x)\) une fonction continue et \( f(x)\) une fonction quelconque.
Soit \( (E) \) une équation différentielle linéaire d'ordre \( 1 \) à coefficient continu, et \( (H) \) son équation homogène associée :
$$ \Biggl \{ \begin{align*} y' + a(x) y = f(x) \qquad (E) \\ y' + a(x) y = 0 \qquad (H) \end{align*} $$
Résolution de l'équation homogène \( (H) \)
\( y_h = 0 \) est solution, mais considérant \( y_h \) différente de la fonction nulle, la fonction \(y_h\) suivante sera solution homogène de \( (H) \) :
$$ y_h= Ke^{- A(x) } $$
Résolution de l'équation générale \( (E) \)
La fonction \(y_p\) sera solution particulière de \( (E) \) :
$$ y_p= e^{- A(x) } \int^x f(t)e^{A(t) } \hspace{0.1em} dt $$
On aura comme solution totale de \( (E) \), l'addition de ces deux solutions :
$$ y_t= y_h + y_p $$
Soit \( y \) une fonction de classe \( \mathbb{C}^{1}\) sur un intervalle \( I\).
Dans cette partie, on fera apparaître la fonction \( y(x) \) sous sa forme simplifiée \( y\).
De même, \( a(x)\) une fonction continue et \( f(x)\) une fonction quelconque.
La résolution d'une équation différentielle linéaire du premier ordre \((EDL_1)\) à coefficient continu consiste à trouver des fonctions \( y : x \longmapsto y(x)\), qui sont solutions d'une équation \( (E) \) de type :
$$ y' + a(x) y = f(x) \qquad (E) $$
On pourra dans un premier temps trouver des solutions \( y_h \) à l'équation homogène \( ( H) \) :
$$ y' + a(x) y = 0 \qquad (H) $$
Si \( y_h \) est solution de l'équation homogène \( ( H) \), et que \( y_p \) est solution particulière de l'équation \( ( E) \), alors :
$$ \Biggl \{ \begin{align*} y_p' + a(x) y_p = f(x) \qquad (E) \\ y_h' + a(x) y_h = 0 \qquad (H) \end{align*} $$
En effectuant l'opération \( ( H) + (E) \) :
$$ y_h' + y_p' + a(x) y_h + a(x) y_p = f(x) \qquad (H+E) $$
Grâce à la linéarité de la dérivée on voit que \( (y_h + y_p) \) reste solution de \( ( E) \), car :
$$ (y_h + y_p)' + a(x) (y_h + y_p) = f(x) $$
Soit une solution totale \( y_t \) pour \( (E) \) :
$$ y_t= y_h + y_p $$
On appelle équation homogène \( (H) \), l'équivalent de l'équation \( (E) \) mais sans second membre.
$$ y' + a(x) y = 0 \qquad (H) $$
Alors, \( y_h = 0 \) est solution évidente, mais considérons \( y_h \) différente de la fonction nulle.
À partir de \( (H) \), tentons de trouver une fonction \( (y_h) \) qui correspond :
$$ y_h' + a(x) y_h = 0 \qquad (H) $$
$$ y_h' = - a(x) y_h $$
$$ \frac{y_h' }{y_h}= - a(x) $$
On reconnaît la dérivée de fonction composée \( ln(u) \) :
$$ ln(u)' = \frac{u' }{u} $$
Alors, en calculant sa primitive,
$$ \int^x \frac{y_h'(t) }{y_h(t)} \hspace{0.1em} dt= \int^x - a(t)\hspace{0.1em} dt $$
$$ ln \bigl |y_h \bigr|= - A(x) + C \qquad (avec \enspace K \in \mathbb{R}) $$
$$ y_h= e^{- A(x) + C} $$
$$ y_h= Ke^{- A(x) } $$
On a alors comme solution homogène pour \( (H) \) :
$$ y_h= Ke^{- A(x) } $$
Il existe bien une infinité de solutions pour \( y_h \) , correspondant à l'ignorance de la valeur de la constante \(K\). Cette dernière pourra être fixée par la suite à partir de l'existence de conditions initiales.
Si \( y_h \) est solution de \( (H) \), alors :
$$ y_h' + a(x) y_h = 0$$
On applique la dérivée d'un produit :
$$ y_h' + a(x) y_h = -a (x) K e^{- A(x) } + a(x)Ke^{- A(x) } $$
$$ y_h' + a(x) y_h = 0 $$
\( y_h \) est bien solution homogène de \( (H) \).
Connaissant une solution à l'équation homogène \( (H) \), on peut repartir de celle-ci pour trouver des solutions particulières de \( (E) \).
En effet, en cherchant une solution particulière \( y_p \) de type :
$$ y_p= K(x) e^{- A(x) } \qquad (y_p) $$
En appliquant la méthode de la variation de la constante (ou méthode de Lagrange), on a :
$$ y_p' + a(x) y_p = K'(x) e^{- A(x) } -a (x) K(x) e^{- A(x) } + a(x)K(x) e^{- A(x) } $$
$$ y_p' + a(x) y_p = K'(x) e^{- A(x) } $$
Étant donné le système :
$$ \Biggl \{ \begin{align*} y' + a(x) y = f(x) \qquad (E) \\ y_p' + a(x) y_p = K'(x) e^{- A(x) } \qquad (E_p) \end{align*} $$
Graĉe aux deux équations \( (E) \) et \( (E_p) \), on en déduit une équation à résoudre, pour déterminer \( K(x) \) :
$$ K'(x) e^{- A(x) } = f(x) $$
$$ K'(x) = f(x)e^{A(x) } $$
On primitive de chaque côté :
$$ K(x)= \int^x f(t)e^{A(t) } \hspace{0.1em} dt \qquad (K) $$
On injecte \( (K) \) dans \( (y_p) \) :
$$ y_p= e^{- A(x) } \int^x f(t)e^{A(t) } \hspace{0.1em} dt $$
On a alors comme solution particulière pour \( (E) \) :
$$ y_p= e^{- A(x) } \int^x f(t)e^{A(t) } \hspace{0.1em} dt $$
Si \( y_p \) est solution de \( (E) \), alors :
$$ y_p' + a(x) y_p = f(x)$$
On applique toujours la dérivée d'un produit :
$$ y_p' + a(x) y_p = -a (x) e^{- A(x) } \int^x f(t)e^{A(t) } \hspace{0.1em} dt + f(x)e^{A(x)} e^{- A(x) } + a(x) e^{- A(x) } \int^x f(t)e^{A(t) } \hspace{0.1em} dt $$
$$ y_p' + a(x) y_p = \hspace{0.2em} \underbrace{-a (x) e^{- A(x) } \int^x f(t)e^{A(t) } \hspace{0.1em} dt + a(x) e^{- A(x) } \int^x f(t)e^{A(t) } \hspace{0.1em} dt } _\text{ \( = \ 0\)} \enspace + \enspace \underbrace{f(x)e^{A(x)} e^{- A(x) }} _\text{ \( = \ f(x)\)} $$
Soit,
$$ y_p' + a(x) y_p = f(x) $$
\( y_p \) est bien solution de \( (E) \).
Lors de cas simples, on pourra essayer de trouver directement des solutions, notamment par identification des coefficients.
Voici plusieurs exemples de résolution d'une \( EDL_1\) de forme générale :
$$ y' + a(x) y = f(x) \qquad (E) $$
Prenons un coefficient constant \( a(x) = 2 \), et une fonction \( f(x) = x^2 \), alors l'équation \( (E) \) devient :
$$ y' + 2y = x^2 \qquad (E) $$
$$ y_h' + 2y_h = 0 \qquad (H) $$
$$ y_h'= -2y_h $$
$$ \frac{y_h'}{y_h} = -2 $$
$$ \int^x \frac{y_h'(t)}{y_h(t)} dt = \int^x -2dt $$
$$ ln|y_h| =-2x + K $$
$$ y_h= Ke^{- 2x } $$
Nous avons alors une solution homogène \( y_h \) :
$$ y_h= Ke^{- 2x } $$
$$ y' + 2y = x^2 \qquad (E) $$
On cherche une solution particulière de type :
$$ y_p= K(x)e^{- 2x } \qquad (y_p) $$
Pour cela, on pourra utiliser la méthode de la variation de la constante, ou bien passer par la méthode d'identification des coefficients.
En utilisant cette méthode, on a :
$$ y_p' + 2y_p = K'(x)e^{- 2x } - 2K(x)e^{- 2x } + 2 K(x)e^{- 2x } $$
$$ y_p' + 2y_p = K'(x)e^{- 2x } \qquad (E_p) $$
Étant donné le système :
$$ \Biggl \{ \begin{align*} y' + 2y = x^2 \qquad (E) \\ y_p' + 2y_p = K'(x)e^{- 2x } \qquad (E_p) \end{align*} $$
Graĉe aux deux équations \( (E) \) et \( (E_p) \), on en déduit une équation à résoudre, pour déterminer \( K(x) \) :
$$ K'(x)e^{- 2x } = x^2 $$
$$ K'(x) = x^2 e^{2x } $$
On primitive de chaque côté afin de déterminer \( K(x) \) :
$$ K(x) = \int^x t^2 e^{2t } \hspace{0.1em} dt$$
On fait une intégration par parties avec pour choix de \( u \) et \( v' \) :
$$ \Biggl \{ \begin{align*} u(t) = t^2 \\ v'(t) = e^{2t } \hspace{0.1em} dt \end{align*} $$
$$ \Biggl \{ \begin{align*} u'(t) = 2t \hspace{0.1em} dt \\ v(t) = \frac{1}{2} e^{2t } \end{align*} $$
$$K(x) = \Biggl[t^2 \frac{1}{2} e^{2t }\Biggr]^x - \int^x \frac{1}{2} 2t \hspace{0.2em} e^{2t } \hspace{0.2em} dt $$
$$K(x) = x^2 \frac{1}{2} e^{2x }- \int^x t \hspace{0.2em} e^{2t } \hspace{0.2em} dt $$
On recommence une nouvelle une intégration par parties :
$$ \Biggl \{ \begin{align*} u(t) = t \\ v'(t) = e^{2t } \hspace{0.1em} dt \end{align*} $$
$$ \Biggl \{ \begin{align*} u'(t) = dt \\ v(t) = \frac{1}{2} e^{2t } \end{align*} $$
$$K(x) = x^2 \frac{1}{2} e^{2x }- \Biggl( \Biggl[t \frac{1}{2} e^{2t }\Biggr]^x - \int^x \frac{1}{2} \hspace{0.2em} e^{2t } \hspace{0.2em} dt \Biggr) $$
$$K(x) = x^2 \frac{1}{2} e^{2x }- x \frac{1}{2} e^{2x } + \int^x \frac{1}{2} \hspace{0.2em} e^{2t } \hspace{0.2em} dt $$
$$K(x) = x^2 \frac{1}{2} e^{2x }- x \frac{1}{2} e^{2x } +\frac{1}{4} e^{2x } $$
$$K(x) = e^{2x } \Biggl( \frac{ x^2}{2}- \frac{x}{2} +\frac{1}{4}\Biggr) \qquad (K) $$
À présent, on injecte \( (K) \) dans \( (y_p) \) :
$$ y_p= e^{2x } \Biggl( \frac{ x^2}{2}- \frac{x}{2} +\frac{1}{4}\Biggr) e^{- 2x } $$
$$ y_p= \frac{ x^2}{2}- \frac{x}{2} +\frac{1}{4} $$
Étant donnée la relative simplicité de l'équation \( (E) \) :
$$ y' + 2y = x^2 \qquad (E) $$
On pourra chercher une solution particulière \( y_p \) de type polynôme du second degré :
$$ y_p= ax^2 + bx +c \qquad (y_p) $$
En injectant \(y_p\) dans \( (E)\), on a :
$$ (2ax + b) + 2(ax^2 + bx +c ) = x^2 $$
$$ 2ax^2 + (2a + 2b)x + (b+2c)= x^2 $$
Ce qui nous amène au système suivant :
$$ \left \{ \begin{align*} 2a = 1 \\ 2a + 2b = 0 \\ b + 2c = 0 \end{align*} \right \} $$
$$ \left \{ \begin{align*} a = \frac{1}{2} \\ 1 + 2b = 0 \hspace{0.2em} \Longleftrightarrow \hspace{0.2em} b = -\frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} + 2c = 0 \hspace{0.2em} \Longleftrightarrow \hspace{0.2em} c = \frac{1}{4} \end{align*} \right \} $$
Soit finalement les solutions pour \(a, b, c\) :
$$ \left \{ a = \frac{1}{2}, \hspace{0.2em} b = -\frac{1}{2}, \hspace{0.2em} c = \frac{1}{4} \right \} $$
Et alors une solution \( y_p \) :
$$ y_p= \frac{x^2 }{2}-\frac{x}{2} + \frac{1}{4} $$
La solution totale de \( (E) \) est l'addition des deux solutions \( y_h \) et \( y_p \), soit :
$$ y_t= y_h + y_p $$
$$ y_t= Ke^{- 2x } + \frac{x^2 }{2}-\frac{x}{2} + \frac{1}{4} $$
Si \( y_t \) est solution de \( (E) \), alors :
$$ y_t' + 2 y_t = x^2$$
Vérifions le.
$$ y_t' + 2 y_t = \Biggl(-2 Ke^{- 2x } + x -\frac{1}{2} \Biggr) + 2 \Biggl( Ke^{- 2x } + \frac{x^2 }{2}-\frac{x}{2} + \frac{1}{4} \Biggr)$$
$$ y_t' + 2 y_t = \hspace{0.2em} \underbrace{-2 Ke^{- 2x } + 2 Ke^{- 2x }} _\text{ \( = 0 \)} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} x^2 + \hspace{0.2em} \underbrace{ x -\frac{1}{2} -x + \frac{1}{2}} _\text{ \( = 0 \)} $$
$$ y_t' + 2 y_t = x^2$$
\( y_t \) est bien solution totale de \( (E) \).
Prenons un coefficient continu \( a(x) = \frac{1}{x} \), et une fonction \( f(x) = x^3\), alors l'équation \( (E) \) devient :
$$ y' + \frac{y}{x} = x^3 \qquad (E) $$
$$ y' + \frac{y}{x} = 0 \qquad (H) $$
$$ y' = - \frac{y}{x} $$
$$ \frac{y'}{y} = - \frac{1}{x} $$
$$ ln |y| = -ln|x| + C $$
$$ y = e^{-ln(x) + C} $$
$$ y = \frac{K}{x} $$
Nous avons alors une solution homogène \( y_h \) :
$$ y_h= \frac{K}{x}$$
$$ y' + \frac{y}{x} = x^3 \qquad (E) $$
On cherche une solution particulière de type :
$$ y_p= \frac{K(x)}{x} \qquad (y_p) $$
En utilisant cette méthode, on a :
$$ y_p' + \frac{y}{x} = \frac {K'(x)x - K(x)}{x^2} + \frac {K(x) }{x^2} $$
$$ y_p' + \frac{y}{x} = \frac {K'(x)}{x} \qquad (E_p) $$
Étant donné le système :
$$ \left \{ \begin{align*} y' + \frac{y}{x} = x^3 \qquad \qquad (E) \\ y_p' + \frac{y_p}{x} = \frac {K'(x)}{x} \qquad (E_p) \end{align*} \right \} $$
Graĉe aux deux équations \( (E) \) et \( (E_p) \), on en déduit une équation à résoudre, pour déterminer \( K(x) \) :
$$\frac {K'(x)}{x} = x^3 $$
$$ K'(x) = x^4 $$
On primitive de chaque côté afin de déterminer \( K(x) \) :
$$ K(x) = \int^x t^4 \hspace{0.2em} \hspace{0.1em} dt$$
$$ K(x) =\frac{x^5}{5} $$
On injecte \( (K) \) dans \( (y_p) \) :
$$ y_p= \frac{x^5}{5}\frac{1}{x} $$
$$ y_p= \frac{x^4}{5} $$
La solution totale de \( (E) \) est l'addition des deux solutions \( y_h \) et \( y_p \), soit :
$$ y_t= y_h + y_p $$
$$ y_t= \frac{K}{x} + \frac{x^4}{5} $$
Si \( y_t \) est solution de \( (E) \), alors :
$$ y_t' + \frac{y_t}{x} = x^3$$
Vérifions le.
$$ y_t' + \frac{y_t}{x} = \Biggl(-\frac{ K }{x^2} + \frac{4x^3 }{5} \Biggr) + \Biggl( \frac{ \frac{K}{x} + \frac{x^4}{5}}{x}\Biggr)$$
$$ y_t' + \frac{y_t}{x} = -\frac{ K }{x^2} + \frac{4x^3 }{5} + \frac{K}{x^2} + \frac{x^4}{5x}$$
$$ y_t' + \frac{y_t}{x} = \hspace{0.2em} \underbrace{\frac{K}{x^2} - \frac{ K }{x^2}} _\text{ \(= 0\)} \hspace{0.2em} + \hspace{0.2em} \frac{4x^3 }{5} + \frac{x^3}{5}$$
$$ y_t' + \frac{y_t}{x} =x^3$$
\( y_t \) est bien solution totale de \( (E) \).
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