La résolution des équa. diff. lin. d'ordre 2 \( (EDL_2) \) à coefficients constants

Soit \( y \) une fonction de classe \( \mathbb{C}^{2}\) sur un intervalle \( I\).

De même, soit \( (a, b) \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^2\) deux coefficients et \( f(x)\) une fonction quelconque.

Soit \( (E) \) une équation différentielle linéaire d'ordre \( 2 \), et \( (H) \) son équation homogène associée :

$$ \Biggl \{ \begin{align*} y'' + ay' + by = f(x) \qquad (E) \\ y'' + ay' + by = 0 \qquad (H) \end{align*} $$

Résolution de l'équation homogène \( (H) \)

\( y_h = 0 \) est solution, mais considérant \( y_h \) différente de la fonction nulle, on aura dans un premier temps à calculer le discriminant \( \Delta \) de l'équation caractéristique \( (E_c) \) :

Après l'examen du discriminant \( (\Delta = a^2 -4b) \), selon les cas la fonction \(y_h\) sera solution homogène de \( (H) \) :

• \( \alpha) \ \Delta > 0 \) : deux racines distinctes \( \alpha, \beta \)

$$ \left \{ \begin{align*} \alpha = \frac{-a - \sqrt{\Delta}}{2} \\ \beta = \frac{-a + \sqrt{\Delta}}{2} \end{align*} \right \} $$

$$ y_h =c_1\hspace{0.1em} e^{\alpha x} +c_2 e^{\beta x} \qquad (avec \enspace (c_1,c_2) \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^2) $$

• \( \beta) \ \Delta > 0 \) : une racine double \( \alpha \)
$$\alpha = \frac{-a}{2} $$

$$ y_h =c_1\hspace{0.1em} e^{\alpha x} +c_2 \hspace{0.2em} x \hspace{0.2em} e^{\alpha x} \qquad (avec \enspace (c_1,c_2) \in \hspace{0.1em} \mathbb{R}^2) $$

• \( \gamma) \ \Delta < 0 \) : deux racines complexes conjuguées \( \alpha, \overline{\alpha} \)

$$ \left \{ \begin{align*} \alpha = \frac{-a - i\sqrt{|\Delta}|}{2} \\ \overline{\alpha} = \frac{-a + i\sqrt{|\Delta}|}{2} \end{align*} \right \} $$

$$ y_h = e^{Ax} \Biggl[c_1\hspace{0.1em} cos(Bx) +c_2 \hspace{0.1em} sin(Bx) \Biggr] \qquad avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} (c_1,c_2)\in \hspace{0.05em}\mathbb{R}^2 \\ A = \frac{ - a }{2} \enspace et \enspace B = \frac{ \sqrt{|\Delta|} }{2} \end{align*} $$

Résolution de l'équation générale \( (E) \)

Ayant déterminé les constantes \((c_1, c_2) \) et les solutions \((y_1, y_2) \) selon le résultat du calcul de \(\Delta\), on a trouvé comme solution pour \((H) \) :

Pour déterminer une solution particulière de \( (E) \) on résout le système \( (S) \) :

$$ (S) \ \Biggl \{ \begin{align*} c_1'y_1 + c_2'y_2 = 0 \\ c_1' y_1' + c_2' y_2' = f(x) \end{align*}$$

$$ (S) \Longleftrightarrow \ \begin{bmatrix} y_1 & y_2\\ y_1' & y_2' \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} c_1' \\ c_2' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \ \ 0 \\ f(x) \end{bmatrix} $$

Si \(det(Y)\neq 0\), alors le système \( (S) \) admet des solutions qui sont :

$$ \ \left \{ \begin{align*} c_1' = \frac{-y_2 f(x)}{ y_1y_2'- y_1'y_2 } \\ c_2' = \frac{y_1 f(x)}{ y_1y_2' - y_1'y_2 } \end{align*} \right \}$$

$$avec \ \left \{ \begin{align*} det(Y) = \begin{vmatrix} y_1 & y_2\\ y_1' & y_2' \end{vmatrix} = y_1y_2' - y_1'y_2 \end{align*} \right \}$$

La fonction \(y_p\) sera solution particulière de \( (E) \) :

$$ y_p= c_1(x) y_1 + c_2(x) y_1 $$

$$avec \ \left \{ \begin{align*} c_1(x) = \int^x \frac{-y_2 f(t)}{ y_1y_2' -y_1'y_2 } \ dt \\ c_2(x) = \int^x \frac{y_1 f(t)}{ y_1y_2' -y_1'y_2 } \ dt \end{align*} \right \}$$

On aura comme solution totale de \( (E) \), l'addition de ces deux solutions :

$$ y_t= y_h + y_p $$

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Démonstration

Soit \( y \) une fonction de classe \( \mathbb{C}^{2}\) sur un intervalle \( I\).

De même, soit \( (a, b) \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^2\) deux coefficients et \( f(x)\) une fonction quelconque.

La résolution d'une équation différentielle linéaire du second ordre \((EDL_2)\) à coefficients constants consiste à trouver des fonctions \( y(x) : x \longmapsto y\), qui sont solutions d'une équation de type :

On pourra dans un premier temps trouver une solution homogène \( y_h \) à l'équation homogène \( ( H) \) :

\( y_h = 0 \) est solution évidente, mais considérons \( y_h \) différente de la fonction nulle...

Si \( y_h \) est solution homogène de l'équation homogène \( ( H) \), et que \( y_p \) est solution particulière de l'équation \( ( E) \), alors :

$$ \Biggl \{ \begin{align*} y_p'' + ay_p' + b y_p = f(x) \qquad (E) \\ y_h'' + ay_h' + b y_h = 0 \qquad (H) \end{align*} $$

En effectuant l'opération \( ( H) + (E) \) :

Grâce à la linéarité de la dérivée on voit que \( (y_h + y_p) \) reste solution de \( ( E) \), car :

Soit une solution totale \( y_t \) pour \( (E) \) :

$$ y_t= y_h + y_p $$

Résolution de l'équation homogène \( (H) \)

On appelle équation homogène \( (H) \), l'équivalent de l'équation \( (E) \) mais sans second membre.

Les équations différentielles linéaires du premier ordre à coefficient constant ont comme solution à l'équation homogène une fonction \(y_h\) de la forme :

Supposons que les solutions aux équations homogènes du second degré le soient aussi, avec un coefficient général \( r \), toujours à déterminer.

À partir de cette hypothèse, l'équation \( (H) \) devient :

Nous nous retrouvons avec une équation du du second degré, appellée équation caractéristique \( (E_c) \) :

Lorsque l'on se retrouve face à ce type d'équation, il y a toujours trois cas à la suite du calcul du discriminant \( \Delta = a^2 - 4b \), avec une relation entre coefficients \((a, b, c) \) et racines \((\alpha, \beta) \) :

• \( \alpha) \ \Delta > 0 \) : deux racines distinctes \( \alpha, \beta \)

  $$ \left \{ \begin{align*} \alpha = \frac{-a - \sqrt{\Delta}}{2} \\ \beta = \frac{-a + \sqrt{\Delta}}{2} \end{align*} \right \} $$

  $$ \Biggl \{ \begin{align*} a = -(\alpha + \beta) \\ b = \alpha \beta \end{align*} \qquad (1)$$

• \( \beta) \ \Delta > 0 \) : une racine double \( \alpha \)
  $$\alpha = \frac{-a}{2} $$

  $$ \Biggl \{ \begin{align*} a = -(2\alpha) \\ b = \alpha^2 \end{align*} $$

• \( \gamma) \ \Delta < 0 \) : deux racines complexes conjuguées \( \alpha, \overline{\alpha} \)

  $$ \left \{ \begin{align*} \alpha = \frac{-a - i\sqrt{|\Delta}|}{2} \\ \overline{\alpha} = \frac{-a + i\sqrt{|\Delta}|}{2} \end{align*} \right \} $$

  $$ \Biggl \{ \begin{align*} a = -(\alpha +\overset{-}{\alpha} ) \\ b = \alpha \overset{-}{\alpha} \end{align*} $$

Dans les trois cas, la relation \((1)\) reste vraie si l'on considère \( \alpha, \beta \) comme les deux racines générales de \( (E_c) \) :

$$ \Biggl \{ \begin{align*} a = -(\alpha + \beta) \\ b = \alpha \beta \end{align*} \qquad (1) $$

Grâce à \( (1) \) , l'équation \( (H) \) devient \( (H^*) \) :

L'équation \( (H^*) \) devient une équation homogène du premier ordre :

avec comme solution :

Mais, avec les deux équations \( (z) \) et \( (z_h) \), on a :

$$ \Biggl \{ \begin{align*} z = y' -\alpha y \qquad (z) \\ z_h = \mu\hspace{0.1em} e^{\beta x} \qquad (z_h) \end{align*} $$

Ce qui nous amène à une nouvelle une équation du premier ordre :

Les solutions de \( (E_2) \) sont alors celles que nous cherchons pour \( (H) \)...

1. Résolution de l'équation générale de passage \( (E_2) \)

$$ y' -\alpha y = \mu\hspace{0.1em} e^{\beta x} \qquad (E_2) $$

Pour résoudre une équation différentielle linéaire du premier degré à coefficient constant, il faut d'abord résoudre l'équation homogène associée \( (H_2) \).

1. Solutions de l'équation homogène de passage \( (H_2) \)

On démarre alors de l'équation \( (H_2) \) :

$$ y' -\alpha y = 0 \qquad (H_2) $$

On sait que ce type d'équation a comme solution :

$$y_h =\lambda\hspace{0.1em} e^{\alpha x} \qquad (y_h - H_2) $$

2. Solutions particulières de l'équation générale de passage \( (E_2) \)

Comme pour une équation différentielle linéaire du premier degré à coefficient constant, on va rechercher une solution particulière de type :

$$ y_p= \lambda(x) e^{\alpha x } \qquad (y_p - E_2) $$

1. Méthode de la variation de la constante

Pour cela, on utilise la méthode de la variation de la constante :

$$ y_p' -\alpha y_p = \lambda'(x) e^{\alpha x } + \alpha \lambda(x) e^{\alpha x } - \alpha \lambda(x) e^{\alpha x } $$
$$ y_p' -\alpha y_p = \lambda'(x) e^{\alpha x } \qquad (E_{2}(y_p)) $$

Étant donné le système :

$$ \Biggl \{ \begin{align*} y' -\alpha y = \mu\hspace{0.1em} e^{\beta x} \qquad (E_2) \\ y_p' -\alpha y_p = \lambda'(x) e^{\alpha x } \qquad (E_{2}(y_p)) \end{align*} $$

Graĉe aux deux équations \( (E) \) et \( (E_{2}(y_p)) \), on en déduit une équation à résoudre, pour déterminer \( K(x) \) :

$$ \lambda'(x) e^{\alpha x } = \mu\hspace{0.1em} e^{\beta x}$$
$$ \lambda'(x) = \mu\hspace{0.1em} e^{(\beta - \alpha) x} \qquad (\lambda') $$

Comme vu plus haut, trois cas sont à distinguer selon les racines de \(E_c\) :

• \( \alpha) \ \Delta > 0 \) : deux racines distinctes \( \alpha, \beta \)
• \( \beta) \ \Delta > 0 \) : une racine double \( \alpha \)
• \( \gamma) \ \Delta < 0 \) : deux racines complexes conjuguées \( \alpha, \overline{\alpha} \)

Dans les trois cas de figures, on ajoutera à notre solution particulière \(y_p\) de \((E_2)\), la solution homogène \(y_h\) de \((H_2)\) trouvée précédemment :

$$y_h =\lambda\hspace{0.1em} e^{\alpha x} \qquad (y_h - H_2) $$
\( \alpha) \ \Delta > 0 \) : deux racines distinctes \( \alpha, \beta \)
$$ \lambda'(x) = \mu\hspace{0.1em} e^{(\beta - \alpha) x} \qquad (\lambda') $$

Dans ce cas, \( (\lambda')\) reste tel quel :

$$ \lambda'(x) = \mu\hspace{0.1em} e^{(\beta - \alpha) x} \qquad (\lambda' - \Delta_+) $$
$$ \lambda(x) = \mu \int^x e^{(\beta - \alpha) t} \hspace{0.1em} dt$$
$$ \lambda(x) = \frac{\mu}{(\beta - \alpha)} e^{(\beta - \alpha) x} \qquad (\lambda - \Delta_+) $$

On injecte la valeur de \( (\lambda - \Delta_+) \) dans \( (y_h - H_2) \) :

$$ y_p = \frac{\mu}{(\beta - \alpha)} e^{(\beta - \alpha) x} e^{\alpha x} $$
$$ y_p = \frac{\mu}{(\beta - \alpha)} e^{\beta x} $$

On a alors une solution totale \( y_t \) pour \( (E_2 )\), et donc pour \((H) \) :

$$ y_t = y_h + y_p $$
$$ y_t = \lambda\hspace{0.1em} e^{\alpha x} + \frac{\mu}{(\beta - \alpha)} e^{\beta x} $$

Considérant les deux racines \( (\alpha, \beta)\) de l'équation caractéristique \( (E_c) \), on a une fonction \(y_h \), solution de l'équation homogène \( (H )\) :

$$ y_h =c_1 \hspace{0.1em} e^{\alpha x} + c_2 e^{\beta x} \qquad (avec \enspace (c_1,c_2) \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^2) $$

La valeur de \( (\beta- \alpha)\) étant absorbée par la constante \( c_2\).


\( \beta) \ \Delta = 0 \) : une racine double \( \alpha \)
$$ \lambda'(x) = \mu\hspace{0.1em} e^{(\beta - \alpha) x } \qquad (\lambda') $$

Dans ce cas-ci, \( \alpha = \beta \), alors \( (\lambda')\) devient :

$$ \lambda'(x) = \mu \qquad \qquad (\lambda' - \Delta_0) $$

On intègre alors la constante \( \mu \) :

$$ \lambda'(x) = \mu $$
$$ \lambda(x) = \mu \int^x \hspace{0.1em} dt$$
$$ \lambda(x) = \mu \hspace{0.2em} x \qquad (\lambda - \Delta_0) $$

On injecte la valeur de \( (\lambda - \Delta_0) \) dans \( (y_h - H_2) \) :

$$ y_p = \mu \hspace{0.2em} x \hspace{0.2em} e^{\alpha x} $$

On a alors une solution totale \( y_t \) pour \( (E_2 )\), et donc pour \((H) \) :

$$ y_t = y_h + y_p $$
$$ y_t = \lambda\hspace{0.1em} e^{\alpha x} + \mu \hspace{0.2em} x \hspace{0.2em} e^{\alpha x} $$

Considérant la racine double \( \alpha \) de l'équation caractéristique \( (E_c) \), on a une fonction \(y_h \), solution de l'équation homogène \( (H )\) :

$$ y_h =c_1 \hspace{0.1em} e^{\alpha x} +c_2 \hspace{0.2em} x \hspace{0.2em} e^{\alpha x} \qquad (avec \enspace (c_1,c_2) \in \hspace{0.1em} \mathbb{R}^2) $$


\( \gamma) \ \Delta < 0 \) : deux racines complexes conjuguées \( \alpha , \overline{\alpha} \)
$$ \lambda'(x) = \mu\hspace{0.1em} e^{(\beta - \alpha) x} \qquad (\lambda') $$

Dans ce dernier cas, \( \beta = \overset{-}{\alpha} \), donc nous avons deux racines conjuguées de \( (E_c) \) :

$$ \left \{ \begin{align*} \alpha = \frac{ - a - i \sqrt{|\Delta|} }{2} \\ \overset{-}{\alpha}= \frac{ - a + i \sqrt{|\Delta|} }{2} \end{align*} \right \} $$

Alors, \( (\lambda')\) devient :

$$ \lambda'(x) = \mu\hspace{0.1em} e^{(\overset{-}{\alpha} - \alpha) x} \qquad (\lambda' - \Delta_-) $$

Par simplicité, on pose :

$$ \left \{ \begin{align*} A = \frac{ - a }{2} \\ B = \frac{ \sqrt{|\Delta|}}{2} \end{align*} \right \} $$

Pour que \( \alpha \) et \( \overset{-}{\alpha} \) puissent devenir :

$$ \Biggl \{ \begin{align*} \alpha = A - iB \\ \overset{-}{\alpha}= A + iB \end{align*} $$

Et que :

$$ (\overset{-}{\alpha} - \alpha )= 2iB $$
$$ \lambda'(x) = \mu\hspace{0.1em} e^{2iB x} \qquad (\lambda' - \Delta_-) $$

On intègre :

$$ \lambda(x) = \mu \int^x e^{2iB t} \hspace{0.1em} dt$$
$$ \lambda(x) = \frac{\mu}{2iB} e^{2iB x} \qquad (\lambda - \Delta_-) $$

On injecte maintenant la valeur de \( (\lambda - \Delta_-) \) dans \( (y_h - H_2) \) :

$$ y_p = \frac{\mu}{2iB} e^{2iB x} e^{\alpha x} $$
$$ y_p = \frac{\mu}{2iB} e^{2iB x} e^{(A - iB) x} $$
$$ y_p = \frac{\mu}{2iB} e^{(A + iB) x} $$

On a alors une solution totale \( y_t \) pour \( (E_2 )\), et donc pour \((H) \) :

$$ y_t = y_h + y_p $$
$$ y_t = \lambda\hspace{0.1em} e^{(A-iB) x} + \frac{\mu}{2iB} e^{(A + iB) x} \qquad (y_t - E_2) $$

On sait que les nombres complexes peuvent s'écrire sous la forme exponentielle :

$$ \Biggl \{ \begin{gather*} e^{ipx}= cos(px) + isin(px) \\ e^{-ipx} = cos(px) - isin(px) \end{gather*} $$

$$ y_t = e^{Ax} \Biggl[\lambda\hspace{0.1em} e^{-iB x} + \frac{\mu}{2iB} e^{iB x} \Biggr] $$
$$ y_t = e^{Ax} \Biggl[\lambda \hspace{0.1em} \Bigl(cos(Bx) - i sin(Bx)\Bigr) + \frac{\mu}{2iB} \Bigl(cos(Bx) + i sin(Bx)\Bigr) \Biggr] $$
$$ y_t = e^{Ax} \Biggl[\lambda cos(Bx) - \lambda i sin(Bx) + \frac{\mu}{2iB} cos(Bx) + \frac{\mu}{2B} sin(Bx) \Biggr] $$



Cherchant les solutions réelles de \( (E_2 )\), et donc de \((H) \), on va conserver uniquement la partie réelle :

$$ y_t = \hspace{0.1em}\underbrace { e^{Ax} \Biggl[ \lambda cos(Bx) + \frac{\mu}{2B} sin(Bx) \Biggr] } _\text{partie réelle } \hspace{0.1em}-\hspace{0.1em} \underbrace { e^{Ax} \Biggl[ \lambda i sin(Bx) + \frac{\mu}{2iB} cos(Bx) \Biggr] } _\text{partie imaginaire }$$
$$ y_t = e^{Ax} \Biggl[ \lambda cos(Bx) + \frac{\mu}{2B} sin(Bx) \Biggr] $$



Considérant les deux racines complexes conjuguées \( (\alpha, \overset{-}{\alpha})\) de l'équation caractéristique \( (E_c) \) :

$$ \Biggl \{ \begin{align*} \alpha = A -iB \\ \overline{\alpha} = A +iB \end{align*}$$

On a une fonction \(y_h \) solution de l'équation homogène \( (H )\) :

$$ y_h = e^{Ax} \Biggl[c_1\hspace{0.1em} cos(Bx) +c_2 \hspace{0.1em} sin(Bx) \Biggr] \qquad avec \enspace \Biggl \{ \begin{align*} (c_1,c_2)\in \hspace{0.05em}\mathbb{R}^2 \\ A = \frac{ - a }{2} \enspace et \enspace B = \frac{ \sqrt{|\Delta|} }{2} \end{align*} $$

La valeur de \( \frac{\mu}{2B}\) étant absorbée par la constante \( c_2\).

Résolution de l'équation générale \( (E) \)

Connaissant une solution à l'équation homogène \( (H) \), on peut repartir de celle-ci pour trouver solution particulière de \( (E) \).

1. Méthode de la variation de la constante

En effet, on va chercher une solution particulière \( y_p \) de type :

$$ y_p= c_1(x) y_1 + c_2(x)y_2 \qquad (y_p) $$

De la même manière que précédemment, on écrira les fonctions \( c_1(x), c_2(x) \) sous une forme simplifiée \( c_1, c_2\).

Ici, les fonctions \( y_1, y_2\) correspondent à la partie exponentielle de la solution homogène selon le résultat du calcul de \( \Delta\).

Par exemple, pour \(\Delta > 0\) :

$$ \Biggl \{ \begin{align*} y_1 = e^{\alpha x} \\ y_2 = e^{\beta x} \end{align*}$$

Réécrivons la solution \( y_p \) sous sa forme simplifiée, soit :

$$ y_p= c_1 y_1 + c_2 y_2 \qquad (y_p) $$

En appliquant la méthode de la variation de la constante (ou méthode de Lagrange), on a :

$$y_p'' + a.y_p' + b.y_p = c_1'' y_1 + 2 c_1' y_1' + c_1 y_1'' + c_2'' y_2 + 2 c_2'y_2' + c_2 y_2'' + a . c_1' y_1 + a. c_1 y_1' + a.c_2'y_2 +a.c_2 y_2' + b.c_1 y_1 +b.c_2 y_2 = f(x) $$

On remarque que deux fois trois termes mis ensemble peuvent satisfaire l'équation homogène \( (H) \) :

$$ \Biggl \{ \begin{align*} c_1 y_1'' + a. c_1 y_1' + b.c_1 y_1 = 0 \\ c_2 y_2'' + a . c_2 y_2' + b.c_2 y_2 = 0 \end{align*}$$

$$ \underbrace{ c_1 y_1'' + a . c_1 y_1' + b.c_1 y_1 } _\text{ \(= \ 0\)} \hspace{0.1em} + \hspace{0.1em} \underbrace{ c_2 y_2'' + a . c_2 y_2' + b.c_2 y_2 } _\text{ \(= \ 0\)} \hspace{0.1em} + c_1'' y_1 + c_2'' y_2 + 2c_1' y_1' + 2c_2' y_2'+ ac_1' y_1 + ac_2' y_2 = f(x) $$

Alors, il reste seulement :

$$ c_1'' y_1 + c_2'' y_2 + 2.c_1' y_1' + 2.c_2' y_2'+ a.c_1' y_1 + a.c_2' y_2 = f(x) \qquad(2) $$

Les fonctions \(c_1, c_2\) apparaissent maintenant sous leur forme dérivée.

Par simplicité, posons :

$$ \Biggl \{ \begin{align*} c_1' = d_1 \\ c_2' = d_2 \end{align*}$$

Alors, l'expression \((2)\) devient \((3)\) :

$$ d_1'.y_1 + d_2'. y_2 + 2d_1. y_1' + 2d_2. y_2'+ ad_1. y_1 + ad_2. y_2 = f(x) \qquad(3) $$

Nous obtenons alors une \(EDL_1\) avec deux fonctions inconnues, et il est possible d'imposer une nouvelle condition, tant que celle-ci reste linéairement indépendante de l'équation initiale.

On ajoute alors la condition \((C)\) suivante :

$$ d_1.y_1 + d_2. y_2 = 0 \qquad(C) $$

On alors sa dérivée de même nulle :

$$ (d_1.y_1 + d_2. y_2)' = 0 \Longleftrightarrow d_1'.y_1 + d_1.y_1' + d_2'.y_2 + d_2.y_2' = 0 \qquad(C') $$

Alors, l'expression \((3)\) peut être réécrite sous la forme :

$$ \underbrace{ d_1'.y_1 + d_1. y_1' + d_2'. y_2 + d_2. y_2' } _\text{ \(= \ 0\)} \hspace{0.1em} + d_1. y_1' + d_2. y_2' + a \underbrace{ (d_1. y_1 + d_2. y_2)} _\text{ \(= \ 0\)} \hspace{0.1em} = f(x) \qquad(3) $$

Et il reste uniquement de \((3)\) :

$$ d_1. y_1' + d_2. y_2' = f(x) \qquad(3^*) $$



À ce stade, pour déterminer les fonctions \((c_1, c_2)\), il reste à trouver les solutions du système à deux équations :

$$ (S) \ \Biggl \{ \begin{align*} d_1.y_1 + d_2. y_2 = 0 \\ d_1. y_1' + d_2. y_2' = f(x) \end{align*}$$

Soit en réécrivant nos variables sous leur forme initiale pour les fonctions \((c_1, c_2)\) :

$$ (S) \ \Biggl \{ \begin{align*} c_1'.y_1 + c_2'. y_2 = 0 \\ c_1'. y_1' + c_2'. y_2' = f(x) \end{align*}$$

Notre système \((S)\) équivaut maintenant à un système matriciel :

$$ (S) \Longleftrightarrow \ \begin{bmatrix} y_1 & y_2\\ y_1' & y_2' \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} c_1' \\ c_2' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \ \ 0 \\ f(x) \end{bmatrix} $$

$$ (S) \Longleftrightarrow \ Y \times C = F $$

Pour la résolution de \((S)\), on commence par calculer le déterminant de la matrice \(Y\) :

$$ det(Y) = \begin{vmatrix} y_1 & y_2\\ y_1' & y_2' \end{vmatrix} = y_1y_2' -y_1'y_2 $$

Si \(det(Y) \neq 0\), alors le système a des solutions.

Les solutions pour les fonctions \((c_1', c_2')\) seront alors de la forme :

$$ \enspace c_1' = \frac{det(Y_1)}{det(Y)}, \enspace c_2' = \frac{det(Y_2)}{det(Y)}$$

Où \(Y_1, \ Y_2\) représentent respectivement la matrice carrée formée par la matrice \(Y\) dans laquelle on a interverti respectivement la \(1\)-ière et \(2\)-ième colonne avec la matrice colonne \(F\).

Admettons que \(det(Y) \neq 0\), alors ces solutions sont :

$$ c_1' = \frac{det(Y_1)}{det(Y)} = \frac{ \begin{vmatrix} \ \ \ 0 & y_2\\ f(x) & y_2' \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} y_1 & y_2\\ y_1' & y_2' \end{vmatrix} } = \frac{-y_2 f(x)}{ y_1y_2' -y_1'y_2 } $$

$$ c_2' = \frac{det(Y_2)}{det(Y)} = \frac{ \begin{vmatrix} y_1 & \ \ \ 0 \\ y_1' & f(x) \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} y_1 & y_2\\ y_1' & y_2' \end{vmatrix} } = \frac{y_1 f(x)}{ y_1y_2' -y_1'y_2 } $$

Ayant déterminés \((c_1', c_2')\), on peut maintenant intégrer pour déterminer \((c_1, c_2)\).

$$ \Biggl \{ \begin{align*} c_1(x) = \int^x c_1'(x) \ dx \\ c_2(x) = \int^x c_2'(x) \ dx \end{align*}$$

La fonction \(y_p\) sera solution particulière de \( (E) \) :

$$ y_p= c_1(x) y_1 + c_2(x) y_1 $$

$$avec \ \left \{ \begin{align*} c_1(x) = \int^x \frac{-y_2 f(t)}{ y_1y_2' -y_1'y_2 } \ dt \\ c_2(x) = \int^x \frac{y_1 f(t)}{ y_1y_2' -y_1'y_2 } \ dt \end{align*} \right \}$$

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Exemples de résolution d'une équation différentielle linéaire d'ordre 2 à coefficients constants \( (EDL_2) \)

Voici plusieurs exemples de résolution d'une \( EDL_2\) de forme générale :

1. Avec un discriminant positif \((\Delta > 0)\)

Résolvons l'équation \( (E)\) suivante :

$$ y'' + 3 y' + 2y = x^2 \qquad (E) $$



1. Résolution de l'équation homogène \( (H) \)

$$ y'' + 3 y' + 2y = 0 \qquad (H) $$

On obtient comme équation caractéristique \( (E_c) \) :

$$ r^2 + 3r + 2 = 0 \qquad (E_c) $$
$$\Delta = \ 3^2 - \ 4 \times 2 = 1 $$

On a alors deux racines distinctes \( (\alpha, \ \beta) \) :

$$ \left \{ \begin{align*} \alpha = \frac{-a - \sqrt{\Delta}}{2} \\ \beta = \frac{-a + \sqrt{\Delta}}{2} \end{align*} \right \} \Longleftrightarrow \left \{ \alpha = -2, \ \beta = -1 \right \} $$

Alors, la solution homogène de \( (H) \) est :

$$ y_h = c_1\hspace{0.1em} e^{-2x} +c_2 \hspace{0.1em} e^{- x} \qquad (avec \enspace (c_1,c_2) \in \hspace{0.05em} \mathbb{R}^2) $$



2. Vérification de la solution homogène \( y_h \)

$$ y_h'' + 3 y_h' + 2y_h = ( c_1\hspace{0.1em}e^{-2x} +c_2 \hspace{0.1em} e^{- x})'' + 3 (c_1\hspace{0.1em}e^{-2x} +c_2 \hspace{0.1em}e^{- x})' + 2( c_1\hspace{0.1em}e^{-2x} +c_2 \hspace{0.1em}e^{- x}) $$
$$ y_h'' + 3 y_h' + 2y_h = 4 c_1\hspace{0.1em}e^{-2x} +c_2 \hspace{0.1em} e^{- x} -6c_1\hspace{0.1em}e^{-2x} - 3c_2 \hspace{0.1em}e^{- x}+2c_1\hspace{0.1em}e^{-2x} +2c_2 \hspace{0.1em}e^{- x}$$
$$ y_h'' + 3 y_h' + 2y_h = 0 $$

\( y_h \) est bien solution de \( (H) \).




3. Résolution de l'équation générale \( (E) \)

$$ y'' + 3 y' + 2y = x^2 \qquad (E) $$

On souhaite à présent trouver une solution particulière de type :

$$ y_p = c_1y_1 + c_2 y_2 \qquad(avec \ (c_1, c_2) \ deux \ fonctions) $$

On doit alors résoudre le système \( (S) \):

$$ (S) \ \Biggl \{ \begin{align*} c_1'.y_1 + c_2'. y_2 = 0 \\ c_1'. y_1' + c_2'. y_2' = x^2 \end{align*}$$

$$ (S) \ \Biggl \{ \begin{align*} c_1'.e^{-2x} + c_2'. e^{-x} = 0 \\ c_1'. (e^{-2x})' + c_2'. (e^{-x})' = x^2 \end{align*}$$

$$ (S) \ \Biggl \{ \begin{align*} c_1'.e^{-2x} + c_2'. e^{-x} = 0 \\ c_1'. (-2e^{-2x}) + c_2'. (-e^{-x}) = x^2 \end{align*}$$

$$ (S) \Longleftrightarrow \ \begin{bmatrix} \ \ \ e^{-2x} & \ \ e^{-x}\\ -2e^{-2x} & -e^{-x} \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} c_1' \\ c_2' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \ \ 0 \\ x^2 \end{bmatrix} $$

$$ (S) \Longleftrightarrow \ Y \times C = F $$

On calcule le déterminant de la matrice \(Y\) :

$$ det(Y) = \begin{vmatrix} \ \ \ e^{-2x} & \ \ e^{-x}\\ -2e^{-2x} & -e^{-x} \end{vmatrix} = -e^{-3x} + 2e^{-3x} = e^{-3x} \neq 0 $$

\(det(Y) \neq 0\) car la fonction \(g(x) : x \longmapsto e^{-3x}\) ne s'annule jamais sur \(\mathbb{R}\).




On a alors pour \((c_1', c_2')\) :

$$ c_1' = \frac{det(Y_1)}{det(Y)} = \frac{ \begin{vmatrix} 0 & \hspace{0.7em} e^{-x}\\ x^2 & -e^{-x} \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} \hspace{0.7em} e^{-2x} & \hspace{0.7em} e^{-x}\\ -2e^{-2x} & -e^{-x} \end{vmatrix} } = \frac{-e^{-x} x^2}{ e^{-3x} } $$

$$ \Longrightarrow c_1' = - x^2 e^{2x}$$



$$ c_2' = \frac{det(Y_2)}{det(Y)} = \frac{ \begin{vmatrix} \hspace{0.7em} e^{-2x} & 0 \\ -2e^{-2x} & x^2 \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} \hspace{0.7em} e^{-2x} & \hspace{0.7em} e^{-x}\\ -2e^{-2x} & -e^{-x} \end{vmatrix} } = \frac{e^{-2x} x^2}{ e^{-3x} } $$

$$ \Longrightarrow c_2' =x^2 e^{x}$$



Il reste alors à intégrer les deux fonctions \((c_1', c_2')\).

On commence par \(c_1'\).

$$c_1(x) = \int^x c_1'(t) \ dt $$
$$c_1(x) = \int^x - t^2 e^{2t} \ dt $$

On va réaliser une intégration par parties avec :

$$ \Biggl \{ \begin{align*} u(t) = -t^2 \\ v'(t) = e^{2t} dt \end{align*} $$

$$ \Biggl \{ \begin{align*} u'(t) = -2t \ dt \\ v(t) = \frac{1}{2} e^{2t} \end{align*} $$

$$c_1(x) = \Biggl[\frac{-t^2}{2} e^{2t} \Biggr]^x + \int^x t \ e^{2t} dt $$

$$ \Biggl \{ \begin{align*} u(t) = t \\ v'(t) = e^{2t} dt \end{align*} $$

$$ \Biggl \{ \begin{align*} u'(t) = dt \\ v(t) = \frac{1}{2} e^{2t} \end{align*} $$

$$c_1(x) = \Biggl[\frac{-t^2}{2} e^{2t} \Biggr]^x + \Biggl[\frac{t}{2} e^{2t} \Biggr]^x - \int^x \frac{1}{2} \ e^{2t} dt $$
$$c_1(x) = \Biggl[\frac{-t^2}{2} e^{2t} \Biggr]^x + \Biggl[\frac{t}{2} e^{2t} \Biggr]^x - \Biggl[\frac{1}{4} e^{2t} \Biggr]^x $$
$$c_1(x) = \frac{-x^2}{2} e^{2x} + \frac{x}{2} e^{2x} - \frac{1}{4} e^{2x} $$
$$c_1(x) = e^{2x} \Biggl[ \frac{-x^2}{2} + \frac{x}{2} - \frac{1}{4} \Biggr] $$



On intègre maintenant \(c_2'\).

$$c_2(x) = \int^x c_2'(t) \ dt $$
$$c_2(x) = \int^x t^2 e^{t} \ dt $$

$$ \Biggl \{ \begin{align*} u(t) = t^2 \\ v'(t) = e^{t} dt \end{align*} $$

$$ \Biggl \{ \begin{align*} u'(t) = 2t \ dt \\ v(t) = e^{t} \end{align*} $$

$$c_2(x) = \Biggl[t^2 e^{t} \Biggr]^x -2 \int^x t \ e^{2t} dt $$

$$ \Biggl \{ \begin{align*} u(t) = t \\ v'(t) = e^{t} dt \end{align*} $$

$$ \Biggl \{ \begin{align*} u'(t) = dt \\ v(t) = e^{t} \end{align*} $$

$$c_2(x) = \Biggl[t^2 e^{t} \Biggr]^x -2 \Biggl( \Bigl[t e^{t} \Bigr]^x - \int^x e^{t} dt \Biggr) $$
$$c_2(x) =\Biggl[t^2 e^{t} \Biggr]^x -2 \Bigl[t e^{t} \Bigr]^x + 2 \Bigl[ e^{t} \Bigr]^x $$
$$c_2(x) = x^2 e^{x} -2 x e^{x} + 2 e^{x} $$
$$c_2(x) = e^{x} \Biggl[ x^2 -2 x + 2 \Biggr] $$

Finalement, on a solutions particulières à additionner :

$$y_p = y_1 c_1 + c_2y_2 $$

$$ avec \ \left \{ \begin{align*} y_1 = e^{-2x} \\ y_1 = e^{-x} \end{align*} \right \} $$

$$ et \ \left \{ \begin{align*} c_1(x) = e^{2x} \Biggl[ \frac{-x^2}{2} + \frac{x}{2} - \frac{1}{4} \Biggr] \\ c_2(x) = e^{x} \Biggl[ x^2 -2 x + 2 \Biggr] \end{align*} \right \} $$

Soit,

$$y_p = e^{-2x} e^{2x} \Biggl[ \frac{-x^2}{2} + \frac{x}{2} - \frac{1}{4} \Biggr] + e^{-x} e^{x} \Biggl[ x^2 -2 x + 2 \Biggr] $$
$$y_p = \frac{-x^2}{2} + \frac{x}{2} - \frac{1}{4} + x^2 -2 x + 2 $$
$$y_p = \frac{x^2}{2} -\frac{3x}{2} + \frac{7}{4} $$



4. Vérification de la solution particulière \( y_p \)

$$ y_p'' + 3 y_p' + 2y_p = 1 + 3\left(x-\frac{3}{2}\right) + 2\Biggl( \frac{x^2}{2} -\frac{3x}{2} + \frac{7}{4} \Biggr) $$
$$ y_p'' + 3 y_p' + 2y_p = 1 + 3x - \frac{9}{2}+ x^2 -3x +\frac{7}{2} $$
$$ y_p'' + 3 y_p' + 2y_p = x^2 $$

\( y_p \) est bien solution particulière de \( (E) \).




5. Addition des solutions

La solution totale de \( (E) \) est l'addition des deux solutions \( y_h \) et \( y_p \), soit :

$$ y_t= y_h + y_p $$
$$ y_t= c_1\hspace{0.1em} e^{-2x} +c_2 \hspace{0.1em} e^{- x} + \frac{x^2}{2} -\frac{3x}{2} + \frac{7}{4} $$