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

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

Dans cette partie, on fera apparaître la fonction \( y(x) \) sous sa forme simplifiée \( y\).

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 déterminant \( \Delta \) de l'équation caractéristique \( (E_c) \) :

$$ r^2 + a r + b = 0 \qquad (E_c) $$

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


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

Ayant déterminer les constantes \((c_1, c_2) \) et \((y_1, y_2) \) selon le résultat du calcul de \(\Delta\) pour la résolution de \((H) \) :

$$ y_h = c_1y_1 + c_2y_2 $$

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 le déterminant \(det(Y) = \begin{vmatrix} y_1 & y_2\\ y_1' & y_2' \end{vmatrix} = y_1y_2' - y_1'y_2 \neq 0\), alors le système admet des solutions qui sont :

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

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 :

$$ y_t= y_h + y_p $$



Démonstration

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

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 :

$$ y'' + ay' + by = f(x) \qquad (E) $$

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

$$ y'' + ay' + by = 0 \qquad (H) $$

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

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

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

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

$$ (y_h)'' + (y_p)'' +a(y_h)' + a(y_p)' + b y_h + b y_p = f(x) \qquad (H+E) $$

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

$$(y_h + y_p)'' + a(y_h + y_p)' + b (y_h + y_p)(x) = f(x) $$

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.

$$ y'' + ay' + by = 0 \qquad (H) $$

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

$$ y_h= Ke^{- ax } $$

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

$$ y_h= Ke^{rx } $$

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

$$ K r^2 e^{rx} + Ka r e^{rx} + b Ke^{rx } = 0 $$

$$ Ke^{rx} (r^2 + a r + b ) = 0 $$

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

$$ r^2 + a r + b = 0 \qquad (E_c) $$

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


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

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

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

$$ y'' + ay' + by = 0 \qquad (H) $$

$$ y'' -(\alpha + \beta)y' + \alpha \beta y = 0 $$

$$ (y'' -\alpha y') - \beta (y' -\alpha y) = 0 \qquad (H^*) $$

En introduisant une nouvelle variable \( z \) :

$$ \Biggl \{ \begin{align*} z = y' -\alpha y \qquad (z) \\ z' = y'' -\alpha y' \end{align*} $$

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

$$ z' -\beta z = 0 \qquad (H_z)$$

Avec comme solution :

$$ z_h = \mu\hspace{0.1em} e^{\beta x} \qquad (z_h)$$

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 degré :

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

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


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

  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.

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

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

    3. Solutions particulières de l'équation générale de passage \( (E_2) \)
    4. 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 \(E_c\) :

      • \( \textcolor{#333030} \alpha) \) \( \Delta > 0 \) : deux racines distinctes \( \alpha, \ \beta \)
      • \( \textcolor{#333030}\beta) \) \( \Delta = 0 \) : une racine double \( \alpha \)
      • \( \textcolor{#333030}\gamma) \) \( \Delta < 0 \) : 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 \(y_h\) à l'équation homogène \((H_2)\) trouvée précédemment :

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

      \( \textcolor{#333030} \alpha) \) \(\Delta > 0 \) : 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 \( c_2\).


      \( \textcolor{#333030} \beta) \) \(\Delta = 0 \) : 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 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 \( (H )\) :

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


      \( \textcolor{#333030} \gamma) \) \(\Delta < 0 \) : deux racines complexes conjuguées \( \alpha , \overline{\alpha} \)

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

      Dans ce cas-ci, \( \beta = \overset{-}{\alpha} \), 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 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 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 des solutions particulières de \( (E) \).


  1. Méthode de la variation de la constante

  2. 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, 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 \(\Delta > 0\) :

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

    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 équations satisfont 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 :

    $$ c_1'' y_1 + c_2'' y_2 + 2.c_1' y_1' + 2.c_2' y_2'+ a.c_1' y_1 + a.c_2' y_2 = f(x) \qquad(1) $$

    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 \((1)\) devient \((2)\) :

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

    Nous obtenons alors une \(EDL1\) 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 la condition \((C)\) suivante :

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

    On alors sa dérivée de même nulle :

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

    Alors, l'expression \((2)\) 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(2) $$

    Et il reste pour \((2)\) :

    $$ d_1. y_1' + d_2. y_2' = f(x) \qquad(2^*) $$

    Alors, 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 \( (E) \) :

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

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


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 :

$$ y'' + a y' + by = f(x) \qquad (E) $$

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

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

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


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

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

      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, les solutions homogènes de sont \( (H) \) :

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


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

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

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

      $$ y_h'' + 3 y_h' + 2y_h = 0 $$

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


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

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

      On souhaite 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 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 \((c_1', c_2')\).

      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 \(c_2'\).

      $$c_2(x) = \int^x c_2'(t) \ dt $$

      $$c_2(x) = \int^x t^2 e^{t} \ dt $$

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

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

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

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

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

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

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

      $$c_2(x) = x^2 e^{x} -2 x e^{x} + 2 e^{x} $$

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

      On alors deux 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,

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

      $$y_p = \frac{-x^2}{2} + \frac{x}{2} - \frac{1}{4} + x^2 -2 x + 2 $$

      $$y_p = \frac{x^2}{2} -\frac{3x}{2} + \frac{7}{4} $$


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

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

      $$ y_p'' + 3 y_p' + 2y_p = 1 + 3x - \frac{9}{2}+ x^2 -3x +\frac{7}{2} $$

      $$ y_p'' + 3 y_p' + 2y_p = x^2 $$

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


    9. Additions des solutions

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

      $$ y_t= y_h + y_p $$

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

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