EDL du premier et du second ordre en maths sup (MPSI) : cours et méthodes

Soit \(a\) et \(b\) deux fonctions continues sur \(I\). Résoudre sur \(I\) l’équation \((E)\ : y^{\prime} + a(x)\,y = b(x)\), c’est trouver toutes les \(y\) dérivables sur \(I\) qui vérifient \(y^{\prime}(x) + a(x)\,y(x) = b(x)\) en chaque \(x \in I\). On nomme \(b\) le second membre. En remplaçant \(b\) par la fonction nulle, on obtient l’équation homogène \((H)\ : y^{\prime} + a(x)\,y = 0\), dite associée à \((E)\).

Principe de superposition. Supposons \(L(y_1) = b_1\) et \(L(y_2) = b_2\) sur \(I\). Pour des scalaires quelconques \(\lambda\) et \(\mu\), on a alors \(L(\lambda y_1 + \mu y_2) = \lambda b_1 + \mu b_2\). Autrement dit, une combinaison de solutions résout l’équation dont le second membre est la même combinaison.

Par linéarité de la dérivation, \((\lambda y_1 + \mu y_2)^{\prime} + a(\lambda y_1 + \mu y_2) = \lambda(y_1^{\prime} + a y_1) + \mu(y_2^{\prime} + a y_2)\). Ce membre vaut donc \(\lambda b_1 + \mu b_2\).

Supposons que \(y_p\) soit une solution de \((E)\) sur \(I\). Alors les solutions de \((E)\) sur \(I\) sont exactement les fonctions \(y_p + h\), où \(h\) parcourt l’ensemble des solutions de \((H)\) sur \(I\).

Si \(y\) est solution de \((E)\), alors \(L(y – y_p) = b – b = 0\). Ainsi, \(h = y – y_p\) résout \((H)\). Réciproquement, si \(L(h) = 0\), on a \(L(y_p + h) = b + 0 = b\).

Méthode en quatre étapes pour toute équation linéaire.

1. Normaliser l’équation et fixer l’intervalle \(I\).
2. Résoudre l’équation homogène associée.
3. Trouver une solution particulière, par une forme adaptée au second membre ou par variation de la constante.
4. Écrire la solution générale, puis utiliser les conditions initiales s’il y en a.

Les solutions sur \(I\) de \(y^{\prime} + a(x)\,y = 0\) sont les fonctions \(x \mapsto \lambda\, e^{-A(x)}\), où \(\lambda\) parcourt \(\mathbb{K}\).

Posons \(z(x) = y(x)\,e^{A(x)}\). Alors \(z^{\prime} = (y^{\prime} + a\,y)\,e^{A}\). Par conséquent, \(y\) résout l’équation homogène si et seulement si \(z^{\prime} = 0\) sur \(I\). Comme \(I\) est un intervalle, cela équivaut à \(z\) constante. Autrement dit, \(y = \lambda e^{-A}\).

Résolvons \(y^{\prime} + \tan(x)\,y = 0\) sur \(]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[\). Une primitive de \(\tan\) est \(A(x) = -\ln(\cos x)\), car \(\cos x > 0\) sur cet intervalle. Donc \(e^{-A(x)} = \cos x\). Les solutions sont finalement les fonctions \(x \mapsto \lambda \cos x\).

La fonction \(y = \lambda e^{-A}\) est solution de \((E)\) si et seulement si \(\lambda^{\prime}(x) = b(x)\,e^{A(x)}\) pour tout \(x \in I\).

On dérive : \(y^{\prime} = \lambda^{\prime} e^{-A} – a\lambda e^{-A}\). Ainsi \(y^{\prime} + a\,y = \lambda^{\prime} e^{-A}\). L’équation devient alors \(\lambda^{\prime} e^{-A} = b\), c’est-à-dire \(\lambda^{\prime} = b\,e^{A}\).

1. Écrire la solution homogène \(\lambda e^{-A}\).
2. Poser \(y = \lambda(x)\,e^{-A(x)}\) et écrire directement \(\lambda^{\prime} e^{-A} = b\) : les termes en \(\lambda\) se compensent toujours.
3. Calculer une primitive de \(b\,e^{A}\).
4. Ajouter la constante d’intégration : on obtient d’un coup la solution générale.

Résolvons \(x\,y^{\prime} – 3y = x^5\) sur \(]0,+\infty[\). D’abord, on normalise : \(y^{\prime} – \frac{3}{x}\,y = x^4\). Ici \(a(x) = -\frac{3}{x}\), donc \(A(x) = -3\ln x\) et \(e^{-A(x)} = x^3\). Les solutions homogènes sont les \(\lambda x^3\).

Ensuite, on pose \(y = \lambda(x)\,x^3\). La condition s’écrit \(\lambda^{\prime}(x)\,x^3 = x^4\), donc \(\lambda^{\prime}(x) = x\). Ainsi \(\lambda(x) = \frac{x^2}{2} + C\). Les solutions sont finalement les fonctions \(x \mapsto \frac{x^5}{2} + C x^3\), avec \(C \in \mathbb{R}\).

Soit \(x_0 \in I\) et \(y_0 \in \mathbb{K}\). Il existe une unique solution \(y\) de \((E)\) sur \(I\) vérifiant \(y(x_0) = y_0\).

D’après ce qui précède, les solutions s’écrivent \(y = y_p + \lambda e^{-A}\). La condition \(y(x_0) = y_0\) donne \(\lambda\, e^{-A(x_0)} = y_0 – y_p(x_0)\). Comme \(e^{-A(x_0)} \neq 0\), cette équation possède exactement une solution \(\lambda\).

Pour \(y^{\prime} + a\,y = P(x)\,e^{mx}\), avec \(P\) polynôme et \(m \in \mathbb{C}\) :

• si \(m \neq -a\), on cherche \(y_p = Q(x)\,e^{mx}\) avec \(\deg Q = \deg P\) ;
• si \(m = -a\), on cherche \(y_p = x\,Q(x)\,e^{mx}\) avec \(\deg Q = \deg P\).

Considérons \(y^{\prime} – 2y = (x+1)\,e^{2x}\). Ici \(m = 2 = -a\) : on est dans le cas particulier. On cherche donc \(y_p = (\alpha x^2 + \beta x)\,e^{2x}\). Le calcul donne \(y_p^{\prime} – 2y_p = (2\alpha x + \beta)\,e^{2x}\).

Par identification, \(2\alpha = 1\) et \(\beta = 1\). Par conséquent, \(y_p(x) = \left(\frac{x^2}{2} + x\right)e^{2x}\), et la solution générale est \(y = y_p + \lambda e^{2x}\).

Cherchons les fonctions dérivables sur \(\mathbb{R}\) telles que \(x\,y^{\prime} + y = 2x\). Sur \(]0,+\infty[\), on normalise : \(y^{\prime} + \frac{1}{x}\,y = 2\). Les solutions homogènes sont les \(\frac{\lambda}{x}\), et la fonction \(x \mapsto x\) est une solution évidente. Ainsi \(y(x) = x + \frac{\lambda}{x}\). Le même calcul donne \(y(x) = x + \frac{\mu}{x}\) sur \(]-\infty,0[\).

Analyse. Une solution sur \(\mathbb{R}\) est continue en \(0\), donc bornée au voisinage de \(0\). Or \(\frac{\lambda}{x}\) n’est pas bornée près de \(0\) si \(\lambda \neq 0\). Par conséquent, \(\lambda = \mu = 0\). Synthèse. La fonction \(x \mapsto x\) convient sur \(\mathbb{R}\). Il y a donc une seule solution sur \(\mathbb{R}\).

L’équation caractéristique de \(y^{\prime\prime} + a\,y^{\prime} + b\,y = 0\) est l’équation \(r^2 + a\,r + b = 0\), d’inconnue \(r \in \mathbb{C}\). On note \(P(r) = r^2 + a r + b\) le polynôme caractéristique et \(\Delta = a^2 – 4b\) son discriminant.

On suppose \(a, b \in \mathbb{C}\) et on cherche les solutions à valeurs complexes.

• Si \(P\) a deux racines distinctes \(r_1\) et \(r_2\), les solutions sont les \(x \mapsto \lambda e^{r_1 x} + \mu e^{r_2 x}\).
• Si \(P\) a une racine double \(r_0\), les solutions sont les \(x \mapsto (\lambda x + \mu)\,e^{r_0 x}\).

Dans les deux cas, \(\lambda\) et \(\mu\) parcourent \(\mathbb{C}\).

Soit \(r_1\) une racine de \(P\) et \(r_2 = -a – r_1\) l’autre racine. Posons \(y = z\,e^{r_1 x}\). Un calcul direct donne \(y^{\prime\prime} + a y^{\prime} + b y = \big(z^{\prime\prime} + (2r_1 + a)\,z^{\prime}\big)\,e^{r_1 x}\), car \(P(r_1) = 0\). Or \(2r_1 + a = r_1 – r_2\). L’équation homogène équivaut donc à \(w^{\prime} = (r_2 – r_1)\,w\), où \(w = z^{\prime}\).

Si \(r_1 \neq r_2\), on obtient \(w = c\,e^{(r_2 – r_1)x}\), puis \(z = \mu + \lambda e^{(r_2-r_1)x}\). Si \(r_1 = r_2\), alors \(w\) est constante et \(z\) est affine. Dans les deux cas, on retrouve les formes annoncées.

Soit \(a, b \in \mathbb{R}\). Les solutions réelles de \(y^{\prime\prime} + a y^{\prime} + b y = 0\) sont :

• discriminant positif, racines \(r_1 \neq r_2\) dans \(\mathbb{R}\) : \(x \mapsto \lambda e^{r_1 x} + \mu e^{r_2 x}\) ;
• discriminant nul, racine \(r_0\) de multiplicité deux : \(x \mapsto (\lambda x + \mu)\,e^{r_0 x}\) ;
• discriminant négatif, racines conjuguées \(\alpha \pm i\beta\) avec \(\beta > 0\) : \(x \mapsto e^{\alpha x}\big(\lambda \cos(\beta x) + \mu \sin(\beta x)\big)\).

Les constantes \(\lambda\) et \(\mu\) sont réelles.

Seul le troisième cas demande un argument. D’abord, \(e^{\alpha x}\cos(\beta x)\) et \(e^{\alpha x}\sin(\beta x)\) sont les parties réelle et imaginaire de \(e^{(\alpha+i\beta)x}\). Comme les coefficients sont réels, ce sont des solutions réelles. Réciproquement, une solution réelle \(y\) s’écrit \(\lambda e^{(\alpha+i\beta)x} + \mu e^{(\alpha-i\beta)x}\). Puisque \(y = \operatorname{Re}(y)\), on obtient une combinaison réelle de ces deux fonctions.

Résolvons \(y^{\prime\prime} + 4y^{\prime} + 13y = 0\). L’équation caractéristique \(r^2 + 4r + 13 = 0\) a pour discriminant \(\Delta = 16 – 52 = -36\). Ses racines sont donc \(-2 \pm 3i\). Ici \(\alpha = -2\) et \(\beta = 3\). Les solutions réelles sont finalement les fonctions \(x \mapsto e^{-2x}\big(\lambda\cos(3x) + \mu\sin(3x)\big)\).

L’équation \(y^{\prime\prime} + a y^{\prime} + b y = Q(x)\,e^{mx}\) possède une solution de la forme \(x^k R(x)\,e^{mx}\), avec \(\deg R = \deg Q\) et :

• \(k = 0\) lorsque \(P(m) \neq 0\) ;
• \(k = 1\) lorsque \(P(m) = 0\) mais \(P^{\prime}(m) \neq 0\) ;
• \(k = 2\) lorsque \(P(m)\) et \(P^{\prime}(m)\) sont tous deux nuls.

Autrement dit, \(k\) est la multiplicité de \(m\) comme racine de \(P\).

Pour un second membre \(c\,e^{mx}\) avec \(c\) constant, on retient trois formules prêtes à l’emploi : \(\frac{c}{P(m)}\,e^{mx}\) si \(P(m) \neq 0\), puis \(\frac{c}{P^{\prime}(m)}\,x\,e^{mx}\) si \(m\) est racine simple, enfin \(\frac{c}{2}\,x^2 e^{mx}\) si \(m\) est racine double.

Résolvons \(y^{\prime\prime} – y^{\prime} – 6y = 10\,e^{3x}\). Le polynôme \(P(r) = r^2 – r – 6\) a pour racines \(3\) et \(-2\). Le coefficient \(m = 3\) est racine simple, donc on cherche \(y_p = c\,x\,e^{3x}\).

On calcule \(y_p^{\prime} = c(1+3x)e^{3x}\) et \(y_p^{\prime\prime} = c(6+9x)e^{3x}\). Ensuite, \(y_p^{\prime\prime} – y_p^{\prime} – 6y_p = c\,(6 + 9x – 1 – 3x – 6x)\,e^{3x} = 5c\,e^{3x}\). Ainsi \(c = 2\), en accord avec \(P^{\prime}(3) = 5\). Les solutions sont donc \(x \mapsto 2x\,e^{3x} + \lambda e^{3x} + \mu e^{-2x}\).

1. Remplacer \(\cos(\omega x)\) par \(e^{i\omega x}\), ou \(e^{\alpha x}\sin(\omega x)\) par \(e^{(\alpha+i\omega)x}\).
2. Comparer \(m = \alpha + i\omega\) aux racines de \(P\), puis trouver la solution complexe \(z_p\).
3. Prendre \(\operatorname{Re}(z_p)\) pour un cosinus, \(\operatorname{Im}(z_p)\) pour un sinus.
4. Vérifier le résultat en le réinjectant dans l’équation réelle.

Résolvons \(y^{\prime\prime} + 16y = 8\cos(4x)\). Les racines de \(r^2 + 16\) sont \(\pm 4i\), et \(m = 4i\) est racine simple. D’après l’astuce, une solution de \(z^{\prime\prime} + 16z = 8\,e^{4ix}\) est \(z_p = \frac{8}{P^{\prime}(4i)}\,x\,e^{4ix} = \frac{8}{8i}\,x\,e^{4ix} = -i\,x\,e^{4ix}\).

Sa partie réelle vaut \(x\sin(4x)\). Les solutions réelles sont donc les fonctions \(x \mapsto x\sin(4x) + \lambda\cos(4x) + \mu\sin(4x)\).

Récapitulatif des formes à chercher pour \(y^{\prime\prime} + a y^{\prime} + b y = f(x)\), avec \(a\) et \(b\) réels.

• \(f\) polynôme de degré \(d\) : un polynôme de degré \(d\) si \(b \neq 0\), multiplié par \(x\) si \(b = 0\) et \(a \neq 0\), par \(x^2\) si \(a = b = 0\).
• \(f(x) = c\,e^{mx}\) : \(\frac{c}{P(m)}e^{mx}\), puis \(x\) ou \(x^2\) en facteur selon la multiplicité de \(m\).
• \(f(x) = e^{\alpha x}\cos(\omega x)\) ou \(e^{\alpha x}\sin(\omega x)\) : partie réelle ou imaginaire de la solution associée à \(e^{(\alpha + i\omega)x}\).

Soit \(x_0 \in I\) et \(y_0, y_1 \in \mathbb{K}\). L’équation \(y^{\prime\prime} + a y^{\prime} + b y = f(x)\), avec \(f\) continue sur \(I\), possède une unique solution sur \(I\) vérifiant \(y(x_0) = y_0\) et \(y^{\prime}(x_0) = y_1\).

Cherchons la solution de \(y^{\prime\prime} – 2y^{\prime} + 2y = 2x\) telle que \(y(0) = 0\) et \(y^{\prime}(0) = 0\).

1. Les racines de \(r^2 – 2r + 2\) sont \(1 \pm i\). Les solutions homogènes sont donc \(e^{x}(\lambda\cos x + \mu\sin x)\).
2. Le second membre est un polynôme de degré \(1\), et \(0\) n’est pas racine. On cherche \(y_p = \alpha x + \beta\). On obtient \(-2\alpha + 2\alpha x + 2\beta = 2x\), donc \(\alpha = 1\) et \(\beta = 1\).
3. La solution générale est \(y = x + 1 + e^{x}(\lambda\cos x + \mu\sin x)\).
4. D’abord, \(y(0) = 1 + \lambda = 0\), donc \(\lambda = -1\). Ensuite, \(y^{\prime}(0) = 1 + \lambda + \mu = 0\), donc \(\mu = 0\).

La solution cherchée est finalement \(y(x) = x + 1 – e^{x}\cos x\).

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