-
´
Equations di↵érentielles
Notes de cours - UE MAT126
Enseignant.e.s : Benoit Arbenot, Elise Arnaud, Eric Blayo,
Georges-Henri Cottet, AgnèsHamon, Emilie Neveu, Maëlle Nodet,
Régis Perrier, Arthur Vidard
Vidéos : http://tinyurl.com/youtube-mat126
Site web de l’UE : http://tinyurl.com/uga-mat126
Email : [email protected]
Plan du chapitre
1 Introduction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . 3
2 Les notions de base . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . 5
2.a Plusieurs écritures d’une même équation di↵érentielle .
. . . . . . 5
2.b Le vocabulaire pour reconnâıtre une équation
di↵érentielle . . . . 5
2.c Ne pas oublier : l’étape de vérification . . . . . . . . .
. . . . . . 8
3
´
Equations di↵érentielles du premier ordre . . . . . . . . . . .
. . . . . . . 9
3.a
´
Equations di↵érentielles linéaires homogènes . . . . . . . .
. . . . 9
3.b
´
Equations di↵érentielles linéaires non homogènes . . . . . .
. . . 10
3.c
´
Equations di↵érentielles non-linéaires du premier ordre . . .
. . . 14
3.d
´
Equations di↵érentielles à variables séparées . . . . . . .
. . . . . 14
3.e Un cas particulier : l’équation de Riccati . . . . . . . .
. . . . . . 16
4
´
Equations di↵érentielles linéaires du deuxième ordre à
coe�cients constants 18
4.a Résolution de l’équation homogène . . . . . . . . . . . .
. . . . . 18
4.b Résolution de l’équation avec second membre . . . . . . .
. . . . 20
5 Détails sur les solutions de l’équation linéaire du
deuxième ordre . . . . . 22
5.a Rappel sur les trinômes du second degré . . . . . . . . .
. . . . . 22
5.b Solutions exponentielles . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . 22
5.c Résolution de l’équation homogène . . . . . . . . . . . .
. . . . . 22
6 Quelques exemples issus de la physique-chimie . . . . . . . .
. . . . . . . 24
1
http://tinyurl.com/youtube-mat126http://tinyurl.com/[email protected]
-
Mat126 28 janvier 2016
6.a Exemple 1: le ressort . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . 24
6.b Exemple 2: un circuit électrique . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . 24
6.c Exemple 3: radioactivité . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . 25
7 Pour aller plus loin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . 26
7.a Problème bien posé . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . 26
7.b Equations di↵érentielles linéaires d’ordre n . . . . . . .
. . . . . . 26
7.c Résolution d’un système d’équations différentielles
linéaires d’ordre
1 à coe�cients constants . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . 27
7.d Approximation numérique de la solution d’une équation
différen-
tielle d’ordre 1 par méthode d’Euler . . . . . . . . . . . . .
. . . 28
8 Quelques rappels d’intégration . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . 30
8.a Formulaire de primitives usuelles . . . . . . . . . . . . .
. . . . . 30
8.b Intégration par parties . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . 30
8.c Changement de variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . 31
2
-
Mat126 28 janvier 2016
1 Introduction
Une définition pour commencer.
Définition. Une équation di↵érentielle est une équation dont
l’inconnue est une fonc-tion et qui s’écrit avec la fonction et
ses dérivées.
Exemples. Voici des équations di↵érentielles :— la fonction
f(x) est l’inconnue : f 0(x) + 2f(x)2 = �1— la fonction y(t) est
l’inconnue : y00(t) + 2y0(t) + sin(y(t)) = exp(t)— la fonction u(z)
est l’inconnue : (u0(z))2 � 1/u0(z) + 2u(z) exp(u(z)) = cos(z)
Leur utilité. L’application des lois de la physique à un
système conduit très sou-vent à une équation di↵érentielle :
c’est le cas pour le mouvement de l’atmosphère etde l’océan (pour
les prévisions météo et le climat), pour les calculs de
trajectoires (dessatellites, des avions, des sportifs, dans les
jeux vidéos, ...), en chimie pour les cal-culs de concentration
(chimie atmosphérique et pollution, industrie pharmaceutique),
enbiologie-écologie-médecine (populations animales
proies/prédateurs, évolution des viruset pandémie, modélisation
de certaines maladies dans le corps, taux d’alcoolémie, ...),
etbeaucoup d’autres domaines.
Des exemple concrets. Les équations di↵érentielles se
retrouvent dans un très grandnombre de domaines et sont très
utiles au quotidien. Vous trouverez trois exemplesconcrets à la
fin de ce poly au paragraphe 6. N’hésitez pas à nous demander des
détails.
Comment utiliser ce poly de cours. Le paragraphe 2 décrit le
vocabulaire et lesdi↵érents types d’équations di↵érentielles :
c’est le point de départ, à travailler en pre-mier. Grâce au
vocabulaire vous saurez reconnâıtre les équations et donc choisir
la bonneméthode. Une fois que vous savez quelle est le type de
votre équation il vous su�t de cher-cher le paragraphe adéquat
dans la table des matières (sections 3 et 4). La page
suivanterésume tout ça sous forme d’une carte conceptuelle.
3
-
Mat126 28 janvier 2016
4
-
Mat126 28 janvier 2016
2 Les notions de base
2.a Plusieurs écritures d’une même équation
di↵érentielle
Les équations suivantes sont di↵érentes écritures d’une même
équation di↵érentielle :
f 00(x) + (x2 � 1)(f(x)2 � 1) = sin(2x+ 1)
f 00 + (x2 � 1)(f 2 � 1) = sin(2x+ 1)
f (2)(t) + (t2 � 1)(f(t)2 � 1) = sin(2t+ 1)
y(2) + (x2 � 1)(y2 � 1) = sin(2x+ 1)
Même si l’écriture d’une équation di↵érentielle ne comporte
que des inconnues en yc’est bien une fonction que l’on cherche à
déterminer : que ce soit y = f(x) ou y = f(t).
La notation (2) indique la dérivé seconde et non le carré. De
façon similaire, lanotation (n) indique la dérivée nième.
2.b Le vocabulaire pour reconnâıtre une équation
di↵érentielle
Le vocabulaire qui suit va permettre de distinguer di↵érents
types d’équations. Ilest indispensable de bien le mâıtriser, car
la méthode de résolution va dépendrejustement du type
d’équation.
Liste des éléments indispensables à reconnâıtre
Les éléments indispensables à reconnâıtre sur une équation
di↵érentielle sont les sui-vantes :— trouver son ordre ;—
identifier le second membre ;— voir si une équation est homogène
;— uniquement si l’équation n’est pas homogène : trouver son
équation homogène
associée ;— dire si une équation est linéaire ou pas ;— dire
si une équation comporte des conditions initiales ou aux
limites.
5
-
Mat126 28 janvier 2016
L’ordre
Définition. L’ordre d’une équation di↵érentielle est le plus
haut degré de dérivationprésent dans l’équation.
Exemples. [vid´eo]
• l’équation di↵érentielle y(3)(t)� 2y2(t) y0(t) + y(t) = cos
t est d’ordre 3 ;Rappel : y
(3)désigne la dérivée troisième de la fonction y(t), alors
que y3 désigne sa puissance troisième.
• l’équation di↵érentielle y2(t) y0(t) + t y(t) = et est
d’ordre 1 (et non pas d’ordre 2 :c’est l’ordre de dérivation qui
compte, pas le terme y2).
Le second membre
Définition. Soit (E) une équation di↵érentielle. On appelle
second membre de (E)l’ensemble des termes de l’équation dans
lesquels la fonction inconnue ne figure pas. Onles place en
général du côté droit de l’égalité, d’où l’appellation ⌧
second membre � .
Exemple. [vid´eo]On considère l’équation suivante y0(t) y2(t)�
2t et + y00(t) (y(t)� 1) + 1/t = 0. Cette équationpeut être
réécrite sous la forme
y0(t) y2(t) + y00(t) (y(t)� 1) = 2t et � 1/t
et le second membre de l’équation est donc 2t et � 1/t.
Ne pas se mélanger les pinceaux : le terme second membre ici ne
veut pas simplementdire “à droite du signe égal”. En e↵et, si on
regarde par exemple l’équation :
f (2)(t)� sin(2t+ 1) + (t2 � 1)(f(t)2 � 1) = 0
il y a bien un second membre non nul. En fait, on a pour
habitude de garder à gauchetous les termes où figurent la
fonction inconnue, et à droite tous ceux où elle n’est pas.Pour
cela il faut d’abord développer les éventuels produits où f
intervient :
f (2)(t)� sin(2t+ 1) + (t2 � 1)f(t)2 � (t2 � 1) = 0
(ici il a fallu développer le produit (t2 � 1)(f(t)2 � 1))et
ensuite on passe à droite les termes indépendants de f , ce qui
donne :
f (2)(t) + (t2 � 1)f(t)2 = sin(2t+ 1) + (t2 � 1)
et sur cette écriture on voit bien le second membre, qui est
sin(2t+ 1) + (t2 � 1).
6
-
Mat126 28 janvier 2016
Equation homogène
Définition. Soit (E) une équation di↵érentielle. Si son
second membre est égal à zéro,alors on dit que cette équation
est homogène.
Exemple. L’équation y(3)(t)� 2y2(t) y0(t) + y(t) = 0 a zéro
pour second membre, elle estbien homogène.Contre-exemple :
L’équation de l’exemple précédent :y0(t) y2(t)� 2t et + y00(t)
(y(t)� 1) + 1/t = 0 a un second membre qui est 2t et � 1/t,
ellen’est donc pas homogène.
Equation homogène associée
Définition. Soit (E) une équation di↵érentielle qui n’est pas
déjà homogène. On appelleéquation homogène associée à (E)
l’équation di↵érentielle notée (E0) obtenue enremplaçant par 0
le second membre de (E).
Une propriété importante des équations homogènes est que la
fonction nulle (y(t) ⌘ 0)en est solution.
Exemples. [vid´eo]On reprend les équations des exemples
précédents :— équation y(3)(t) � 2y2(t) y0(t) + y(t) = cos t
n’est pas homogène, son équation ho-
mogène associée est y(3)(t)� 2y2(t) y0(t) + y(t) = 0 ;—
l’équation y2(t) y0(t) + t y(t) = et n’est pas homogène, son
équation homogène as-
sociée est y2(t) y0(t) + t y(t) = 0 ;— l’équation y0(t) y2(t)�
2t et + y00(t) (y(t)� 1) + 1/t = 0 n’est pas homogène, son
équation
homogène associée est y0(t) y2(t) + y00(t) (y(t)� 1) = 0.
Equation linéaire ou non linéaire
Définition. Une équation di↵érentielle (E) est linéaire si
elle est de la forme :• a(t) y0(t) + b(t) y(t) = c(t) si elle est
d’ordre 1• a(t) y00(t) + b(t) y0(t) + c(t) y(t) = d(t) si elle est
d’ordre 2
L’important ici est que y, y0 et y00 apparaissent avec une
simple multiplication par unecoe�cient (constant ou dépendant de t
ou x seulement).Si elle est d’ordre 1 ou 2 mais ne peut pas
s’écrire ainsi, alors elle est non linéaire.
Exemples. [vid´eo]
• l’équation di↵érentielle y00(t)� 3t2 y0(t) +p
t y(t) = sin t est linéaire ;
• l’équation di↵érentielle y0(t) + y2(t) = t est non linéaire
car elle comporte un termeen y2(t).
7
-
Mat126 28 janvier 2016
Conditions initiales ou aux limites
En général, une équation di↵érentielle admet une infinité
de solutions, qui font inter-venir des constantes arbitraires mais
dans certains cas le problème peut être précisé endonnant en un
point connu la valeur de la fonction recherchée :
Définition. Si la fonction dépend du temps t, on appelle
problème aux conditions ini-tiales l’équation di↵érentielle à
laquelle on associe une ou plusieurs conditions à l’instantinitial
t = 0.
Définition. Si la fonction dépend d’une variable d’espace x,
on appelle problème auxconditions aux limites l’équation
di↵érentielle à laquelle on associe une ou plusieursconditions
aux limites du domaine de calcul.
Exemples. • Le problème suivant :⇢
y0(t) = 3 y(t)y(0) = 2
est un problème aux conditions initiales.• Le problème 8
<
:
y00(x) + y(x) = 0y(0) = 2y(⇡/2) = 3
est un problème aux conditions aux limites.
2.c Ne pas oublier : l’étape de vérification
Vous allez résoudre des équations di↵érentielles. A la fin de
votre calcul vous aureztrouvé toutes les solutions. N’oubliez pas
l’étape de vérification ! Pour cela, prenez lafonction que vous
avez trouvé et vérifiez qu’elle est bien solution de l’équation
de départ.
Exemple. Par exemple, plus loin vous verrez que l’équation
y0(x)�3y(x) = 0 admet poursolution y(x) = Ke3x où K est un réel
quelconque. Pour vérifier, on va remplacer y dansl’équation. Pour
cela on doit commencer par calculer y0 :
y(x) = Ke3x ) y0(x) = 3Ke3x
On remplace dans l’équation :
y0(x)� 3y(x) = 3Ke3x � 3.(Ke3x)
et on trouve bien zéro, autrement dit y est bien solution.
8
-
Mat126 28 janvier 2016
3
´
Equations di↵érentielles du premier ordre
3.a
´
Equations di↵érentielles linéaires homogènes
Dans ce paragraphe on considère une équation di↵érentielle
linéaire homogène dupremier ordre, c’est à dire une équation de
la forme
y0(t) + a(t) y(t) = 0 (E)
A coe�cient constant
Dans ce paragraphe a(t) est constant : a(t) = a, 8t 2 R. Pour
résoudre l’équationhomogène (E)
y0(t) + a y(t) = 0
on suppose que y(t) 6= 0 et on la réécrit sous la forme
suivante :
y0(t) + a y(t) = 0 , y0(t) = �a y(t) ,y0(t)
y(t)= �a
et on intègre membres de gauche et de droite.Pour cela, on
remarque que la fonction y0(t)/y(t) est la dérivée de la fonction
ln(|y(t)|)(voir le cours sur la dérivation des fonctions
composées), ce qui donne
y0(t)
y(t)= �a =)
Zy0(t)
y(t)dt = �
Za dt =) ln |y(t)| = �at+ C
où C est une constante réelle quelconque.On en déduit
|y(t)| = e�at+C = eCe�at = Me�at
avec M = eC > 0, et donc finalement |y| ne s’annule jamais,
donc y est soit toujourspositif soit toujours négatif, ce qui peut
se résumer par la formule :
y(t) = Ke�at avec K 2 R
(K peut être égal à zéro car la fonction nulle est aussi
solution)
Exemple. On considère l’équation y0(x)�3y(x) = 0, on la
réécrit y0(x) = 3y(x), puis ensupposant que y(x) 6= 0 on obtient
: y0(x)/y(x) = 3, on intègre des deux côtés pour avoirln(|y(x)|)
= 3x+ C, on prend l’exponentielle |y(x)| = e3x+C = Me3x avec M >
0.Comme y ne s’annule jamais on peut dire que toutes les solutions
sont y(x) = Ke3x où Kest un réel quelconque (positif ou
négatif). On peut aussi remarquer que la fonction nulleest
solution, donc K peut également être égal à zéro.
9
-
Mat126 28 janvier 2016
A coe�cient variable
Pour résoudre l’équation homogène (E)
y0(t) + a(t) y(t) = 0
on reprend exactement la même méthode : on remarque que la
fonction nulle est solutionet ensuite on suppose que y(t) 6= 0 pour
pouvoir réécrire l’équation sous la forme :
y0(t)
y(t)= �a(t)
et on intègre membres de gauche et de droite :
y0(t)
y(t)= �a(t) =)
Zy0(t)
y(t)dt = �
Za(t) dt =) ln |y(t)| = �A(t) + C
où A(t) est une primitive de a(t) et C est une constante
réelle quelconque.On en déduit
|y(t)| = e�A(t)+C = eCe�A(t) = Me�A(t)
avec M = eC > 0, et donc finalement |y| ne s’annule jamais,
donc y est soit toujourspositif soit toujours négatif, ce qui peut
se résumer par la formule :
y(t) = Ke�A(t) avec K 2 R
On verra des exemples de résolution de l’équation homogène un
peu plus loin.
3.b
´
Equations di↵érentielles linéaires non homogènes
On considère dans tout ce paragraphe une équation
di↵érentielle linéaire du premierordre non homogène, c’est à
dire une équation de la forme
y0(t) + a(t) y(t) = b(t) (E)
qui admet donc un second membre b(t). On a vu dans les
définitions précédentes que sonéquation homogène associée est
:
y00(t) + a(t) y0(t) = 0 (E0)
On montre d’abord comment ramener la solution de l’équation (E)
à celle de (E0) :
Théorème. (principe de superposition) Soit p(t) une solution
particulière de (E). Alorsles solutions de (E) sont les fonctions
p(t) + y0(t), où y0 désigne toutes les solutions del’équation
homogène associée (E0).
Démonstration :) : Soit y(t) une solution quelconque de (E).
Alors y(t)� p(t) est solution de (E0). On la notey0, et on a bien
y(t) = p(t) + y0(t) où y0 est solution de (E0)( : Soit y0(t) une
solution quelconque de (E0). Alors p(t) + y0(t) vérifie :
(p(t) + y0(t))0 + a(t) (p(t) + y0(t)) = p
0(t) + a(t) p(t) + y00(t) + a(t) y0(t) = 0 + b(t) = b(t)
10
-
Mat126 28 janvier 2016
Donc p(t) + y0(t) est bien solution de (E).
Méthode de résolution pratique. La conséquence pratique du
théorème est que larésolution de l’équation di↵érentielle (E)
se fera en 3 temps :
1. on résout l’équation homogène associée (E0) ;2. on trouve
une solution particulière p(t) de (E) ;3. avec le principe de
superposition (et éventuellement une condition initialie) on
en
déduit toutes les solutions de (E) ;4. pour finir, on vérifie
que la solution trouvée satisfait bien l’équation (+
éventuellement la condition initiale).
Exemple. [vid´eo]On considère l’équation (E) suivante : y0(t)
+ y(t) = 2et.
1. l’équation homogène associée est (E0) : y00(t) + y0(t) = 0
en utilisant la méthodedécrite à la section 3.a on trouve y0(t)
= � e�t où � 2 R ;
2. une solution particulière assez évidente est p(t) = et.Les
solutions de (E) sont donc les fonctions y(t) = et + � e�t où � 2
R.
On va voir maintenant en détail, comment réaliser ces deux
étapes de résolution danstous les cas.
´
Etape 1 – Résolution de l’équation homogène (E0)
Pour résoudre l’équation homogène (E0)
y00(t) + a(t) y0(t) = 0
on utilise la méthode vue au paragraphe 3.a (équation
di↵érentielle linéaire homogèned’ordre 1 à coe�cient variable),
et on trouve :
y0(t) = Ke�A(t) avec K 2 R
´
Etape 2 – Recherche d’une solution particulière de (E)
Il existe deux méthodes pour faire l’étape 2 :— dans le cas
où a est constant et le second membre est particulier : méthode
par
analogie avec le second membre ;— cas général : méthode de
variation de la constante.On va décrire ces deux méthodes
ci-dessous.
Méthode 1, dans le cas a constant : analogie avec le second
membre (polynôme,exponentielle, (co)sinusöıdale). Dans le cas a
constant avec second membre l’équations’écrit :
(E) : y0(x) + ay(x) = b(x)
! cas où b(x) = P (x) : où P (x) est un polynôme de degré n.
Si a 6= 0 alors il existeune solution particulière polynômiale
Q(x) de degré n. Si a = 0 alors il existe unesolution
particulière polynômiale Q(x) de degré n + 1 (n’importe quelle
primitivede P (x) puisque l’équation se réduit à y0(x) = P
(x)).
11
-
Mat126 28 janvier 2016
! cas où b(x) = Cekx : si k 6= �a alors il existe une solution
particulière de la formeDekx. Si k = �a alors il existe une
solution particulière de la forme Dxekx.
! cas où b(x) = C cos(!x) + D sin(!x) : il existe une solution
particulière de laforme E cos(!x) + F sin(!x).
Méthode 2, dans le cas général : variation de la constante.
Son principe est lesuivant :
• On cherche a priori p(t) sous la même forme que les solutions
de l’équation ho-mogène, mais en remplaçant la constanteK par
une fonction de t (d’où le nom de va-riation de la constante).
Donc on va poser et chercher p sous la forme p(t) = K(t) e�A(t)
:notre nouvelle fonction inconnue va devenir K(t).
• On va donc chercherK(t) telle que la fonction p(t) = K(t)
e�A(t) soit bien solution del’équation. Pour cela, la méthode
consiste à dériver p(t), à remplacer dans
l’équationdi↵érentielle, et à en déduire une équation
di↵érentielle sur K(t) que l’on résout.Si on dérive p(t), on
obtient
p0(t) = K 0(t) e�A(t) � A0(t)K(t) e�A(t) = (K 0(t)� a(t)K(t))
e�A(t)
(car A(t) est une primitive de a(t), autrement dit A0(t) =
a(t)). En remplaçant p(t)et p0(t) par leurs expressions dans (E),
on obtient alors :
p0(t) + a(t) p(t) = (K 0(t)� a(t)K(t)) e�A(t) + a(t)K(t) e�A(t)
= b(t)
Les a(t)K(t) e�A(t) se simplifient (TOUJOURS, si ce n’est pas le
cas c’estqu’il y a une erreur dans votre calcul - recommencez !).Il
nous reste alors l’équation suivante pour K :
K 0(t) e�A(t) = b(t), ou encore K 0(t) = b(t) eA(t).
On en déduit donc K(t) en intégrant b(t) eA(t), et on
réinjecte le K(t) obtenu dansp(t) pour obtenir ainsi l’expression
de la solution particulière p(t).
Exemples. [vid´eo]
• On considère l’équation (E) : y0(t)�3
ty(t) = t.
L’équation homogène est (E0) : y00(t)�
3
ty0(t) = 0. On la résout :
y00(t)
y0(t)=
3
t=) ln |y0(t)| = 3 ln |t|+ C = ln |t
3|+ C =) y0(t) = K t
3 avec K 2 R
On cherche maintenant une solution particulière de (E) par
méthode de variationde la constante. On pose p(t) = K(t) t3 et on
insère cette expression dans (E). Onobtient :
p0(t)�3
tp(t) = K 0(t) t3 = t =) K 0(t) =
1
t2=) K(t) = �
1
tet aussi p(t) = �t2
12
-
Mat126 28 janvier 2016
Finalement, les solutions de (E) sont les fonctions de la
forme
y(t) = �t2 +K t3 avec K 2 R
• On considère l’équation (E) : t y0(t) + y(t) =4
1 + 2t.
L’équation homogène est (E0) : t y00(t) + y0(t) = 0. On la
résout :
y00(t)
y0(t)= �
1
t=) ln |y0(t)| = � ln |t|+C = ln |t
�1|+C =) y0(t) = K t
�1 =K
tavec K 2 R
On cherche maintenant une solution particulière de (E) par
méthode de variationde la constante. On pose p(t) = K(t) 1
t
et on insère cette expression dans (E). Onobtient :
t p0(t) + p(t) = tK 0(t)1
t=
4
1 + 2t=) K 0(t) =
4
1 + 2t=) K(t) = 2 ln |1 + 2t|
D’où p(t) =2
tln |1 + 2t|, et les solutions de (E) sont les fonctions de la
forme
y(t) =2
tln |1 + 2t|+
K
tavec K 2 R
´
Etape 3 : Fin du calcul
Pour finir la résolution de (E) il y 2 cas :
Sans condition initiale. On cherche simplement la solution
générale de l’équation,et alors y(t) = y0(t) + p(t), où y0 et p
ont été calculés aux paragraphes précédents, donnela réponse.
Pour vérifier, on peut remplacer y dans l’équation de
départ.
Avec condition initiale. Dans ce cas, l’équation est
complétée par une valeur pourun certain t. Dans ce dernier cas il
su�t ⌧ d’ajuster � la constante qui se trouve dans lafonction y0
pour retrouver cette valeur. Là aussi, on n’oublie pas de
vérifier en remplaçantla solution obtenue dans l’équation.
Exemple. [vid´eo]On reprend l’exemple précédent :
y0(t)�3
ty(t) = t
et on ajoute la conditiony(1) = 0
13
-
Mat126 28 janvier 2016
On a calculé précédemment toutes les solutions, on a trouvé
:
y(t) = �t2 +K t3 avec K 2 R
On va donc maintenant chercher K de sorte que y(1) donne bien 0.
Pour cela on prendt = 1 dans la formule pour y :
y(1) = �12 +K.13 = �1 +K
La condition nous dit y(1) = 0, ce qui donne �1 + K = 0 que l’on
résout en K = 1.Finalement on remplace K = 1 dans y et on conclut
que la solution cherchée est
y(t) = �t2 + t3.
Vérification : on va remplacer y dans l’équation. On commence
par calculer y0 : y0(t) =�2t+ 3t2. On remplace alors :
y0(t)�3
ty(t) = (�2t+ 3t2)�
3
t(�t2 + t3) = �2t+ 3t2 + 3t� 3t2 = t
donc l’équation est bien vérifiée. Ok aussi pour la condition
y(1) = 0.
3.c
´
Equations di↵érentielles non-linéaires du premier ordre
Il n’y a pas de méthode générale pour résoudre les
équations di↵érentielles non linéaires,sauf si elles sont à
variables séparées (auquel cas on est ramené à la méthode du
§3.d).Toutefois, un changement de fonction inconnue peut parfois
permettre de se ramener àun cas connu, c’est à dire à une
équation linéaire ou à une équation à variables séparées,cf
par exemple le §3.e.
3.d
´
Equations di↵érentielles à variables séparées
L’équation di↵érentielle du premier ordre y0(t) = f(t) a pour
solutions les fonctionsy(t) = F (t)+C où F est une primitive de f
et C une constante. Plus généralement, si l’onpeut écrire une
équation di↵érentielle du premier ordre sous la forme
y0(t)g(y(t)) = f(t)alors la résolution de cette équation se
ramène à déterminer des primitives ; c’est ce quel’on explique
en détail dans cette partie.
Nous commençons par donner une définition du type d’équations
di↵érentielles (nonlinéaires en général) du premier ordre qui
seront résolues ainsi.
Définition. Une équation di↵érentielle du premier ordre est
dite équation di↵érentielleà variables séparées si elle peut
se mettre sous la forme :
y0(t) = f(t) g(y(t))
Autrement dit, y0(t) est un produit entre une fonction qui ne
dépend que de t et unefonction qui ne dépend que de y.
14
-
Mat126 28 janvier 2016
Exemples. • y0(t) = t2 y(t) est une équation à variables
séparées (déjà vue), avecf(t) = t2 et g(y(t)) = y(t).
• y0(t)y2(t) = et est une équation à variables séparées,
avec f(t) = et et g(y(t)) =1/y2(t).
• y0(t) + y(t)� t2 = 0 n’est pas à variables séparées.
Ce type d’équations généralise donc les équations linéaires
homogènes vues auparagraphe précedent. En e↵et, une équation
linéaire homogène d’ordre 1 peut s’écrire àvariables séparées
:
y0(x) + a(x)y(x) = 0 , y0(x) = �a(x)y(x)
On a donc bien y0 égal à une fonction qui ne dépend que de y
multiplié par une fonctionqui ne dépend plus que de x :
y0 = y ⇥ a(x)
on a donc bien séparé les variables.Nous allons donc
généraliser la méthode utilisée pour résoudre les équa di↵
linéaireshomogènes d’ordre 1. La méthode de résolution d’une
équation à variables séparées
y0(x) = f(x)⇥ g(y(x)) , y0 = f(x)⇥ g(y)
repose encore sur le calcul de primitives et sur les formules de
dérivation de fonctionscomposées, on explique ceci
ci-dessous.
Méthode générale de résolution. On met les y à gauche et
les t à droite, autrementdit on réécrit l’équation sous la
forme
y0(t)
g(y(t))= f(t) (en supposant g(y(t)) 6= 0)
d’où
Zy0(t)
g(y(t))dt =
Zf(t) dt en intégrant des deux côtés
soit
Zdu
g(u)=
Zf(t) dt avec le changement de variable u = y(t) (du = y0(t)
dt)
d’où H(u) = F (t) + C où F et H sont des primitives de f et
1/g
d’où y(t) = u = H�1(F (t) + C) où H�1 est la fonction
réciproque de H
Ne pas apprendre par cœur la formule finale, apprendre
l’enchainement des étapesde la méthode et savoir l’appliquer
!
Exemples. [vid´eo]
• On considère l’équation (E) : y0(t) = et y2(t). On a :
y0(t)
y2(t)= et =)
Zy0(t)
y2(t)dt =
Zet dt =)
Zdu
u2=
Zet dt =)
�1
u= et + C
15
-
Mat126 28 janvier 2016
D’où y(t) = u =�1
et + Cavec C 2 R. On remarque donc que le domaine de
définition
de y est R pour les valeurs de C � 0, et Rr {ln(�C)} si C <
0.
• On rencontre en chimie des équations du type (E) : y0(t) =
(y(t)� a)(y(t)� b).
On utilise la décomposition :1
(X � a)(X � b)=
1
b� a
✓1
X � b�
1
X � a
◆.
D’oùy0(t)
(y(t)� a)(y(t)� b)= 1 =)
y0(t)
y(t)� b�
y0(t)
y(t)� a= b� a
=)
Zy0(t) dt
y(t)� b�
Zy0(t) dt
y(t)� a= (b� a)t+ C
=) ln |y(t)� b|� ln |y(t)� a| = (b� a)t+ C
D’oùy � b
y � a= K e(b�a)t. D’où y(t) =
b� aK e(b�a)t
1�K e(b�a)t, K 2 R.
3.e Un cas particulier : l’équation de Riccati
Une équation di↵érentielle de Riccati est une équation de la
forme
(E) : y0(t) + a(t) y(t) + b(t) y2(t) = 0
On rencontre ce type d’équations dans de nombreux domaines de
la physique.
On peut la résoudre de la façon suivante :
• Faire a priori le changement de fonction inconnue y(t) =
u(t)z(t).(E) devient donc
(E) : u0(t)z(t) + u(t)z0(t) + a(t) u(t)z(t) + b(t) u2(t)z2(t) =
0
On peut réécrire cette équation ainsi : (à gauche on prend
ce qui est en facteur dez, à droite on met ce qui contient z0 et
z2, dans lequel on peut factoriser u)
(E) : z(t).⇥u0(t) + a(t) u(t)
⇤+ u(t).
⇥z0(t) + b(t) u(t)z2(t)
⇤= 0
On va maintenant choisir u et z de telle sorte qu’ils annulent
les deux morceaux del’équation ci-dessus, autrement dit on va
s’assurer que— u0(t) + a(t) u(t) = 0— z0(t) + b(t) u(t)z2(t) =
0
• On commence par u, on cherche u qui vérifie l’équation
di↵érentielle u0(t)+a(t)u(t) =0 (c’est une équation
di↵érentielle linéaire homogène du premier ordre, donc on saitla
résoudre).
• Connaissant u on passe maintenant à z, on cherche z solution
de :
z0(t) + b(t) u(t) z2(t) = 0
qui est une équation di↵érentielle du premier ordre à
variables séparées. On peutdonc déterminer z(t).
16
-
Mat126 28 janvier 2016
• D’où finalement on obtient une solution de (E) en posant y(t)
= u(t)z(t).
Exemple. [vid´eo]Mettons en oeuvre cette méthode par exemple
sur l’équation :
(E) : y0(t)� y(t) + t y2(t) = 0
• On fait le changement de fonction inconnue y(t) = u(t)z(t).
(E) devient donc
(E) : u0(t)z(t) + u(t)z0(t)� u(t)z(t) + t u2(t) z2(t) = 0
que l’on réécrit comme dans la méthode précédente en
mettant z en facteur à gaucheet u en facteur dans ce qui reste (et
qui ne contient que du z0 et du z2) :
(E) : z(t)⇥u0(t)� u(t)
⇤+ u(t)
⇥z0(t) + t u(t) z2(t)
⇤= 0
• On détermine u(t) afin de vérifier l’équation
di↵érentielle u0(t) � u(t) = 0, ce quidonne après résolution
u(t) = C1 et avec C1 2 R.
• On détermine z(t) afin de vérifier l’équation pour z :
z0(t) + t u(t) z2(t) = 0, danslaquelle on remplace la valeur
trouvée pour u : z0(t) + C1 t e
t z2(t) = 0. C’est uneéquation à variables séparées, on
applique la méthode adéquate :
�z0(t)
z2(t)= C1 t e
t =)
Z�z0(t)
z2(t)dt = C1
Zt et dt =)
1
z(t)= C1 (t e
t
�et)+C2 (par IPP)
D’où z(t) =1
C1 (t et � et) + C2=
1
C1
1
t et � et + C2/C1
• D’où finalement les solutions de (E) : y(t) = u(t) z(t)
=et
t et � et + Cavec C 2
R.
17
-
Mat126 28 janvier 2016
4
´
Equations di↵érentielles linéaires du deuxième
ordre à coe�cients constants
On va considérer maintenant les équations di↵érentielles de
la forme
a y00(t) + b y0(t) + c y(t) = f(t) avec a, b, c 2 R
On supposera bien sûr a 6= 0, car sinon l’équation
di↵érentielle est d’ordre 1.
Comme pour les équations linéaires du premier ordre, les
solutions des équations linéairesdu deuxième ordre sont
obtenues, d’après le principe de superposition, sous la formey(t)
= p(t)+y0(t), où p(t) est une solution particulière de
l’équation avec second membre,et où y0(t) est une solution de
l’équation homogène. La résolution se fait donc en 2 temps
:résolution de l’équation homogène, puis recherche d’une
solution particulière de l’équationcomplète.
Remarque. Si c = 0, on pourra bien sûr utiliser la démarche
qu’on va décrire dansles paragraphes qui suivent, mais une autre
possibilité consiste à poser z(t) = y0(t). Onse ramène alors à
la résolution de deux équations di↵érentielles d’ordre 1 : tout
d’aborda z0(t) + b z(t) = f(t), puis y0(t) = z(t).
4.a Résolution de l’équation homogène
Deux cas particuliers pour commencer à comprendre
L’équationy00(t) + !2y(t) = 0
où ! est une constante modélise par exemple les petits
déplacements d’un ressort. Onvoit (par exemple en les remplaçant
dans l’équation) que les fonctions y(t) = cos!t ety(t) = sin!t,
ainsi que leurs combinaisons y(t) = � cos!t+µ sin!t sont solutions
de cetteéquation.Si on considère maintenant l’équation
y00(t)� !2y(t) = 0
Les solutions sont de la forme y(t) = �e�!t + µe!t.En fait les
expressions correspondant à ces 2 exemples sont de la même forme
si on acceptede travailler avec des nombres complexes. En e↵et on
peut écrire
cos!t =ei!t + e�i!t
2, sin!t =
ei!t � e�i!t
2i
si bien que dans les 2 cas les solutions sont combinaisons de
fonctions exponentielles.On remarque aussi que les coe�cients
intervenant dans ces exponentielles, i! dans lepremier cas et !
dans le second, sont respectivement racines des polynômesX2+!2
etX2�
18
-
Mat126 28 janvier 2016
!2, c’est à dire les polynômes du second degré obtenus à
partir de l’équation di↵érentielleen ”remplaçant” l’ordre de
dérivation par une puissance de X. Le paragraphe qui suit
vapermettre de généraliser cette observation et de construire de
manière systématique lessolutions pour toutes les équations
linéaires homogènes.
Le cas général
On considère l’équation di↵érentielle homogène (E0)
associée à (E) :
a y000(t) + b y00(t) + c y0(t) = 0 où a, b, c 2 R, et a 6=
0
Définition. On appelle équation caractéristique (ou plynôme
caratcétristique)associé.e à (E0) l’équation du second
degré
aX2 + bX + c = 0
Méthode. On note � = b2 � 4ac le discriminant du polynôme
caractéristique. Les solu-tions de (E0) sont alors :
• Si � > 0 :y0(t) = Ae
r1t +B er2t
avec A,B réels et r1, r2 les 2 racines du polynôme
caractéristique.• Si � = 0 :
y0(t) = (At+B) ert
avec A,B réels et r la racine du polynôme caractéristique.•
Si � < 0 :
y0(t) = [C cos �t+D sin �t] e↵t
avec C,D réels et où ↵ = �b
2aet � =
p
��
2a.
Autre formulation : ↵ et � sont les nombres réels tels que r1 =
↵+ i� et r2 = ↵� i�sont les deux racines du polynôme
caractéristique.
La preuve de ces résultats est donnée dans la section 5.
Exemples. [vid´eo]
• (E0) y000(t)� 3y
00(t) + 2y0(t) = 0 Le polynôme caractéristique est X
2�3X+
2. Il admet deux racines réelles r1 = 1 et r2 = 2, et les
solutions sont y0(t) =Aet +B e2t, avec A,B réels.
• (E0) 4y000(t) + 12y
00(t) + 9y0(t) = 0 Le polynôme caractéristique est 4X
2 +12X + 9. Il admet une seule racine réelle r = �3/2, et les
solutions sont y0(t) =(At+B) e�3t/2, avec A,B réels.
• (E0) y000(t) + y
00(t) + y0(t) = 0 Le polynôme caractéristique est X
2+X+1. Iladmet deux racines complexes conjuguées r1 = (�1�
i
p
3)/2 et r2 = (�1+ ip
3)/2,
et les solutions sont y0(t) =
"A cos
p
3t
2+B sin
p
3t
2
#e�t/2, avec A,B réels.
19
-
Mat126 28 janvier 2016
Avec des conditions initiales. . Si l’équation (E0) est
complétée par des données dela solution (ou de sa dérivée)
pour une ou des valeurs de t, il faut ajuster les constantesA et B,
ou C et D suivant les cas, pour vérifier ces conditions.
Exemple. [vid´eo]Par exemple, dans le dernier cas traité
au-dessus, si on cherche y0 satsifaisant y0(0) = 0
et y00(0) = 1 les constantes A et B doivent satisfaire A = 0
etp32 B �
A
2 = 1. La solution
et donc donnée par la formule y0(t) =2p
3sin
p
3t
2e�t/2.
4.b Résolution de l’équation avec second membre
Ayant calculé la solution de l’équation homogène, il reste à
trouver une solution parti-culière de l’équation complète (E)
pour déterminer toutes ses solutions. Une telle
solutionparticulière p(t) peut être obtenue de 2 façons
di↵érentes :
• Par analogie avec la forme du second membre de (E). Plus
précisément, si onnote f(t) le second membre de l’équation (E)
et a, b et c les coe�cients de l’équationcaractéristique alors
:
! cas où f(t) = P (t) : où P (t) est un polynôme de degré n.
Si c 6= 0 alors ilexiste une solution particulière polynômiale
Q(t) de degré n. Si c = 0 et b 6= 0alors il existe une solution
particulière polynômiale Q(t) de degré n+ 1. Enfinsi c = 0 et b
= 0 alors il existe une solution particulière polynômiale Q(t)
dedegré n+ 2.
! cas où f(t) = Cekt : si k n’est pas racine de l’équation
caractéristique alors ilexiste une solution particulière de la
forme Dekt. Si k est l’une des deux racinesde l’équation
caractéristique alors il existe une solution particulière de la
formeDtekt. Enfin si k est la racine double de l’équation
caractéristique alors il existeune solution particulière de la
forme Dt2ekt.
! cas où f(t) = C cos(!t) + D sin(!t) : il existe une solution
particulière dela forme E cos(!t) + F sin(!t), excepté dans le
cas où on a à la fois b = 0 etc = a!2, pour lequel il existe une
solution particulière de la forme t(E cos(!t)+F sin(!t))
• Par méthode de variation de la constante :On procède comme
pour les équations di↵érentielles du premier ordre. Comme
l’ex-pression générale des solutions de (E0) comporte deux
constantes, on en choisit uneégale à 0 et on fait varier
l’autre.
NB : En pratique, il faut noter que la méthode de variation de
la constante n’estpas aussi simple et e�cace que dans le cas des
équations du premier ordre. Il estpréférable d’utiliser, autant
que possible, la recherche de solutions particulières paranalogie
avec la forme du second membre.
Comme toujours, on n’oublie pas de vérifier a posteriori que la
solution trouvée satisfaitbien l’équation de départ.
20
-
Mat126 28 janvier 2016
Exemples. [vid´eo]
• Soit l’équation (E) :
y00(t)� 2y0(t) + y(t) =et
(1 + t)2
Le polynôme caractéristique est X2 � 2X + 1. Il admet une
seule racine r = 1,et les solutions de l’équation homogène sont
donc y0(t) = (At + B) et, avec A,Bréels. Pour déterminer une
solution particulière p(t), on va utiliser la méthode devariation
de la constante. Pour cela, on prend par exemple A nul et on ne
fait varierque B, donc on cherche p sous la forme p(t) = B(t)et. En
reportant cette expressiondans (E), on obtient :
p00(t)� 2p0(t) + p(t) = (B00(t) + 2B0(t) + B(t)) et � 2 (B0(t) +
B(t)) et +B(t) et
= B00(t) et
=et
(1 + t)2
On a donc B00(t) =1
(1 + t)2, d’où B0(t) =
�1
1 + tet donc B(t) = � ln |1 + t|. On a
donc p(t) = � ln |1 + t| et, et donc finalement
y(t) = (At+B � ln |1 + t|) et
avec A,B réels.• Soit l’équation (E) :
3y00(t) + 4y0(t) + y(t) = �t3 � 8t2 + 1
Le second membre étant un polynôme de degré 3 et b 6= c 6= 0,
on va chercherune solution particulière sous la même forme d’un
polynôme de degré 3 : p(t) =a3t3 + a2t2 + a1t+ a0. En reportant
cette expression dans (E), on obtient :
3(6a3t+ 2a2) + 4(3a3t2 + 2a2t+ a1) + (a3t
3 + a2t2 + a1t+ a0) = �t
3� 8t2 + 1
soit a3t3 + (12a3 + a2) t
2 + (18a3 + 8a2 + a1) t+ 6a2 + 4a1 + a0 = �t3� 8t2 + 1.
Par identification des termes, on obtient a3 = �1, a2 = 4, a1 =
�14 et a0 = 33.D’où p(t) = �t3 + 4t2 � 14t+ 33.Le même résultat
peut évidemment être obtenu par méthode de variation de
laconstante.
• Soit l’équation (E) :y00(t)� 2y0(t) + y(t) = e3t + 2e�t
Le second membre étant une combinaison linéaire
d’exponentielles et le polynômecaractéristique admettant une
unique racine en 1, on va chercher une solution par-ticulière sous
la forme p(t) = ae3t + be�t. En reportant cette expression dans
(E),on obtient :
�9a e3t + b e�t
�� 2
�3a e3t � b e�t
�+�ae3t + be�t
�= e3t + 2e�t
soit 4a e3t + 4b e�t = e3t + 2e�t, d’où a = 1/4 et b = 1/2.
Finalement p(t) =1
4e3t +
1
2e�t.
Le même résultat peut évidemment être obtenu par méthode de
variation de laconstante.
21
-
Mat126 28 janvier 2016
5 Détails sur les solutions de l’équation linéaire
du deuxième ordre
5.a Rappel sur les trinômes du second degré
Soit le trinôme du second degré aX2+bX+c = 0 avec a, b, c
réels. On rappelle que sessolutions sont obtenues en calculant le
discriminant � = b2 � 4ac, et sont les suivantes :
• Si � > 0, il y a 2 racines réelles distinctes r1, r2
=�b±
p
�
2a
• Si � = 0, il y a 1 racine (dite racine double) r =�b
2a
• Si � < 0, il y a 2 racines complexes conjuguées r1, r2
=�b± i
p
��
2a
5.b Solutions exponentielles
Considérons les deux fonctions vr
(t) = ert et wr
(t) = t ert avec r 2 C.
• Les dérivées de vr
sont v0r
(t) = r ert et v00r
(t) = r2 ert. Donc vr
(t) vérifie :
a v00r
(t) + b v0r
(t) + c vr
(t) = (ar2 + br + c) ert
• Les dérivées de wr
sont w0r
(t) = (1 + rt) ert et w00r
(t) = (r2t + 2r) ert. Donc wr
(t)vérifie :
aw00r
(t) + b w0r
(t) + cwr
(t) = (ar2 + br + c) t ert + (2ar + b) ert
5.c Résolution de l’équation homogène
En utilisant les résultats des §5.a et §5.b, on obtient
Si � > 0 : l’équation caractéristique a 2 racines
distinctes r1 et r2, et les fonctionsvr1(t) = e
r1t et vr2(t) = e
r2t sont solutions de (E0). L’ensemble des solutions estalors
donné par combinaison linéaire de v
r1 et vr2 :
y0(t) = Aer1t +B er2t avec A,B 2 R
Si � = 0 : l’équation caractéristique a une seule racine r =
�b
2a. D’après §5.b, v
r
(t) =
ert et wr
(t) = t ert sont solutions de (E0). L’ensemble des solutions est
alors donnépar combinaison linéaire de v
r
et wr
:
y0(t) = (At+B) ert avec A,B 2 R
Si � < 0 : comme dans le cas � > 0, le polynôme
caractéristique a deux racines, etl’ensemble des solutions est
donc à nouveau l’ensemble des fonctions de la forme
y0(t) = Aer1t +B er2t
22
-
Mat126 28 janvier 2016
mais cette fois les constantes A et B doivent être
considérées comme des nombres
complexes puisque r1 et r2 le sont. Si l’on pose ↵ = �b
2aet � =
p
��
2a, on a alors
r1 = ↵� i� et r2 = ↵ + i�, et les solutions se réécrivent
y0(t) = Ae↵t e�i�t +B e↵t ei�t
= [A (cos �t� i sin �t) + B (cos �t+ i sin �t)] e↵t
= [(A+B) cos �t+ i(B � A) sin �t] e↵t
On cherche ici les solutions réelles, donc on va considérer
celles pour lesquelles A+Bet i(B � A) sont des réels. Autrement
dit, l’ensemble des solutions de (E0) est
y0(t) = [C cos �t+D sin �t] e↵t avec C,D 2 R
23
-
Mat126 28 janvier 2016
6 Quelques exemples issus de la physique-chimie
6.a Exemple 1 : le ressort
On considère un ressort vertical, à l’extrémité duquel on
place une masse m. On note :
— z(t) l’allongement du ressort à l’instant t par rapport àsa
position d’équilibre statique
— k la constante de raideur du ressort (k > 0)Les deux forces
en présence sont la gravité et la force de rappeldu ressort, qui
est proportionnelle à l’allongement z(t).
L’équation fondamentale de la dynamique s’écrit donc alors
:
md2z(t)
dt2+ kz(t) = 0
C’est une équation di↵érentielle du deuxième ordre à
coe�cients constants. On verra plusloin que ses solutions sont de
la forme
z(t) = A cos(!t) + B sin(!t)
avec ! =p
k/m et où A et B sont des constantes.
Si l’on tient compte d’un éventuel frottement du ressort
(proportionnel à sa vitesse), ilfaut ajouter un terme
d’amortissement à l’équation, qui devient alors :
md2z(t)
dt2+ ↵
dz(t)
dt+ kz(t) = 0
6.b Exemple 2 : un circuit électrique
On considère un circuit électrique de type RC (résistance et
condensateur). On note :
— i(t) l’intensité électrique à l’instant t— q(t) la
quantité de charge, liée à l’intensité par la relation
i =dq(t)
dt— R et C les valeurs de la résistance et de la capacité
Le bilan des tensions aux bornes des composants dans le circuit
s’écrit e(t) = uR
(t) +uC
(t). Or uR
(t) = Ri(t) et uC
(t) = q/C(t). Le bilan s’écrit donc finalement sous formed’une
équation di↵érentielle du premier ordre :
Rdq(t)
dt+
q(t)
C= e(t)
Si l’on ajoute une bobine d’inductance L dans le circuit, la
tension a ses bornes estuL
= Ldi(t)/dt, et le bilan des tensions devient une équation
di↵érentielle d’ordre 2 :
Ld2q(t)
dt2+R
dq(t)
dt+
q(t)
C= e(t)
24
-
Mat126 28 janvier 2016
6.c Exemple 3 : radioactivité
Le 26 avril 1986, le réacteur numéro 4 de la centrale
nucléaire de Tchernobyl en Ukraineexplose lors d’un essai
technique. Une très grande quantité d’éléments radioactifs, tel
quel’iode 131, est alors libéré dans l’atmosphère.Si l’on note
N(t) le nombre de noyaux d’iode 131 présents au jour t, le
principe physiquede la radioactivité est que la dérivée N 0(t)
est proportionnelle à la quantité de matièreradioactive N(t),
soit l’équation suivante :
N 0(t) = ��N(t) avec � = 8, 5 10�2 jour�1 pour l’iode 131
C’est une équation di↵érentielle linéaire d’ordre 1, dont les
solutions sont de la formeN(t) = C e��t où C 2 R [vid´eo].
A Tchernobyl, on peut considérer qu’au temps t = 0 de
l’explosion, il y a eu de l’ordrede 2 1020 particules d’iode 131
dispersées. On sait donc que N(0) = 2 1020 or N(0) = Cet donc N(t)
= 2 1020 e�8,5 10
�2t est l’unique solution de l’équation di↵érentielle avec
la
condition initiale N(0) donnée.
La demi-vie de l’iode 131 est définie comme le temps
nécessaire pour la désintégrationde la moitié des particules
émises au temps t = 0. Nous laissons au lecteur le soin
devérifier qu’il a fallu environ 8 jours pour que la moitié des
particules se désintègrent. Atitre de comparaison la demi-vie du
plutonium est de 24110 ans...
25
-
Mat126 28 janvier 2016
7 Pour aller plus loin
7.a Problème bien posé
Rajouter au problème des données initiales sur la fonction
recherchée et/ou sur sesdérivées ne conduit pas toujours à
obtenir une solution unique au problème ainsi on dis-tingue :
Définition. Un problème aux conditions initiales ou un
problème aux conditions auxlimites est dit bien posé si et
seulement si il admet une solution unique.
Exemples. [vid´eo]
• Sachant que l’équation y0(t) = 3 y(t) a pour solutions les
fonctions de la formey(t) = K e3t, le problème suivant :
⇢y0(t) = 3 y(t)y(0) = 2
a lui une solution unique y(t) = 2 e3t. Ce problème aux
conditions initiales est doncbien posé.
Le problème 8<
:
y0(t) = 3 y(t)y(0) = 2y0(0) = 5
n’a pas de solution car on ne peut pas trouver K tel que K = 2
et 3K = 5. Ceproblème aux conditions initiales est mal posé.
• L’équation di↵érentielle y00(x) + y(x) = 0 a pour solution
générale y(x) = A cos x+B sin x.
Le problème 8<
:
y00(x) + y(x) = 0y(0) = 2y(⇡/2) = 3
est un problème aux conditions aux limites bien posé, dont la
solution est y(x) =2 cosx+ 3 sin x.
7.b Equations di↵érentielles linéaires d’ordre n
Les résultats précédents sur les équations di↵érentielles
linéaires à coe�cients constantsd’ordre 1 et 2 peuvent être
directement généralisées à un ordre n quelconque.
Considéronsl’équation :
(E) an
y(n)(t) + an�1 y
(n�1)(t) + · · ·+ a2 y00(t) + a1 y
0(t) + a0 y(t) = f(t)
26
-
Mat126 28 janvier 2016
Principe de superposition Comme pour les équations linéaires
du premier et du deuxièmeordre, les solutions des équations
linéaires d’ordre n sont obtenues sous la formey(t) = p(t) +
y0(t), où p(t) est une solution particulière de l’équation avec
secondmembre, et où y0(t) est une solution de l’équation
homogène. La résolution se faitdonc toujours en 2 temps :
résolution de l’équation homogène, puis recherche d’unesolution
particulière de l’équation complète.
Résolution de l’équation homogène (E0) On considère le
polynôme caractéristiqueassocié à (E) : P (X) = a
n
Xn + an�1 Xn�1 + · · · + a2 X2 + a1 X + a0, et on en
détermine les racines.
— Pour chaque racine simple r, c’est à dire P (X) factorisable
par (X � r), ert estsolution de (E0).
— Pour chaque racine double r, c’est à dire P (X) factorisable
par (X � r)2, ert
et tert sont solutions de (E0).— Pour chaque racine r de
multiplicité m, c’est à dire P (X) factorisable par
(X � r)m, ert, tert, . . . , tm�1ert sont solutions de (E0).
Au final, on a ainsi n solutions indépendantes de (E0), et
l’ensemble des solutionsde (E0) est formé des combinaisons
linéaires de ces fonctions simples.
Obtention d’une solution particulière On trouve une solution
particulière soit en larecherchant sous une forme analogue à
celle du second membre, soit par variation dela constante (c’est à
dire en faisant varier l’une des n constantes apparaissant
dansl’expression des solutions de (E0) et en prenant les n�1 autres
constantes égales à 0).
Exemple. On considère l’équation di↵érentielle linéaire
d’ordre 3 :
(E) y(3)(t)� 3y0(t)� 2y(t) = f(t)
Son polynôme caractéristique est P (X) = X3 � 3X � 2 et peut
être factorisé en P (X) =(X�2)(X+1)2. 2 est racine simple et �1
est racine double, donc les solutions de l’équationhomogène
associée (E0) sont les y0(t) = Ae2t + (Bt+ C)e�t, avec A,B,C
réels.
Une solution particulière peut ensuite en être cherchée par
exemple sous la forme p(t) =A(t)e2t, ou encore sous la forme p(t) =
C(t)e�t.
7.c Résolution d’un système d’équations différentielles
li-
néaires d’ordre 1 à coe�cients constants
De nombreux problèmes font intervenir simultanément
l’évolution de plusieurs quan-tités : intensité électrique en
di↵érents points d’un circuit complexe, concentration endi↵érents
produits chimiques réagissant entre eux, di↵usion dans les organes
d’une sub-stance présente dans le sang... On a alors plusieurs
équations di↵érentielles couplées. Sichacune de ces équations
est linéaire par rapport à chaque variable, on dit qu’on a
unsystème linéaire d’équations di↵érentielles. Celui-ci peut
s’écrire avec une notation matri-cielle X 0+AX = S où A est une
matrice, S un vecteur (second membre), et où le vecteurX contient
les di↵érentes fonctions inconnues.
27
-
Mat126 28 janvier 2016
Exemple. La population d’un pays est formée de ruraux et
d’urbains, qu’on note respec-tivement R(t) et U(t), où t désigne
le temps (en années). On désigne par a le taux annueld’exode
rural (les gens qui quittent la campagne pour habiter en ville) et
par b le tauxannuel d’exode urbain (les gens qui quittent la ville
pour habiter la campagne). De plus,les villes reçoivent un flux
migratoire en provenance de l’étranger : le nombre de migrantssur
une période �t est noté c(t)�t. Les équations qui traduisent
l’évolution de R(t) etU(t) sont donc : ⇢
R0(t) = �aR(t) + b U(t) (1)U 0(t) = aR(t)� b U(t) + c(t) (2)
qui peut aussi être écrit sous forme matricielle X 0(t) =
MX(t)+S(t) où X(t) =
✓R(t)U(t)
◆,
M =
✓�a ba �b
◆et S(t) =
✓0
c(t)
◆.
La résolution de ces équations est alors réalisée en
recombinant les équations pourles rendre indépendantes les unes
des autres. La technique pour réaliser cela de façonsystématique
s’appelle la “diagonalisation”, qui est hors programme.
Exemple. Dans l’exemple précédent, si l’on additionne les
équations (1) et (2) et quel’on définit la nouvelle fonction Z =
R+U , on obtient l’équation Z 0(t) = c(t), qui permetdonc de
déterminer R + U . Et de même, si l’on forme a(1)-b(2) et que
l’on définit lanouvelle fonction W = aR� bU , on obtient
l’équation W 0(t) = �(a+ b)W (t)� bc(t), quipermet de déterminer
aR� bU . On en déduit finalement R et U .
En prenant par exemple a = 0.2 an�1, b = 0.1 an�1 et c(t) = c0,
on a ainsi :• Z 0(t) = R0(t) + U 0(t) = c0, d’où Z(t) = R(t) +
U(t) = c0 t+ ↵.• W 0(t) = �0.3W (t)� 0.1c0 t. D’où W (t) =
0.2R(t)� 0.1U(t) = c0
10�3t9 + � e
�0.3t.• On obtient finalement R et U en recombinant Z et W
par
R(t) =Z(t) + 10W (t)
3et U(t) =
2Z(t)� 10W (t)
3
7.d Approximation numérique de la solution d’une équation
différentielle d’ordre 1 par méthode d’Euler
On considère l’équation di↵érentielle d’ordre 1 : (E) y0(t) =
f(t, y(t)) avec lacondition initiale y(0) = ↵. On suppose que cette
équation est compliquée et qu’on nesait pas en trouver la
solution exacte. On peut alors en chercher une approximation parune
méthode numérique simple, appelée méthode d’Euler.Le principe
est le suivant : on va choisir un pas de temps noté �t, et
chercher une ap-proximation de y(t) à chaque instant t
i
= i�t (i = 1, 2 . . .). En faisant une approximationde la
dérivée y0(t
i
) par un taux d’accroissement, on a :
y(ti
+�t)� y(ti
)
�t' f(t
i
, y(ti
))
28
-
Mat126 28 janvier 2016
c’est à direy(t
i+1) ' y(ti) +�t f(ti, y(ti))
Connaissant y(t0) = y(0) = ↵, on a donc ainsi une relation de
récurrence permettant deconstruire une approximation de y entre t
= 0 et un instant final t = T .
Une question pratique importante est celle du choix de �t. Sa
valeur est un compromis :• si elle est trop grande, l’approximation
à la base de la méthode sera trop imprécise,et donc les valeurs
obtenues seront éloignées de celles de la vraie fonction y(t)
;
• si elle est trop petite, le nombre de pas de temps nécessaire
pour aller jusqu’àl’instant final T sera très grand, et il faudra
donc faire beaucoup de calculs.
29
-
Mat126 28 janvier 2016
8 Quelques rappels d’intégration
8.a Formulaire de primitives usuelles
Fonction Une primitive
xa (a 2 R , a 6= �1) xa+1
a+ 11
x� aln |x� a|
e�x (� 6= 0)1
�e�x
cos(!x) (! 6= 0)1
!sin(!x)
sin(!x) (! 6= 0) �1
!cos(!x)
1
cos2(x)= 1 + tan2(x) tan(x)
1
x2 + 1arctan(x)
cosh(!x) (! 6= 0)1
!sinh(!x)
sinh(!x) (! 6= 0)1
!cosh(!x)
1p
x2 + 1ln⇣x+
p
x2 + 1⌘
1p
x2 � 1ln���x+
p
x2 � 1���
1p
1� x2arcsin(x)
NB. Ce tableau permet de calculer un grand nombres de primitives
si on le combineavec la formule de composition des dérivées :
[f(u(x))]0 = u0(x)⇥ f 0(u(x))
Exemples. 1. fonction u0 ua, a 6= �1 primitive : ua+1
a+12. fonction u0eu, primitive : eu
3. fonction u0
u
, primitive : ln(u)etc.
8.b Intégration par parties
Comme (uv)0 = uv0 + u0v on a :Z
b
a
(uv)0 = [uv]ba
=
Zb
a
uv0 +
Zb
a
u0v
30
-
Mat126 28 janvier 2016
ou encore : Zu0v = uv �
Zuv0
Exemples. 1)
Zln x dx - en posant u = x et v = ln x :
Zln x dx = x ln x�
Zx1
xdx = x ln x�
Zdx = x ln x� x+ �
2)
Zex cos x dx - en posant u = ex et v = cosx :
Zex cos x dx = ex cos x+
Zex sin x dx (1)
Puis on pose u = ex et v = sin x :
(1) = ex cos x+ ex sin x�
Zex cos x dx
)
Zex cos x dx =
1
2(ex cos x+ ex sin x) + �
8.c Changement de variable
Le changement de variable sert à transformer une intégrale
pour se ramener à uneintégrale plus simple à calculer :
I =
Zb
a
f(x)dx
S’il apparait que f(x) s’écrit sous la forme h(g(x))g0(x), on
pose u = g(x), du = g0(x)dxet donc :
I =
Zg(b)
g(a)
h(u)du
Exemples. 1) I =
Zb
a
dx
x ln xavec (1 < a < b) :
On pose u = ln x, du = dx/x et donc :
I =
Z ln b
ln a
du
u= [ln |u|]ln bln a = ln | ln b|� ln | ln a|
2) I =
Zb
a
xex2dx :
On pose u = x2, du = 2x dx et donc :
I =1
2
Zb
2
a
2
eudu =1
2[eu]b
2
a
2 =eb
2� ea
2
2
IMPORTANT : bien penser à faire le changement de variable sur
les bornes.
31
-
Mat126 28 janvier 2016
Changements de variable classiques. 1) I =
Zp
1� x2 dx - on pose x = sin u,
dx = cosu du, u = arcsin x :
I =
Z p1� sin2 u cos u du =
Zcos2 u du
=
Z1 + cos 2u
2du =
u
2+
sin 2u
4+ �
=u
2+
sin up
1� sin2 u
2+ �
=arcsin x
2+
xp
1� x2
2+ �
2) Fractions avec des fonctions sin x et cos x - on pose :
t = tanx
2) dt =
1
2
⇣1 +
⇣tan
x
2
⌘⌘et dx =
2 dt
1 + t2
sin x =2 t
1 + t2cos x =
1� t2
1 + t2
Ex :
I =
Zdx
sin x=
Z2(1 + t2)dt
2t(1 + t2)
=
Zdt
t= ln |t|+ � = ln | tan
x
2|+ �
32
Équations différentielles1 Introduction2 Les notions de base3
Équations différentielles du premier ordre4 Équations
différentielles linéaires du deuxième ordre à coefficients
constants5 Détails sur les solutions de l'équation linéaire du
deuxième ordre6 Quelques exemples issus de la physique-chimie7 Pour
aller plus loin8 Quelques rappels d'intégration