Equations différentielles, DUT MP, CM 5

Les équations différentiellesPetits détails techniques et autres remarques

Christophe Palermo

IUT de MontpellierDépartement Mesures Physiques

&Institut d’Electronique du Sud

Université Montpellier 2Web : http://palermo.wordpress.com

e-mail : [email protected]

Cours du 14 décembre 2010

MONTPELLIER

Plan

1 Introduction2 EDL à coefficients variables

Solution générale de l’équation homogène (associée)La solution particulière

3 Terme perturbateurLe principe de superpositionApplication du principe de superpositionConclusion

4 Les équations linéaires incomplètesProblématiqueChangement de variable

5 Équation non-linéaire6 Recommandations

IUT de Montpellier (Mesures Physiques) Les équations différentielles Dec. 2010 2

Introduction

Plan







Introduction

Ce que nous avons vu

Plusieurs types d’équationséquations linéaires ou non-linéairesà variables séparables (ou séparées)homogènes ou inhomogènescomplètes ou incomplètes1er et 2nd ordres

Equations différentielles linéairesun schéma de travail à reteniryI = yH + yPMéthode de Lagrange pour yP

Pour les équations à coefficients constantsEquation caractéristique au second ordre


Introduction

Ce que nous avons vu... en image

Equation différentielle

Non-linéaire

Variables séparées

Intégration directe

Cas général Hors programme

Linéaire Principe de superposition

Solution homogène

1er ordre : variables séparées


2ème ordre

Coefficients constants

Equation caractéristique

Coefficients variables

Hors programme

Solution particulière

Vérification d'une donnée

Principe de superposition

Tableau

Méthode de Lagrange


Introduction

Mais comment faire quand ...

l’équation est linéaire mais :les coefficients ne sont pas constantset/ou il y a plusieurs termes perturbateurset/ou elle est incomplète

l’équation est non-linéaire


Introduction

Mais comment faire quand ...

l’équation est linéaire mais :1. les coefficients ne sont pas constants2. et/ou il y a plusieurs termes perturbateurs3. et/ou elle est incomplète

4. l’équation est non-linéaire


EDL à coefficients variables

Plan







EDL à coefficients variables

Schéma de résolution d’une équation linéaire

Ce qui va changer

1 Faire la mise en équation

2 Exprimer la solution générale de l’équation différentielleSi elle est inhomogène (I) :2.1 Ecrire l’équation homogène associée (H)

2.2 Résoudre l’équation homogène : solution générale yH de (H)

2.3 Trouver une solution particulière yP de (I)

2.4 En déduire la solution générale yI de (I) : yI = yH + yP

3 Prise en compte des conditions initiales dans la solution générale :solution du problème


EDL à coefficients variables Solution générale de l’équation homogène (associée)

Au premier ordre

a(t) · y + b(t) · y = 0 où a(t) et b(t) sont des fonctions

⇐⇒ a(t) · dydt + b(t) · y = 0

se ré-écrit toujours commedyy︸︷︷︸

g(y)

= −b(t)a(t) · dt︸︷︷︸

f (t)

→ séparation des variables

Même quand les coefficients sont variablesUne équation différentielle linéaire du premier ordre est toujours à variablesséparables. On intégrera directement.



Au premier ordre


⇐⇒ a(t) · dydt + b(t) · y = 0


g(y)

= −b(t)a(t) · dt︸︷︷︸

f (t)





Au premier ordre


⇐⇒ a(t) · dydt + b(t) · y = 0


g(y)

= −b(t)a(t) · dt︸︷︷︸

f (t)





Au premier ordre


⇐⇒ a(t) · dydt + b(t) · y = 0


g(y)

= −b(t)a(t) · dt︸︷︷︸

f (t)





Un exemple du 1er ordre

cos(t) · y + sin(t) · y = 0

cos(t) · dydt + sin(t) · y = 0

dyy = − sin(t)

cos(t) · dt = − tan(t) · dt

∫ dyy =

∫− sin(t)cos(t) · dt =

∫ u′u dt avec u(t) = cos(t)

ln |y | = ln | cos(t)|+ C =⇒ y = K · cos(t), K ∈ C

Seule difficulté :L’intégration est parfois fastidieuse (contrairement à cet exemple).




cos(t) · y + sin(t) · y = 0


dyy = − sin(t)


∫ dyy =








cos(t) · y + sin(t) · y = 0


dyy = − sin(t)


∫ dyy =








cos(t) · y + sin(t) · y = 0


dyy = − sin(t)


∫ dyy =








cos(t) · y + sin(t) · y = 0


dyy = − sin(t)


∫ dyy =








cos(t) · y + sin(t) · y = 0


dyy = − sin(t)


∫ dyy =







Deuxième ordre

Coefficients constants : équation caractéristique

Coefficients variables (non-constants)Discriminant : uniquement des réels ou des complexesImpossible d’utiliser l’équation caractéristique

Pas d’expression générale ⇒ Fonctions spéciales (Bessel, Airy)

Mais ce qui est toujours vrai : “la solution générale d’une EDL2 estla combinaison linéaire de deux solutions particulièresnon-proportionnelles”

Concrètement pour une EDL2 homogène à coefficients variables :Si nous avons deux solutions particulières non-proportionnelles :combinaison linéaireSinon : sauf cas particulier (absence de y), hors programme



Un exemple du 2ème ordre

Montrer que t2y − 6y = 0 admet pour solutions particulières y1 = t3 ety2 = 1/t2 et en déduire sa solution générale.

y1 = 3t2 ⇒ y1 = 6t ⇒ t2y1 = 6t3 ⇒ t2yI − 6yI = 0 �y2 = −2t−3 ⇒ y2 = 6t−4 ⇒ t2y2 = 6t−2 ⇒ t2y2 − 6y2 = 0 �y1 et y2 ne sont pas proportionnelleson peut en faire une combinaison linéaire

yH = At3 +Bt2 , A,B ∈ C





y1 = 3t2 ⇒ y1 = 6t ⇒ t2y1 = 6t3 ⇒ t2yI − 6yI = 0 �

y2 = −2t−3 ⇒ y2 = 6t−4 ⇒ t2y2 = 6t−2 ⇒ t2y2 − 6y2 = 0 �y1 et y2 ne sont pas proportionnelleson peut en faire une combinaison linéaire

yH = At3 +Bt2 , A,B ∈ C





y1 = 3t2 ⇒ y1 = 6t ⇒ t2y1 = 6t3 ⇒ t2yI − 6yI = 0 �y2 = −2t−3 ⇒ y2 = 6t−4 ⇒ t2y2 = 6t−2 ⇒ t2y2 − 6y2 = 0 �

y1 et y2 ne sont pas proportionnelleson peut en faire une combinaison linéaire

yH = At3 +Bt2 , A,B ∈ C






yH = At3 +Bt2 , A,B ∈ C






yH = At3 +Bt2 , A,B ∈ C




Vu et à faire








EDL à coefficients variables La solution particulière

Au premier ordre

Pour une équation inhomogène

a(t) · y + b(t) · y = p(t) (I)

Coefficients constants :TableauMéthode de Lagrange (variation de la constante)

Coefficients variables :Difficile de faire un tableau pour toutes les possibilités /On utilisera la méthode de Lagrange

RappelPour trouver yP avec la méthode de Lagrange, il suffit de remplacer laconstante de yH par une fonction avant de l’injecter dans (I)



Lagrange avec EDL1 à coefficients variables #1

ty + y = cos(t) (I)

2.1 Equation différentielle homogène associéet · y + y = 0 (H)

2.2 Solution de (H) :On écrit dy

y = −dtt =⇒ ln |y | = − ln |t|︸︷︷︸

ln1|t|

+C =⇒ yH =Kt , K ∈ C

2.3 Recherche de yP avec Lagrange2.3.1 yP =

K (t)t

2.3.2 Injection dans (I)




ty + y = cos(t) (I)



y = −dtt =⇒ ln |y | = − ln |t|︸︷︷︸

ln1|t|

+C =⇒ yH =Kt , K ∈ C


K (t)t





ty + y = cos(t) (I)



y = −dtt =⇒ ln |y | = − ln |t|︸︷︷︸

ln1|t|

+C =⇒ yH =Kt , K ∈ C


K (t)t





ty + y = cos(t) (I)



y = −dtt =⇒ ln |y | = − ln |t|︸︷︷︸

ln1|t|

+C =⇒ yH =Kt , K ∈ C


K (t)t

2.3.2 Injection dans (I)IUT de Montpellier (Mesures Physiques) Les équations différentielles Dec. 2010 15



2.3.2tyP = K (t)− K (t)

t =⇒ tyP + y = K (t) = cos(t)

avec constante d’intégration nulle (cf. cours 3) =⇒ K (t) = sin(t)

=⇒ yP(t) =K (t)t =

sin(t)t = yP(t)

2.4 yI = yH + yP donc :

yI(t) =Kt︸︷︷︸

yH

+sin(t)t︸︷︷︸yP




2.3.2tyP = K (t)− K (t)

t =⇒ tyP + y = K (t) = cos(t)


=⇒ yP(t) =K (t)t =

sin(t)t = yP(t)


yI(t) =Kt︸︷︷︸

yH





2.3.2tyP = K (t)− K (t)

t =⇒ tyP + y = K (t) = cos(t)


=⇒ yP(t) =K (t)t =

sin(t)t = yP(t)


yI(t) =Kt︸︷︷︸

yH




Au second ordre

Pour une équation différentielle linéaire inhomogène :

a(t) · y + b(t) · y + c(t) · y = p(t) (H)

Avec des coefficients constants :Tableau de formes recommandées ,Méthode de Lagrange : difficile /Parfois : vérification d’une donnée de l’énoncé �

Avec des coefficients non-constants :Pas de tableau de formes recommandées /Méthode de Lagrange possible mais extrêmement difficile //Seule possibilité cette année : vérification d’une donnée de l’énoncé �



Solution particulière d’une EDL2 à coefficients variables

Donner la solution générale de l’équation différentielle t2y − 6y = 6t4 envérifiant que yP = t4 en est une solution particulière.

2.1 - 2.2 On a déjà yH = At3 +Bt2 , A,B ∈ C (diapo 12)

2.3 yP = 4 · 3 · t2 = 12t2 ⇒ t2yP = 12t4 ⇒ t2yP − 6yP = 6t4 �

2.4 yI = At3 +Bt2 + t4, A,B ∈ C



À retenir

Validité de la méthode de LagrangeLa méthode de Lagrange fonctionne avec toutes les équationsdifférentielles inhomogènes :

du premier ordredu second ordre (hors programme car difficile)à coefficients constantsà coefficients variables (non-constants)À condition qu’elles soient linéaires


Terme perturbateur

Plan







Terme perturbateur

Mise en situation

On veut résoudre une équation

Linéaire et inhomogène

Avec n termes perturbateurs· · · ou si l’on préfère un terme sous forme d’une somme

Exemple à l’ordre 1 :

a(t) · y + by = p1(t) + p2(t) + · · ·+ pn(t) (I)

Pour l’instant : on sait faire avec un terme⇒ polynôme, sinus, cosinus, exponentielle et leurs produits

Qu’est-ce qui va changer ?


Terme perturbateur


=⇒ Etape 2 : ce qui change et ce qui ne change pas








Terme perturbateur Le principe de superposition


ThéorèmeSoit une EDL inhomogène d’ordre m contenant n termes perturbateurs

G(t,y ,y ,y ,...,y (m)) = p1(t) + p2(t) + · · · pn(t) (I)

et soient les n EDL inhomogènes d’ordre m

G(t,y ,y ,y ,...,y (m)) = pi(t) (Ii)

admettant respectivement yPi pour solution particulière, alors

yP = yP1 + yP2 + · · ·+ yPn =n∑

i=1yPi

est une solution particulière de (I)



À propos du principe de superposition

Déjà utilisé dans ce cours1er et 2nd ordres : “yI = yH + yP”2nd ordre : combinaison des solutions issues de l’équationcaractéristique2nd ordre : “la solution générale est la combinaison de deux solutionsnon-proportionnelles”

Un principe que l’on retrouve partout en physiqueLorsque le système est linéaireen électricité (éteindre puis rallumer les générateurs)résistance des matériaux (sollicitations élémentaires)mécanique quantique (superposition d’états)optique ondulatoire...



Principe de superposition avec deux termes

Pour essayer de comprendre :Premier ordre (m = 1)2 termes de perturbation (n = 2)Exemple possibles :

RC série avec e(t) = E0 + E cos(ωt + ϕ)Vitesse d’un pendule pesant élastique forcé par un sinus

Littéralement :

a(t) · y + b(t) · y = p1(t) + p2(t) (I)

on cherche une solution particulière yP

Principe de superposition : on crée deux équations

a(t) · y + b(t) · y = p1(t) (I1)

eta(t) · y + b(t) · y = p2(t) (I2)


Terme perturbateur Application du principe de superposition

Application du principe

On trouve une solution particulière yP1 de (I1)

On trouve une solution particulière yP2 de (I2)

Pour chacune d’entre elles :Méthode du tableauMéthode de LagrangeVérification d’une donnée de l’énoncé

On somme les deux : yP = yP1 + yP2 est solution de (I) !

Fonctionne toujours pour une équation linéaire :1er et 2ème ordresQuel que soit le nombre de termesAvec des coefficients variables ou constantsConséquence de la linéarité de l’équation



Exemple au premier ordre

y + 2y = 1 + et (I)

y + 2y = 1 (I1)

tableau : posons yP1 = K0 + 2K = 1 =⇒ K = 1/2

yP1 =12

y + 2y = et (I2)

tableau : k 6= −b/a⇒ yP2 = Ket

Ket + 2Ket = et

⇒ K =13 ⇒ yP2 =

13e

t

yP = yP1 + yP2 =12 +

13e

t



Vérifications

1. En injectant : yP = 13e

t → 13e

t︸︷︷︸yP

+2 ·(12 +

13e

t)

︸︷︷︸yP

= 1 + et �

2. Résolution directe avec Lagrange

y + 2y = 1 + et (I) =⇒ y + 2y = 0 (H) =⇒ yH = Ke−2t

yP = K (t) · e−2t 7→ K (t) · e−2t = 1 + et =⇒ K (t) = e2t + e3t

Intégration avec constante nulle :

K (t) =12e

2t +13e

3t =⇒ yP(t) = K (t)e−2t =12 +

13e

t = yP(t) �



Vérifications


t → 13e

t︸︷︷︸yP

+2 ·(12 +

13e

t)

︸︷︷︸yP

= 1 + et �


y + 2y = 1 + et (I) =⇒ y + 2y = 0 (H) =⇒ yH = Ke−2t



K (t) =12e

2t +13e

3t =⇒ yP(t) = K (t)e−2t =12 +

13e

t = yP(t) �



Vérifications


t → 13e

t︸︷︷︸yP

+2 ·(12 +

13e

t)

︸︷︷︸yP

= 1 + et �


y + 2y = 1 + et (I) =⇒ y + 2y = 0 (H) =⇒ yH = Ke−2t



K (t) =12e

2t +13e

3t =⇒ yP(t) = K (t)e−2t =12 +

13e

t = yP(t) �



Vérifications


t → 13e

t︸︷︷︸yP

+2 ·(12 +

13e

t)

︸︷︷︸yP

= 1 + et �


y + 2y = 1 + et (I) =⇒ y + 2y = 0 (H) =⇒ yH = Ke−2t



K (t) =12e

2t +13e

3t =⇒ yP(t) = K (t)e−2t =12 +

13e

t = yP(t) �


Terme perturbateur Conclusion

Conclusion sur le terme perturbateur

Souvent :Utiliser le principe de superpositionUtiliser la méthode de LagrangeChoisir ce que l’on préfèreToutes mènent au même endroit

Dire que yI = yH + yP :c’est dire que p(t) = 0 + p(t)yH correspond à p(t) = 0yP correspond à p(t)c’est le principe de superposition !


Les équations linéaires incomplètes

Plan







Les équations linéaires incomplètes Problématique

Des équations que l’on sait déjà résoudreLes EDL incomplètes rentrent dans le schéma suivant ...


Non-linéaire





Solution homogène



2ème ordre




Hors programme




Tableau


...avec les méthodes adéquatesIUT de Montpellier (Mesures Physiques) Les équations différentielles Dec. 2010 31


Un ensemble de cas particuliers

Inutile d’utiliser une méthode du type :Recherche de yHpuis recherche de yI = yH + yP

avec une équation incomplète du style :

y = 2 (I)

Beaucoup de travail pour rien parce que :y =

x2 · dt2 = t2 + rt + s

r , s ∈ C donc on a la solution générale de (I)

Méthode par changement de variable






y = 2 (I)


x2 · dt2 = t2 + rt + s








y = 2 (I)


x2 · dt2 = t2 + rt + s





Equations du type yn = p(t)

Méthode de résolution directeLes équations du type

y (n) = p(t)

c’est à direy = p(t)

ouy = p(t)

se résolvent par n intégrations successives (resp. 1 ou 2)

solutions générales : n constantes d’intégrationdifficulté : savoir intégrerNB : peuvent aussi se résoudre par la méthode des EDL


Les équations linéaires incomplètes Changement de variable

EDL2 privées de y

On souhaite résoudre l’équation incomplète

a(t) · y + b(t) · y = p(t) (I)

On peut :Equation caractéristique (yH) puis yI = yH + yP

Changer la fonction (changement de variable)

=⇒ Système à résoudre :{z = ya(t) · z + b(t) · z = p(t)

Méthode de résolution directeLes EDL2 privées de y se ramènent en posant z = y à une EDL1. Lasolution générale y est ensuite obtenue par une seule intégration de z .



EDL2 privées de y


a(t) · y + b(t) · y = p(t) (I)







EDL2 privées de y


a(t) · y + b(t) · y = p(t) (I)







Exemple d’une EDL2 privée de y

y − y = 2 (I)

1. Méthode des EDL2y − y = 0 (H)

r2 − r = r(r − 1) = 0⇒ r = 0 ou r = 1

yH = A + B · et

yP = αt + β (tableau)Injection dans (I)

⇒ α = −2 et β ∈ Con choisit donc β = 0yP(t) = −2t

yI(t) = −2t + A + Bet

2. Changement de variable :

{z = yz − z = 2 (Iz) 7→ z − z = 0 (Hz)

Facilement : zH = B · et

Tableau : zP = α⇒ zP = −2

zI = −2 + B · et

⇒ yI(t) = −2t + A + B · et

Gain de temps




y − y = 2 (I)


r2 − r = r(r − 1) = 0⇒ r = 0 ou r = 1

yH = A + B · et



yI(t) = −2t + A + Bet


{z = yz − z = 2 (Iz) 7→ z − z = 0 (Hz)



zI = −2 + B · et

⇒ yI(t) = −2t + A + B · et

Gain de temps




y − y = 2 (I)


r2 − r = r(r − 1) = 0⇒ r = 0 ou r = 1

yH = A + B · et



yI(t) = −2t + A + Bet


{z = yz − z = 2 (Iz) 7→ z − z = 0 (Hz)



zI = −2 + B · et

⇒ yI(t) = −2t + A + B · et

Gain de temps




y − y = 2 (I)


r2 − r = r(r − 1) = 0⇒ r = 0 ou r = 1

yH = A + B · et



yI(t) = −2t + A + Bet


{z = yz − z = 2 (Iz) 7→ z − z = 0 (Hz)



zI = −2 + B · et

⇒ yI(t) = −2t + A + B · et

Gain de temps




y − y = 2 (I)


r2 − r = r(r − 1) = 0⇒ r = 0 ou r = 1

yH = A + B · et



yI(t) = −2t + A + Bet

2. Changement de variable :{z = yz − z = 2 (Iz) 7→ z − z = 0 (Hz)



zI = −2 + B · et

⇒ yI(t) = −2t + A + B · et

Gain de temps




y − y = 2 (I)


r2 − r = r(r − 1) = 0⇒ r = 0 ou r = 1

yH = A + B · et



yI(t) = −2t + A + Bet




zI = −2 + B · et

⇒ yI(t) = −2t + A + B · et

Gain de temps




y − y = 2 (I)


r2 − r = r(r − 1) = 0⇒ r = 0 ou r = 1

yH = A + B · et



yI(t) = −2t + A + Bet




zI = −2 + B · et

⇒ yI(t) = −2t + A + B · et

Gain de tempsIUT de Montpellier (Mesures Physiques) Les équations différentielles Dec. 2010 35


EDL2 privée de y à coefficients variables

cos(t) · y + sin(t) · y = 0 (H)

1. Méthode des EDL2

homogènemais à coefficients variablespas de discriminant possibleimpossible de continuer / !


{z = ycos(t) · z + sin(t) · z = 0 (Hz)

Diapo 10 : z(t) = K · cos(t)

⇒ yI(t) = K sin(t) + C , K ,C ∈ C

Changement de variableEncore plus utile quand on a des coefficients variables !




cos(t) · y + sin(t) · y = 0 (H)

1. Méthode des EDL2homogènemais à coefficients variablespas de discriminant possibleimpossible de continuer / !


{z = ycos(t) · z + sin(t) · z = 0 (Hz)


⇒ yI(t) = K sin(t) + C , K ,C ∈ C





cos(t) · y + sin(t) · y = 0 (H)


2. Changement de variable :{z = ycos(t) · z + sin(t) · z = 0 (Hz)


⇒ yI(t) = K sin(t) + C , K ,C ∈ C





cos(t) · y + sin(t) · y = 0 (H)




⇒ yI(t) = K sin(t) + C , K ,C ∈ C





cos(t) · y + sin(t) · y = 0 (H)




⇒ yI(t) = K sin(t) + C , K ,C ∈ C



Équation non-linéaire

Plan







Équation non-linéaire

Cas des équations non-linéaires

Pas de propriétés de linéarité : yI 6= yH + yP

Pas de principe de superposition du tout (même pas pour p(t))

Pas de facilités (équation caractéristique, méthode de Lagrange)

Uniquement deux possibilités :

Si variables séparées 7→ intégration directe

Sinon :Changement de variable si possible (équations incomplètes)Méthodes numériques (niveau L3)

Cette année : variables séparées uniquement


Recommandations

Plan







Recommandations

A connaître : le schéma de résolution linéaire




2.3 Trouver une solution particulière yP de (I)2.4 En déduire la solution générale yI de (I) : yI = yH + yP



Recommandations

Avoir compris : le schéma général des équations


Non-linéaire





Solution homogène



2ème ordre




Hors programme




Tableau



Recommandations

Savoir maîtriserLa reconnaissance de la nature d’une équation⇒ ordre ? degré ? homogène ? complète ? linéaire ?

La séparation des variables⇒ indispensable pour les EDL1

La notion de linéarité et ses conséquencesyI = yH + yP pour les EDLprincipe de superposition

Le schéma de résolution générale des équations linéairesQuand chercher yP ?Quand faire intervenir les conditions initiales ?

La recherche d’une solution particulière d’une EDLTableauLagrange

La résolution des équations caractéristiques (EDL2 coef. constants)IUT de Montpellier (Mesures Physiques) Les équations différentielles Dec. 2010 42

Recommandations

Suite de ce cours

Ce cours d’amphi est terminé

Amenez impérativement votre cours en TD !

Pensez à reprendre les exemples donnés dans ce cours

Attention : devoir sur le cours d’équations différentielles !


Equations différentielles, DUT MP, CM 5

Education