\input{../.headers/cours.tex} \renewcommand{\tendvers}[3]{#1\underset{#2}{\longrightarrow} #3} \renewcommand{\d}{\operatorname{d}} %\baselineskip15pt \begin{center} \shadowbox{\LARGE \textsc{\'Equations diff\'erentielles lin\'eaires.}}\\[0.2cm] \end{center} {\bf Contexte}~: dans tout le chapitre, $I$ d\'esigne un intervalle non trivial, et $\K$ d\'esigne $\R$ ou $\C$.\\\\ \nota Pour gagner un peu de place et de temps~: \begin{enumerate} \item[ED~:] \'Equation diff\'erentielle. \item[EDL~:] \'Equation diff\'erentielle lin\'eaire. \end{enumerate} \aton \smallskip \section{G\'en\'eralit\'es sur les EDL} \smallskip \subsection{Terminologie} %\smallskip \dfn[EDL sur $I$] On appelle \newdef{EDL sur $I$} une \'equation dont l'inconnue est une fonction $y\in\dc^n$ et de la forme $$\forall t,\ a_n(t)y^{(n)}(t)+\cdots+a_1(t)y'(t)+a_0(t)y(t)=b(t) \qquad \text{o\`u~:}$$ \begin{itemize}[$\bullet$] \item $n\in\N$ est appel\'e l'\newdef{ordre} de l'EDL~; \item $a_0,a_1,\ldots,a_n\in\cc(I,\K)$ sont appel\'es les \newdef{coefficients} de l'EDL~; \item $b\in\cc(I,\K)$ est appel\'e le \newdef{second membre} de l'EDL. \end{itemize} \nfd Je ne pr\'ecise pas o\`u vit $t$.\\ Dans l'id\'eal, on cherche les solutions sur $I$, mais on peut aussi chercher des solutions sur un intervalle $J\subset I$.\\ {\bf Encore un peu de terminologie~:} \begin{enumerate} \item Si $b=t\mapsto 0$, on dit que l'EDL est \newdef{homog\`ene} (notation pour la suite~: EDLH). Sinon, l'\'equation obtenue en changeant $b$ par $t\mapsto 0$ est appel\'ee \newdef{EDLH associ\'ee} \`a l'EDL. \item Si $a_n = t \mapsto 1$ \ie si l'EDL peut s'\'ecrire sous la forme $y^{(n)}=-a_{n-1}y^{(n-1)}-\cdots-a_0y+b$,, on dit que l'EDL est \newdef{r\'esolue} (ou \newdef{r\'esoluble}). \item Si les fonctions $a_0,\ldots,a_n$ sont constantes, on dit que l'EDL est \`a coefficients constants. On s'\'etait limit\'es aux EDL \`a coefficients constants d'ordre $1$ e $2$ en \textsc{tacmas}. \end{enumerate} \exs \begin{enumerate} \item $t \mapsto t^n y^{(n)}(t) + \cdots + t y'(t) + y(t) = 0$ est une EDLH d'ordre $n$ non résolue, à coefficients non-constants. \item $y' = y$ est une EDLH résolue d'ordre 1 à coefficients constants. \item $\ddot{\theta} + \omega_0^2 \sin \theta = 0$ est une ED \emph{non-linéaire} \item Consid\'erons $ty'(t)+y(t)=0$~: est une EDLH d'ordre 1 non résolue, à coefficients non-constants. \end{enumerate} \sxe \dfn[Solution d'une EDL] On appelle \newdef{solution locale} de l'EDL un couple $(J,y)$ avec $J$ un intervalle inclus dans $I$ et $y\in\dc^n(J,\K)$ qui v\'erifie l'\'equation (pour $t\in J$). Pour $J=I$ on parle de \newdef{solution globale}, celles qui nous int\'eressent en priorit\'e. \nfd \exs \begin{enumerate} \item Une solutions globale: $\{t \mapsto 0\} $ \item L'ensemble de \emph{toutes} les solutions globales est $\R \exp$. Toutes les solutions locales sont obtenues par \emph{restriction} d'une solution locale \item \begin{align*} \id y + 1 y' = 0 &\iff \left( \id y \right) ' = 0 \\ &\iff \exists c\in \K, \id y = t\mapsto c \\ \end{align*} \begin{description} \item[Solutions locales] \begin{itemize} \item $\frac{c}{\id_{\R_+^\ast}}$ \item $\frac{c}{\id_{\R_-^\ast}}$ \end{itemize} \item[Solutions globales] La seule est $t\mapsto 0$ \end{description} \end{enumerate} \sxe \subsection{Th\'eor\`eme de Cauchy-lin\'eaire.} \dfn[Probl\`eme de Cauchy] On appelle \newdef{probl\`eme de Cauchy} un syst\`eme de la forme $$\lect{y^{(n)}(t)+a_{n-1}(t)y^{(n-1)}(t)+\cdots+a_0(t)y(t)=b(t)\\ y(t_0)=\alpha_0\\ \vdots\\ y^{(n-1)}(t_0)=\alpha_{n-1}}$$ o\`u $t_0\in I$ et $(\alpha_0,\ldots,\alpha_{n-1})\in \K^n$. (Et o\`u les $a_i$ et $b$ sont $\dc^{n}(I,\K)$ comme d'habitude.) \nfd \attention{\begin{enumerate}[$\bullet$] \item L'\'equation doit \^etre r\'esolue. \item Le $t_0$ doit \^etre le m\^eme dans chaque condition initiale. \end{enumerate}} \thm[Cauchy lin\'eaire] Un probl\`eme de Cauchy a toujours une unique solution. \mht \demo Admis. En fait en sup il est juste au programme \`a l'ordre $1$ et $2$ (mais pas en sp\'e). \cqfd \attention{Si \og le $t_0$ n'est pas le m\^eme \fg{} ou si l'\'equation n'est pas r\'esolue, le r\'esultat n'est plus vrai.} \exs \begin{enumerate} \item Le syst\`eme $\left\{\begin{array}{lr}ty'(t)-2y(t)=0&(E)\\y(0)=0&(CI)\end{array}\right.$ n'a pas une unique solution. il en a au moins deux $t\mapsto 0$ et $\id$. Le problème est que l'EDL n'est pas résolue \item Variante~: $\left\{\begin{array}{lr}ty'(t)-2y(t)=0&(E)\\y(0)=1&(CI)\end{array}\right.$ n'a pas une unique solution.\\\\\\ Il n'en a pas: $ty'(0)-2y(0) = -2 \neq 0$, $(E)$ contredit $(CI)$ \item Le syst\`eme $\left\{\begin{array}{lr}y''(t)+y(t)=0&(E)\\y(0)=0&(CI_1)\\y'\left(\frac{\pi}{2}\right)=0&(CI_2)\end{array}\right.$ n'a pas une unique solution.\\\\\\\\\\ Il en a au moins deux: $\pm \sin$ Les CIs ne sont pas les mêmes ($\frac{\pi}{2} \neq 0$) \item Variante~: $\left\{\begin{array}{lr}y''(t)+y(t)=0&(E)\\y(0)=0&(CI_1)\\y'\left(\frac{\pi}{2}\right)=1&(CI_2)\end{array}\right.$ n'a pas une unique solution.\\\\\\\\\\ Il n'en a pas: \begin{align*} (E) \land (CI_1) \implies \text{solutions } = \R \sin \implies \lnot (CI_2) \end{align*} \end{enumerate} \sxe \subsection{Th\'eor\`eme de structure affine} \thm[de structure affine] L'ensemble des solutions (globales) d'une EDL r\'esolue est un sea de direction l'ensemble des solutions de l'EDLH associ\'ee. Sa dimension est l'ordre de l'EDL. \mht \demo C'est juste l'exemple fondamental de sous-espace affine~! On a $\begin{cases} E&= \dc(I, \K) \\ F&= \fc(I, \R) \\ f&= y\mapsto y^{(n)} + \sum_{k=0}^{n-1} a_k \cdot y^{(k)} \\ b&= b \\ \end{cases}$ Reste à voir que $S_H$ n'est pas vide et sa dimension On a $S\neq \emptyset$ car, d'après Cauchy-Linéaire, il existe une (unique) solution de l'EDL telle que \begin{align*} \begin{cases} y(t_0) &= 0 \\ y'(t_0) &= 0 \\ &\vdots \\ y^{(n-1)}(t_0) &= 0 \\ \end{cases} \quad&\text{où $t_0\in I$} \end{align*} Si $S\neq \emptyset$, sa direction est $\vec S = \Ker f = S_H$ \begin{align*} \dim S &= \dim S_H \\ \end{align*} Considérons $\begin{cases} S_H &\to \K^n \\ y &\mapsto \begin{pmatrix} y(t_0) \\ \vdots \\ y^{(n-1)}(t_0) \end{pmatrix} \quad\text{où $t_0 \in I$} \end{cases}$ qui est linéaire par linéarité de l'évaluation et de la dérivation. $\phi$ est bijective, c'est une reformulation de Cauchy-linéaire appliqué à l'EDLH \cqfd \thm[Principe de superposition] Soient $a_0, \ldots, a_n, b, b_1\in\dc^{n}(I,\K)$.\\[0.1cm] Si $y_1$ est solution de $y^{(n)}(t)+a_{n-1}(t)y^{(n-1)}(t)+\cdots+a_0(t)y(t)=b_1(t)$~;\\[0.1cm] et $y_2$ est solution de $y^{(n)}(t)+a_{n-1}(t)y^{(n-1)}(t)+\cdots+a_0(t)y(t)=b_2(t)$~;\\[0.1cm] alors $\lambda y_1+\mu y_2$ est solution de $y^{(n)}(t)+a_{n-1}(t)y^{(n-1)}(t)+\cdots+a_0(t)y(t)=\lambda b_1(t) + \mu b_2(t)$. \mht \demo C'est imm\'ediat par lin\'earit\'e de $y \mapsto y^{(n)}+a_{n-1}y^{(n-1)}+\cdots+a_0y$. \cqfd \section{EDL du premier ordre} \medskip %{\bf Rappel~:} il s'agit de ${}_{.........................................................................}$, o\`u ${}_{...........................................}$. %\medskip \subsection{Cas r\'esolu homog\`ene} \medskip Il s'agit de $y'(t) + a(t) y(t) = 0$, o\`u $a\in \cc(I, \R)$. \smallskip \thm L'ensemble des solutions globales est $\R \exp \circ (-A)$ o\`u $A$ est une primitive de $a$.\subline \mht \demo Notons $S_H = \{y\in \dc(I, \R), y' + a = 0\} $ On veut montrer $S_H = \R \exp \circ (-A)$ où $A' := a$ \paragraph{\fbox{$\supset$}} On sait que $S_ H$ est un sev, il suffit de montrer que $\exp\circ -\!\!\!A \in S_H$ Notons $\begin{cases} y &= \exp\circ -\!\!\!A \\ y' &= -A' \exp \circ (-A) \\ &= -a \exp\circ (-A) \end{cases}$ On a ainsi \begin{align*} y' + a \cdot y &= -a \cdot \exp\circ -A + a \cdot \exp\circ -A \\ &= 0 \\ \end{align*} D'où $\R \exp\circ -\!\!\!A \subset S_H$ or \begin{align*} \dim (\R \exp\circ -\!\!\!A ) &= 1 \quad&\text{car $\exp\circ -A \neq 0$} \end{align*} et $\dim S_H = 1$ d'après TSAffine D'où \begin{align*} \R\exp\circ(-A) &= S_H \\ \end{align*} \cqfd \exx On r\'esout sur $\R_+^*$~: $\lect{ty'(t)+\ln(t)y(t)=0\\y(1)=0}$. On obtient $y' + \frac{\ln}{\id}y = 0$ \begin{align*} S_H &= \R \exp \circ \left( -\int \frac{\ln}{\id} \right) \\ &= \R \exp \circ \left( -\frac{1}{2} \ln^2 \right) \\ \end{align*} Conditions initiales: $y(1) = 0 \implies S = \{0\} $ \xxe \subsection{Cas r\'esolu non homog\`ene} \medskip Il s'agit de ${}_{..........................................................................}$, o\`u ${}_{.............................................}$. \bigskip D'apr\`es le th\'eor\`eme de structure affine, il suffit de trouver une solution particuli\`ere. \thm[Variations de la constante] En gardant les m\^emes notations que pr\'ec\'edemment, on peut toujours trouver une solution particuli\`ere de la forme $t \mapsto K(t)\e^{-A(t)}$ \`a l'aide d'un simple calcul de primitive. \mht \demo On cherche $y_p$ sous la forme $y_p = t\mapsto K(t) e^{-A(t)}$. On réinjecte: \begin{align*} y_p'(t) + a(t) y_p(t) &= b(t) \\ \iff K'(t) e^{-A(t)} + \cancel{K(t)(-a(t))e^{-A(t)}} + \cancel{a(t)K(t)e^{-A(t)}} &= b(t) \\ \iff K'(t) &= b(t) e^{A(t)} \\ \end{align*} \begin{align*} K(t) &= \int_{t_0}^{t} b(x) e^{A(x)} \d x \\ \end{align*} Puis \fbox{$y_p = \left(\int_{t_0}^{t}b(x)e^{A(x)} \d x\right) e^{-A(t)}$} \cqfd N'apprenez pas cette formule par c\oe ur, retenez juste la m\'ethode~! \exs On r\'esout sur $\R$~: $\lect{y'(t)-2ty(t)=t\\y(0)=0}$.~~~ Puis on r\'esout sur $\R_+^*$~: $ty'(t)-2y(t)=\ln(t)$. \begin{enumerate} \item $y'(t) -2ty(t) = t$ Trouvons la solution homogène ( $y' -Z\id \cdot y = 0$) \begin{align*} S_H &= \R\exp\circ \int 2\id \\ &= \R \exp \circ \id^2 \\ \end{align*} Maintenat pour $y_p$ \begin{align*} y_p &= K(t)e^{t^2} \\ \text{ie } 2t K(t) e^{t^2} + K'(t)e^{t^2} - 2tK(t)e^{t^2} &= t \quad&\text{en réinjectant} \\ K'(t) &= t e^{-t^2} \\ &= -\frac{1}{2}(-2te^{-t^2}) \\ K(t) &= -\frac{1}{2} e^{-t^2} \quad&\text{convient} \\ y_p(t) &= -\frac{1}{2} \\ \end{align*} \begin{align*} S &= \R\exp\circ\id^2-\frac{1}{2} \\ \end{align*} \begin{align*} y(0) &= 0 \\ \text{ie } A-\frac{1}{2} &= 0 \\ \text{ie } A &= \frac{1}{2} \\ \end{align*} D'où $S_C = \{\frac{1}{2}( \exp\circ\id^2 - 1)\} $ \item L'équation équivaut à $y' - \frac{2}{\id}y = \frac{\ln}{\id}$ Équation homogène: $y' - \frac{2}{\id}y = 0$ \begin{align*} S_H &= \K \exp \circ (2\ln) \\ &= \K \id^2 \\ \end{align*} Cherchons $y_p$ sous la forme \begin{align*} y_p &= t\mapsto K(t)t^2 \\ y_p' - \frac{2}{\id} y_p &= \frac{\ln}{\id} \\ \text{ie } K' \cdot \id^2 + 2\id \cdot K - 2\id \cdot K &= \frac{\ln}{\id} \\ \text{ie } K' &= \frac{\ln}{\id^3} \\ \end{align*} \begin{align*} \int \frac{\ln t}{t^3} \d t &= \int \frac{x}{e^{3x}} e^x \d x \quad&\begin{cases} x&= \ln t \\ \ð x &= \frac{\d t}{t} \\ \end{cases} \\ &= \int x e^{-2x} \d x \\ &= \left[ x \frac{e^{-2x}}{-2} \right] + \frac{1}{2} \int e^{-2x} \d x \\ &= - \frac{x e^{-2x}}{2} - \frac{1}{4} e^{-2x} \\ &= - \frac{x}{2(e^x)^2} - \frac{1}{4(e^x)^2} \\ &= - \frac{\ln(t)}{2t^2} - \frac{1}{4t^2} \\ \end{align*} D'où \begin{align*} y_p = K \cdot \id^2 = -\frac{\ln}{2} -\frac{1}{4} \\ \end{align*} \begin{align*} S &= \R\id^2 - \frac{\ln}{2} - \frac{1}{4} \\ \end{align*} \end{enumerate} \sxe \subsection{Cas non r\'esolu} \medskip Il s'agit de $a_1(t)y'(t)+a_0(t)y(t)=b(t)$, o\`u $a_1, a_0, b \in \cc(I, \K)$. \bigskip {\bf M\'ethode~:} \begin{enumerate} \item On cherche les intervalles maximaux sur lesquels $a_1$ ne s'annule pas. \item On r\'esout sur ces intervalles en divisant par $a_1$. \item On \newdef{recolle} les solutions obtenues si c'est possible. \end{enumerate} \exx On r\'esout $t^2y'(t)-y(t)=0$. \begin{enumerate} \item $\id^2$ s'annule uniquement en 0, on résout sur $\R_-^\ast$ et $\R_+^\ast$ \item Sur $\R_+^\ast$ se divise par $\id^2$. L'équation équivaut à \begin{align*} y' \underbrace{- \frac{1}{t^2}}_{a} y(t) &= 0 \\ \end{align*} Les solutions sont les \begin{align*} K \exp\circ(-A) \end{align*} où $A$ est une primitive de $a = -\frac{1}{\id^2}$, $A = \frac{1}{\id}$ Sur $\R_+^\ast$, les solutions sont les \begin{align*} K_+ \exp \circ (-\frac{1}{\id}) \end{align*} \item Sur $\R_-^\ast$ : idem: \begin{align*} K_- \exp \circ (-\frac{1}{\id}) \end{align*} \begin{figure}[h] \centering \includegraphics[width=0.8\textwidth]{fig_1.png} \caption{Fig 1} \label{fig:fig_1} \end{figure} Un candidat est une application de la forme \begin{align*} y: t \mapsto \begin{cases} K_+ e^{-\frac{1}{t}} &\text{si } t > 0 \\ 0&\text{si } t = 0 \\ K_- e^{-\frac{1}{t}} &\text{si } t < 0 \end{cases} \end{align*} avec $K_+, K_- \in \R$ (la valeur en 0 est obtenue en réinjectant $t=0$ dans l'EDL non résolue) On a \begin{align*} y\text{ est solution} &\iff y\in \dc(\R, \R) \\ &\iff y \in \dc(\{0\} , \R) \end{align*} En particulier, $y$ doit être continu en 0 donc $\lim_{t\to 0^{-}} y(t) = y(0)$ \ie $\lim_{t\to 0^{-}} K_- e^{-\frac{1}{t}} = 0$ \ie $K_- = 0$ Donc \begin{align*} y = t &\mapsto \begin{cases} 0 &\text{si } t \le 0 \\ K_+ e^{-\frac{1}{t}} &\text{si } t > 0 \end{cases} \end{align*} Montrons qu'une telle fonction est dérivable en 0: avec le taux d'accroissement. Il suffit de montrer la dérivabilité à droite. \begin{align*} \tau_{y, 0}(t) &= \frac{K_+ e^{-\frac{1}{t}}}{t-0}\\ &= K_+ \frac{e^{-\frac{1}{t}}}{t} \quad&\text{pour $t > 0$} \\ \end{align*} On a \begin{align*} \lim_{t\to 0^+} &= \lim_{x\to +\infty} \frac{K_+ e^{-x}}{\frac{1}{x}} \quad&\text{avec $x := \frac{1}{t}$} \\ &= \lim_{x\to +\infty} K_+ x e^{-x} \\ &= 0 \quad&\text{par CC.}\\ \end{align*} Ainsi, \begin{align*} S &= \Vect{ t \mapsto \begin{cases} e^{-\frac{1}{t}} &\text{si }t > 0\\ 0&\text{sinon} \end{cases} } \\ &= \Vect{\exp\circ(-\frac{1}{\id}) \cdot \indic{]0, +\infty[}} \\ \end{align*} \end{enumerate} \xxe \section{EDL du second ordre \`a coefficients constants} \medskip On s'int\'eresse \`a $ay''(t) + by'(t) + cy(t) = f(t)$, o\`u $a, b, c \in \K$ (et $a\neq 0$ ). Donc c'est r\'esolu.\\[0.35cm] On sait d\'ej\`a par th\'eor\`eme de structure affine que l'ensemble des solutions est un $\Ker(a \cdot''+b \cdot '+c \id)$. \medskip \subsection{Cas homog\`ene} \medskip Il s'agit de $ay''+by'+cy=0$, o\`u $(a, b, c)\in K^\ast \times \K^2$.\\ \exo Cherchons les solutions exponentielles. \begin{align*} e^{r\id} \text{ est solution} &\iff ar^2e^{r\id} + bre^{r\id}+ce^{r\id} = 0 \\ &\iff (ar^2+br+c)e^{r\id} = 0 \quad&\text{car $e^{r\id}$ NSP}\\ \end{align*} \dfn On appelle \newdef{polyn\^ome caract\'eristique} de l'EDL le polyn\^ome $\Chi(X)=aX^2+bX+c$. \nfd \attention{\c{C}a n'a de sens que pour une EDL \`a coefficients constants~!} \renewcommand{\i}{\mathbf{i}} \thm[Second ordre \`a coefficients constants, cas homog\`ene] Notons $S_H$ l'ensemble des solutions globales. \begin{enumerate} \item Si $\Chi$ a deux racines $r_1, r_2$ dans $\K$ alors l'ensemble des solutions est $S_H=\Big\{t\mapsto A\e^{r_1t}+B\e^{r_2t},\ \mvect{A\\B}\in\K^2\Big\}$. \item Si $\Chi$ a une racine double $r_0$ dans $\K$ alors l'ensemble des solutions est $S_H=\Big\{t\mapsto (A+Bt)\e^{r_0t},\ \mvect{A\\B}\in\K^2\Big\}$. \item Pour $\K=\R$, si $\Chi$ a deux racines complexes conjugu\'ees $\alpha+\i\,\omega$ et $\alpha-\i\,\omega$ alors on a\break $S_H=\Big\{t\mapsto \e^{\alpha t}(A\cos(\omega t)+B\sin(\omega t)),\ \mvect{A\\B}\in\R^2\Big\}$. \end{enumerate} \mht \demo \begin{enumerate} \item $S_H = \Vect{e^{r_1\id}, e^{r_2\id}}$ \fbox{$\supset$ } On a vu que $e^{r_1\id}$ et $e^{r_2\id}$ sont solutions. Or $S_H$ est un sev. donc $\Vect{e^{r_1\id}, e^{r_2\id}}$ est un sev. Or \begin{align*} e^{r_1\id} &\not{\mid\mid}\ e^{r_2\id} \end{align*} donc $\dim\Vect{e^{r_1\id}, e^{r_2\id}} = 2 = \dim S_H$ Or $\Vect{e^{r_1\id}, e^{r_2\id}} \subset S_H$ Donc $\Vect{e^{r_1\id}, e^{r_2\id}} = S_H$ \item Idem. Il suffit de vérifier que $\id \exp \circ (r_0\id) \in S_H$ Or $r_0$ est racine double donc $\begin{cases} ar_0^2+br_0+c&= 0 \\ 2ar_0+b&= 0 \\ \end{cases}$ Notons $y = \id e^{r_0\id}$ On a \begin{align*} y' &= (r_0\id+1)e^{r_0\id} \\ y'' &= (r_0^2\id+2r_0)e^{r_0\id} \\ \end{align*} D'où \begin{align*} ay''+by'+cy &= ( \underbrace{ar_0^2\id+br_0\id}_{0} + \underbrace{c\id+2ar_0+b}_{0})e^{r_1\id} \\ \end{align*} \item Idem. Il suffit de montrer \begin{align*} \begin{cases} e^{\alpha\id} \cos\circ(\omega\id) &\in S_H \\ e^{\alpha\id} \sin\circ(\omega\id) &\in S_H \\ \end{cases} \end{align*} D'après 1. \begin{align*} y_1 := e^{(\alpha+i\omega)\id} \in S_H \\ y_2 := e^{(\alpha-i\omega)\id} \in S_H \\ \end{align*} $S_H$ est un sev donc \begin{align*} \frac{y_1+y_2}{2} &= e^{\alpha\id}(\cos\circ(\omega\id))\in S_H \\ \frac{y_1-y_2}{2} &= e^{\alpha\id}(\sin\circ(\omega\id))\in S_H \\ \end{align*} d'après Euler. \end{enumerate} \cqfd \subsection{Cas d'un second membre de la forme $P(t)\e^{\gamma t}$} \thm L'\'equation $ay''(t)+by'(t)+cy(t)=P(t)\e^{\gamma t}$ a toujours une solution particuli\`ere de la forme $t^\mu Q(t) \e^{\gamma t}$ o\`u~:\\ $\left \| \begin{array}{l}\mu\text{ est la multiplicit\'e de }\gamma\text{ comme racine de }\Chi\\Q\text{ est un polyn\^ome de m\^eme degr\'e que }P.\end{array} \right.$ \mht \demo Par calcul direct. \end{description} \cqfd \exs\ \\[0.2cm] On r\'esout~: $y''(t)-y(t)=t\e^t$~; puis $y''(t)-2y'(t)+y(t)=\ch(t)$~; puis CCINP 31 (sans variation des constantes).\newpage \begin{description} \item[$y''-y=\id \exp$] Est-ce que $\id \exp = P \exp\circ(\gamma\id)$? Oui, en posant $\begin{cases} P &= X \\ \gamma&= 1 \\ \end{cases}$ Équation caractéristique $r^2-1=0$ Solution $r_{1, 2} = \pm 1$ \begin{align*} S_H &= \Vect{\exp, \exp\circ(-\id)} \\ \end{align*} $\gamma$ est racine simple du polynôme caractéristique, on cherche $y_p$ sous la forme: \begin{align*} y_p(t) &= t^{ \underbrace{1}_{\mu}} \left( \underbrace{at+b}_{Q(t)} \right) \underbrace{e^{t}}_{e^{\gamma t}} \\ y_p'(t) &= (at^2+bt)e^{t} \\ y_p''(t) &= (2a+4at+2b+at^2+bt)e^{t} \\ &= (at^2+(4a+b)t+(2a+2b))e^{t} \\ \end{align*} On réinjecte dans \begin{align*} y_p'' - y_p &= \id e^{\id} \\ &\text{ie } (\cancel{at^2-at^2}+bt-4at-bt-2a-2b)e^{t} = -t e^{t} \\ &\text{ie } \begin{cases} 4a &= 1 \\ 2a+2b &= 0 \\ &\end{cases} \\ &\text{ie } \begin{cases} a &= \frac{1}{4} \\ b &= -\frac{1}{4} \\ \end{cases} \end{align*} D'où \begin{align*} S &= \{A\exp+B\exp\circ(-\id) + \frac{\id^2-\id}{4}\exp, \begin{pmatrix} A\\B \end{pmatrix} \in \R^2 \} \\ \end{align*} \item[$y''-2y'+y=\ch$] Solutions homogènes: \paragraph{Équation caractéristiques} \begin{align*} r^2-2r+1 &= 0 \\ \text{ie } (r-1)^2 &= 0 \\ r_0&= 1 \quad \text{racine double} \\ \end{align*} \begin{align*} S_H &= \Vect{\exp, \id\exp} \end{align*} On cherche $y_{p_1}$ solution de \begin{align*} y'' - 2y' + y &= e^{-\id} = P \cdot e^{\gamma\id} \quad&\text{avec $\begin{cases} P&= 1 \\ \gamma&= -1 \quad\text{pas racine du polynôme caractéristique} \\ \end{cases}$} \end{align*} \begin{align*} y_{p_1} &= k\exp\circ(-\id) \\ y_{p_1}' &= -k\exp\circ(-\id) \\ y_{p_1}'' &= k\exp\circ(-\id) \\ \end{align*} \begin{align*} (k-2(-k)+k)e^{-t} = e^{-t}& \text{ ie } k \frac{1}{4} y_{p_1}(t) &= \frac{1}{4} e^{-t} \\ \end{align*} $y_{p_2}$ solution de $y''-2y'+y=\exp$ sous la forme $y_{p_2} = \underbrace{K}_{Q(t)} \underbrace{t^{2}}_{t^{\mu}} \underbrace{e^t}_{e^{\gamma t}}$ Car 1 est racine double. \begin{align*} y_{p_2}' &= t \mapsto (Kt^2+2Kt)e^{t} \\ y_{p_2}'' &= t \mapsto (Kt^2+4Kt+2K)e^{t} \\ \end{align*} En réinjectant: \begin{align*} 2 Ke^t = e^t \text{ ie } K = \frac{1}{2} \end{align*} D'où \begin{align*} y_{p_2}(t) &= \frac{t^2e^t}{2} \\ \end{align*} Par principe de superposition Une solution particulière de $y'' - 2y' + y = \ch$ est \begin{align*} y_p &= y_{p_1} + y_{p_2} \\ &= t\mapsto \frac{t^2+e^{-t}}{8} \\ \end{align*} D'où \begin{align*} S &= \{t\mapsto (A+Bt)e^t + \frac{2t^2e^t+e^{-t}}{8}, \begin{pmatrix} A\\B \end{pmatrix} \in \R^2 \} \\ \end{align*} \sxe \section{Autres \'equations diff\'erentielles} \medskip \subsection{M\'ethode d'Euler} La m\'ethode d'Euler permet de r\'esoudre des ED avec conditions initiales de la forme $\lect{y^{(n)}(t)=F(y^{(n-1)}(t),\ldots,y(t),t)\\y(t_0)=\alpha_0\\\vdots\\y^{(n-1)}(t_0)=\alpha_{n-1}}$ de fa\c{c}on approch\'ee. Voir le cours d'informatique pour les d\'etails.\\ \rmq M\^eme dans le cas $y'(t)+a(t)y(t)=b(t)$ la m\'ethode d'Euler peut \^etre utile car \begin{align*} y''+y&= \cos^3 \\ \end{align*} \begin{align*} \cos^3(t)&= \left( \frac{e^{it}+e^{-it}}{2} \right) ^3 \\ &= \frac{e^{3it}+e^{-3it}+3e^{it}+3e^{-it}}{8} \\ &= \frac{\cos(3t)}{4}+3 \frac{\cos t}{4} \\ &= \Re\left( \frac{e^{3it}}{4} + \frac{3}{4} e^{it} \right) \\ \end{align*} On cherche $z_{p_1}$ solution de \begin{align*} z''+z&= 3e^{it} = P(t) e^{\gamma t} \quad&\text{avec $\begin{cases} P(t) &= 1\quad\text{(const)} \\ \gamma&= 3i \quad\text{par racine du poly carac.} \\ \end{cases}$ } \\ z_{p_1}(t) &= ke^{3it} \\ z_{p_1}''(t) &= -9 ke^{3it} \\ (-9+1)ke^{3it} &= e^{3it} \\ \text{ie } k&= -\frac{1}{8} \\ z_{p_1}(t) &= -\frac{1}{8} e^{3it} \\ \end{align*} On cherche $z_{p_2}$ solution de \begin{align*} z''+z&= e^{it} \\ \end{align*} On a bien $P(t)e^{\gamma t}$ avec $\begin{cases} P(t) &= 1 \\ \gamma&= i\quad \text{pas racine du poly carac} \\ \end{cases}$ \begin{align*} z_{p_2}(t) &= Kte^{it} \\ z_{p_2}''(t) &= (-Kt+2iK)e^{it} \\ 2iKe^{it}&= e^{it} \\ \text{ie } K &= \frac{1}{2i} = \frac{-i}{2} \\ z_{p_2}(t) &= \frac{-i}{2}te^{it} \\ \end{align*} Par principe de superposition, $z_p$ solution de $z''+z=\frac{1}{4}e^{3it}+\frac{3}{4}e^{it}$ est donné par \begin{align*} z_p(t) &= \frac{1}{4} \cdot \frac{-e^{3it}}{8} + \frac{3}{4} \left( \frac{-i}{2} \right) t e^{it} \\ \end{align*} Puis une solution particulière $y_p$ de \begin{align*} z''+z&= \cos^3(t) = \frac{1}{4}\cos 3t + \frac{3}{4} \cos t \\ \end{align*} est donné par \begin{align*} y_p(t) &= \Re(z_p(t)) \\ &= \frac{-\cos 3t}{32} + \frac{3t}{8} \sin(t) \\ \end{align*} \begin{align*} S &= \{A\cos+B\sin - \frac{\cos\circ 3\id}{32} + \frac{3\id}{8}\sin, \begin{pmatrix} A\\B \end{pmatrix} \in \R\} \\ \end{align*} \qmr \subsection{Changement de fonction inconnue} \smallskip On se ram\`ene \`a une EDL qu'on sait r\'esoudre mais qui est v\'erifi\'ee par une fonction auxilliaire. \smallskip \exx Cherchons les solutions de $y'(t)+2y(t)-(t+1)\sqrt{y(t)}=0$ en posant $z(t)=\sqrt{y(t)}\Leftrightarrow y(t)=z^2(t)$. L'équation devient \begin{align*} (z^2)'(t) + 2z^2(t) + (t+1)\sqrt{z^2(t)} &= 0 \\ \text{ie }2z(t)z'(t) + 2z^2(t) + (t+1)z(t) &= 0 \\ \text{ie } 2z(t) \left(z'(t) + z(t) - \frac{t+1}{2}\right)&= 0 \\ \end{align*} Sur tout intervalle sur lequel $z$ ne s'annule pas \begin{align*} z'(t) + z(t) &= \frac{t+1}{2} \\ \end{align*} \begin{align*} S_H &= \R{\exp\circ(-\id)} \\ z_p(t) &= K(t) e^{-t} - K(t)e^{-t} \\ z_p'(t) + z_p(t) &= \frac{t+1}{2} \\ \text{ie } K(t) e^{-t} &= \frac{t+1}{2} \\ \text{ie } K(t) &= \frac{t+1}{2} e^{t} \\ \end{align*} \begin{align*} \int \frac{t+1}{2} e^{t} \d t &= \left[ \frac{t+1}{2} e^{t}\right] - \int \frac{e^{t}}{2} \d t \\ &= \frac{t+1}{2}e^{t} - \frac{e^{t}}{2} + \R \\ &= \frac{te^{t}}{2}+ \R \\ z_p(t) &= \frac{t}{2} \quad \text{convient.} \\ \end{align*} \begin{align*} z(t) &= \R e^{-t} + \frac{t}{2} \\ y(t) &= \left( \R e^{-t} + \frac{t}{2}\right)^2 \\ \end{align*} \xxe \subsection{Changement de variable} \medskip C'est le cas particulier o\`u la fonction auxilliaire est de la forme $y\circ \varphi$, avec $\varphi$ bijective, $\dc^n$, de r\'eciproque $\dc^n$. \smallskip \exx R\'esolvons $t^2y''(t)+ty'(t)+y(t)=0$ \uuline{sur $\R_+^*$} \og en effectuant le changement de variables $t=\e^x \Leftrightarrow x=\ln(t)$\fg.\\[0.2cm] Cela signifie qu'on fait le changement de fonction inconnue $z=y\circ \exp \Leftrightarrow y=z\circ \ln$. \begin{align*} z(x) &= y(t) \quad&\text{avec $t=e^x$}\\ \text{ie }z(x) &= y(e^{x}) \\ \end{align*} Dit autrement \begin{align*} y(t) &= z(x) \quad&\text{avec $x=\ln t$} \\ \text{ie }y(t) &= z(\ln t) \\ \end{align*} \begin{align*} y(t) &= z(\ln t) \\ y'(t) &= \frac{1}{t} z'( \ln t) \\ y''(t) &= -\frac{1}{t^2} z'(\ln t) + \frac{1}{t^2}z''(\ln t ) \\ \end{align*} On a \begin{align*} \forall t\in \R_+^\ast, t^2y''(t) + ty'(t) + y(t) &= 0 \\ \text{ie } \forall t\in \R_+^\ast, z''(\ln t) + z(\ln t) &= 0 \\ \text{ie } \forall x\in (\ln^{\to }(\R_+^\ast) = \R), z''(x) + z(x) &= 0 \\ \end{align*} \fbox{Meth 2} \begin{align*} z(x) &= y(e^{x}) &= y(t)\\ z'(x) &= e^{x} y'(e^{x}) &= ty'(t) \\ z''(x) &= e^{2x} y''(e^x) + e^x y'(e^x) &= t^2y''(t) + ty'(t) \\ \end{align*} Donc $z''(x) + z(x) = 0$ Soient $A, B \in \R$ \begin{align*} z(x) &= A\cos x + B \sin x \\ y(t) &= A \cos (\ln t) + B \sin (\ln t) \\ \end{align*} \xxe \subsection{\'Equations \`a variables s\'epar\'ees} Il s'agit des ED de la forme $y'(t)=f(y(t))g(t)$ (ou plus simplement~: $y'=f(y)g(t)$).\\ {\bf M\'ethode~:} \begin{enumerate} \item On cherche uniquement les solutions $y$ pour lesquelles $f\circ y$ {\bf ne s'annule pas}. \item L'\'equation \'equivaut alors \`a $\dsp{\frac{y'(t)}{f(y(t))}=g(t)}$. \\En notant $H$ une primitive de $\frac{1}{f}$ et $G$ une primitive de $g$, l'\'equation \'equivaut donc \`a $\exists K\in\K,\ H(y(t))=G(t)+K$. \item On cherche les intervalles $I$, $J$ tels que $H_{|I}^{|J}$ soit bijective. Sur un tel intervalle on a $y=t\mapsto\big(H_{|I}^{|J}\big)^{-1}(G(t)+K)$. \end{enumerate} \exx Cherchons les solutions ne s'annulant pas de $y'=t^2y^2$. On cherche les solutions qui ne s'anulent pas \begin{align*} y \text{ solution} &\iff \frac{y'(t)}{y^2(t)} &= t^2 \\ &\iff -\frac{1}{y(t)} &= \frac{t^3}{3} +\R \\ \end{align*} $-\frac{1}{\id}$ est bijective sur $\R_+^\ast$ et $\R_-^\ast$ \begin{align*} y(t) &= -\frac{1}{\frac{\id^3}{3}+\R} \\ &= \frac{3}{-3\R-t^3} \\ &= \frac{3}{\R-t^3} \\ \end{align*} Les solutions ne s'annulant pas sont les \begin{align*} \begin{cases} ] \sqrt[3]{c}, +\infty[ &\to \R \\ t &\mapsto \frac{3}{c-3t^3} \end{cases}, c\in \R \\ \end{align*} et les \begin{align*} \begin{cases} ] -\infty, \sqrt[3]{c}[ &\to \R \\ t &\mapsto \frac{3}{c-3t^3} \end{cases}, c\in \R \end{align*} \xxe \end{document}