Équations différentielles du 2ème ordre

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13. EQUATIONS DIFFERENTIELLES LINEAIRES DU
SECOND ORDRE A COEFFICIENTS CONSTANTS.
1. DEFINITION
Soit l'équation différentielle du second ordre à coefficients constants
( I ) a ∈ R∗ , b ∈ R c ∈ R
ay ′′ + by ′ + cy = ϕ( x )
ϕ fonction continue sur un intervalle I de R
L'équation homogène associée à l'équation (I) (ou équation sans second membre) est
ay ′′ + by ′ + cy = 0
( II )
L'ensemble des solutions de l'équation homogène associée est un espace vectoriel de dimension
2 sur R.
2. RESOLUTION de L'EQUATION SANS SECOND MEMBRE (II).
On forme l'équation du second degré appelée équation caractéristique
ar 2 + br + c = 0 ( IIc )
1. ∆ = b 2 − 4 ac > 0
L'équation caractéristique admet deux racines réelles distinctes
r1 =
−b + ∆
−b − ∆
et r2 =
2a
2a
La solution générale de (II) est
r x
ySG ( II ) = C1e 1 + C2e
r2 x
avec ( C1 , C2 ) ∈ R 2
2. ∆ = b 2 − 4 ac = 0
L'équation caractéristique admet une racine réelle double
Equations différentielles linéaires du 2ème ordre.
U.M.N. 13.
r=−
Cours.
b
2a
ySG ( II ) = erx ( C1 x + C2 ) avec ( C1 , C2 ) ∈ R 2
3. ∆ = b 2 − 4 ac < 0
L'équation caractéristique admet deux racines complexes conjuguées
soit en posant α = Partie réelle de r1 ( ou de r2 ) = −
b
2a
β = Valeur absolue Partie imaginaire de r1 ( ou de r2 ) =
r1 =
−∆
2a
−b + i −∆
−b − i −∆
= α + iβ et r2 =
= α − iβ
2a
2a
ySG ( II ) = eαx ( C1 cos βx + C2 sin βx ) avec ( C1 , C2 ) ∈ R 2
3. RESOLUTION de L'EQUATION COMPLETE (I).
La solution générale de l'équation complète (I) est la somme
•
de la solution générale de l'équation sans second membre (II)
•
et d'une solution particulière de l'équation complète (I)
ySG ( I ) = ySG ( II ) + ySP ( I )
C'est le principe de superposition des solutions (dû à la linéarité de l'équation différentielle)
4. RECHERCHE d'une SOLUTION PARTICULIERE de L'EQUATION
COMPLETE (I)
4.1.. Formes classiques du second membre.
• ϕ( x ) = Pn ( x ) avec Pn polynôme de degré n
2
© dpic – inpl – mai 1999
U.M.N. 13.
c≠0
ySP ( II ) = Qn ( x )
c = 0 et b ≠ 0
ySP ( II ) = xQn ( x )
c=b=0
ySP ( II ) = x 2Qn ( x )
Cours.
avec Qn polynôme de degré n
• ϕ( x ) = e mx Pn ( x ) avec Pn polynôme de degré n et m ∈ R∗
ou bien, on effectue le changement de fonction inconnue y = e mx z avec z fonction de x
ou bien
m non racine de l′équation caractéristique
ySP ( II ) = e mxQn ( x )
m racine simple
ySP ( II ) = e mx xQn ( x )
m racine double
ySP ( II ) = e mx x 2Qn ( x )
avec Qn polynôme de degré n
• ϕ( x ) = Pn ( x )cos px + Rn′ ( x )sin px
p ∈ R∗
avec Pn polynôme de degré n et Rn′ polynôme de degré n ′
±ip non racines de l′équation caractéristique
ySG ( II ) = Qk ( x )cos px + Sk ( x )sin px
±ip racines de l′équation caractéristique
ySG ( II ) = x ( Qk ( x )cos px + Sk ( x )sin px )
k = max( n , n ′ )
Qk et Sk polynômes de degré k
• ϕ( x ) = e mx ( A cos px + B sin px ) ,( m, p ) ∈ R 2 ( m ou p peut être nul ) et ( A, B ) ∈ R 2
on effectue le changement de fonction inconnue
y = e mx z avec z fonction de x
• ϕ( x ) = ∑ ϕi ( x ) i = 1, 2,...n
i
et si Ψi ( x ) est une solution particulière de ay ′′ + by ′ + cy = ϕi ( x )
∑ Ψi ( x ) est
i
une intégrale particulière de ay ′′ + by ′ + cy = ∑ ϕi ( x )
i
3
U.M.N. 13.
Cours.
5. RECHERCHE d'une SOLUTION PARTICULIERE de L'EQUATION
COMPLETE (I)
5.1.. Méthode de variation des constantes.
Nous devons résoudre une équation différentielle de la forme
ay ′′ + by ′ + cy = ϕ( x )
( I ) avec a ≠ 0
Lorsque le second membre n'a pas l'une des formes indiquées précédemment, on emploie la
méthode dite de variation des constantes.
Soit y1 et y2 deux solutions linéairement indépendantes de
l′équation homogène associée ay ′′ + by ′ + cy = 0 ( II )
Comme pour les équations différentielles linéaires du premier ordre, on suppose que les
constantes λ sont des fonctions de x dérivables.
On cherche une solution particulière de l′équation complète (I) sous la forme
y = λ 1 ( x ) y1 + λ 2 ( x ) y2
D′ où y ′ = λ 1′ y1 + λ ′2 y2 + λ 1 y1′ + λ 2 y2′
Lagrange (Français 1736 − 1813) propose d ′imposer aux fonctions inconnues λ 1 et λ 2
la condition supplémentaire λ 1′ y1 + λ ′2 y2 = 0
il reste alors y ′ = λ 1 y1′ + λ 2 y2′ et en dérivant
y ′′ = λ 1′ y1′ + λ ′2 y2′ + λ 1 y1′′+ λ 2 y2′′
En reportant dans l′équation (I) en tenant compte du fait que y1 et y2
sont solutions de l′équation (II), après simplification il reste
a ( λ 1′ y1′ + λ ′2 y2′ ) = ϕ( x )
D′ où le système qui détermine λ 1′ et λ ′2

ϕ( x )
λ 1′ y1′ + λ ′2 y2′ =
a

λ ′ y + λ ′ y = 0
2 2
 1 1
4
Equations diffŽrentielles linŽaires du 2•me ordre.
U.M.N. 11.
Exercices corrigŽs.
MATH13E01
Résoudre l' équation différentielle
y"+y' +y = x 2 + x + 1
MATH13E02
Trouver la solution de l' équation différentielle
y"+2y' +y = 2e −x
vérifiant y(0) = 3 et y ' (0) = 1
MATH13E03
y"+y' = x + chx
MATH13E04
y"+2y' +y = 2x 2 chx
MATH13E05
y"−3y' −4y = xe
x
MATH13E06
y"+y' −2y = x 2 e −2x
MATH13E07
y"+2y' +5y = e −x (2 cos2x − 3sin 2x) (I)
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MATH13E08
y"+4y' +4y =
e −2x
1 + x2
MATH13E09
y"+y = x + 1
MATH13E10
y"−4y = x
MATH13E11
(E)
y"+y =
1
π π
avec x ∈  − , 
cos x
 2 2
MATH13E12**
1
Résoudre y"+2y' −3y = 2x
e +1
(I)
MATH13E13
4xy"+2y' −y = 0
U.M.N. 11.
MATH13E14**
x 2 y"−3xy' +4y = x 2
sachant que y = x 2 est solution de l' équation hom ogène associée
MATH13E15**
x 2 y"+xy' −4y = 4x 2 (I)
MATH13E16**
x 2 y"+4xy' +2y = ln(1 + x) (I)
MATH13E17**
Trouver toutes les applications f : R → R deux fois dérivables telles que:
∀x ∈R , f "(x) + f(−x) = x (E)
Indication : On pourra poser
g(x) = f(x) + f(−x) et h(x) = f(x) − f(−x)
et établir deux équations différentielles linéaires du sec ond ordre dont g et h sont solutions
U.M.N. 11.
MATH13E01
y"+y' +y = x 2 + x + 1 (E)
Equation différentielle du sec ond ordre linéaire à coefficients cons tan ts
soit
y"+y' +y = 0
(E 0 ) l' équation sans sec ond membre ou équation hom ogène associée
et r 2 + r + 1 = 0 l' équation caractéristique
qui admet pour racines les nombres complexes conjugués
−1 + i 3
−1 − i 3
= j et r2 =
= r1 = j = j2
2
2
1
α = Re(r1 ) = Re(r2 ) = −
2
3
β = Im(r1 ) = Im(r2 ) =
2
la solution générale de l' équation sans sec ond membre (E 0 ) est
r1 =
−
x
2 (C cos
1
3
3
x + C2 sin
x) avec (C1,C2 ) ∈R 2
2
2
Le sec ond membre ϕ(x) = x 2 + x + 1 est un polynôme du sec ond deg ré
ySG(E 0 ) = e
puisque c = 1 ≠ 0, il existe une solution particulière de l' équation complète
sous forme d ' un polynôme de même deg ré 2 à coefficients indéter min és
y = Q(x) = ax 2 + bx + c
y' =
y"=
par idenfication
2ax + b
2a
a = 1

2a + b = 1 ⇒ b = −1
2a + b + c = 1 ⇒ c = 0

la solution particulière de l' équation complète (E) est
ySP(E) = x 2 − x
en appliquant le principe de sup erposition des solutions
x
ySG(E) = ySG(E 0 ) + ySP(E) = e 2 (C1 cos
−
3
3
x + C2 sin
x) + x 2 − x avec (C1,C2 ) ∈R 2
2
2
© dpic Ð inpl Ð mai 1999
U.M.N. 11.
MATH13E02
Rappel : probl•me de Cauchy (admet une solution et une seule sur I)
y"+2y' +y = 2e −x (E)
soit
y"+2y' +y = 0
(E 0 ) l' équation sans sec ond membre
et r 2 + 2r + 1 = 0 l' équation caractéristique
qui admet une racine réelle double r1 = r2 = −1
ySG(E 0 ) = (C1x + C2 )e −x avec (C1,C2 ) ∈R 2
le sec ond membre ϕ(x) = 2e −x est de la forme e mx avec m = −1 = r1 = r2
il existe donc une solution particulière sous la forme y = Ax 2 e −x avec A cons tan te réelle
à déter min er
y = Ax 2 e −x
y' = A(2x − x 2 )e −x
y"= A(2 − 4x + x 2 )e −x
en repor tan t dans l' équation différentielle, on obtient
y"+2y' +y = 2Ae −x = 2e −x d' où A = 1
ySP(E) = x 2 e −x
d' après le principe de sup erposition des solutions
ySG(E) = (x 2 + C1x + C2 )e −x avec (C1,C2 ) ∈R 2
pour déter min er les cons tan tes,on utilise les deux conditions initiales
y(x) = (x 2 + C1x + C2 )e −x ⇒ y(0) = C2 = 3
y' (x) = (−x 2 + (−C1 + 2)x + C1 − C2 )e −x ⇒ y ' (0) = C1 − C2 = 1 soit C1 = 4
et la solution Y du problème avec conditions initiales est
Y(x) = (x 2 + 4x + 3)e −x
U.M.N. 11.
MATH13E03
1
y"+y' = x + chx = x + (e x + e −x ) (E)
2
soit
y"+y' = 0
et r 2 + r = 0 l' équation caractéristique
qui admet pour racines les nombres réels r1 = −1 et r2 = 0
ySG(E 0 ) = C1e −x + C2 avec (C1,C2 ) ∈R 2
on découple le sec ond membre
y"+y' = x
(E.1)
• solution particulière pour ϕ1 (x) = x
ϕ1 (x) est un polynôme du premier deg ré, puisque c = 0 et b = 1,
alors il existe une solution particulière sous la forme xQ1 (x) = x(ax + b) = ax 2 + bx
y = ax 2 + bx
y' =
2ax + b
y"
2a
en repor tan t dans l' équation (E.1)
on obtient
2ax + b + 2a = x
et par identification
1
a = et b = −1
2
ySP(E.1) =
y"+y' =
1 2
x −x
2
1 x
e
2
(E.2)
• solution particulière pour ϕ 2 (x) =
1 x
e
2
sous la forme
y = Ae x
et l' on obtient
1
ySP(E.2) = e x
4
U.M.N. 11.
y"+y' =
1 −x
e
2
(E.3)
• solution particulière pour ϕ3 (x) =
1 −x
e de la forme e mx avec m = r1 = −1 et m ≠ r2
2
solution particulière sous la forme
y = Bxe −x
y' = B(1 − x)e −x
y"= B(−2 + x)e −x
et en repor tan t dans (E.3)
1
on obtient B = −
2
1
ySP(E.3) = − xe −x
2
sup erposition des solutions
1
1
1
ySG(E) = (− x + C1 )e −x + x 2 − x + C2 + e x avec (C1,C2 ) ∈R 2
2
2
4
U.M.N. 11.
MATH13E04
y"+2y' +y = 2x 2 chx = x 2 (e x + e −x ) (E)
equation sans sec ond membre y"+2y' +y = 0 (E 0 )
equation caractéristique r 2 + 2r + 1 = 0
Racine double r1 = r2 = −1 et ySG(E 0 ) = e −x (C1x + C2 ) (C1,C2 ) ∈R 2
on découple le sec ond membre
• solution particulière pour ϕ1 (x) = x 2 e x (m = 1 ≠ r1 et ≠ r2 ) sous la forme
y = e x (ax 2 + bx + c)
[
]
y"= e x [ax 2 + (4ax + b) + c + 2b + 2a ]
y' = e x ax 2 + (2a + b)x + (b + c)
par identification a =
1
4
b=−
1
3
c=
2
8
1
1
3
ySP(E.1) = e x ( x 2 − x + )
4
2
8
• solution particulière pour ϕ 2 (x) = x 2 e −x (m = 1 = r1 = r2 )
y = e −x (ax 4 + bx3 + cx 2 )
par identification a =
1
12
b=0 c=0
1 4
x )
12
par sup erposition des solutions
ySP(E.2) = e −x (
ySG(E) = e −x (
1 4
1
1
3
x + C1x + C2 ) + e x ( x 2 − x + ) avec (C1,C2 ) ∈R 2
12
4
2
8
U.M.N. 11.
MATH13E05
y"−3y' −4y = xe
x
(E)
soit
y"−3y' −4y = 0
et r 2 − 3r − 4 = 0 l' équation caractéristique
qui admet pour racines les nombres réels r1 = −1 et r2 = −4
ySG(E 0 ) = C1e −x + C2 e 4x avec (C1,C2 ) ∈R 2
xe x si x ≥ 0
Le sec ond membre ϕ(x) = 
xe −x si x < 0
pour x ≥ 0, (m = 1 et m ≠ r1 et ≠ r2 )
il existe une solution particulière de l' équation complète sous forme
y = (ax + b)e x
y' = (ax + a + b)e x
y"= (ax + 2a + b)e x
1
1
et b =
6
36
la solution particulière de l' équation complète (E) pour x ≥ 0 est
1
1
ySP(E) = (− x + )e x
6
36
par idenfication a = −
U.M.N. 11.
pour x < 0, (m = −1 = r1 et m ≠ r2 )
il existe une solution particulière de l' équation complète sous forme
y = (ax 2 + bx)e −x
y' = (−ax 2 + (2a − b)x + b)e −x
y"= (ax 2 + (−4a + b)x + 2a − 2b)e −x
1
1
par idenfication a = −
et b = −
10
25
la solution particulière de l' équation complète (E) pour x < 0 est
1
1
x − )e −x
10
25
ySP(E) = (−
C e −x + C e 4x + (− 1 x + 1 ) pour x ≥ 0
2
 1
6
36
avec (C1,C2 ) ∈R 2
ySG(E) = ySG(E 0 ) + ySP(E) = 
(− 1 x 2 − 1 x + C1 )e −x + C2 e 4x pour x < 0
 10
25
U.M.N. 11.
MATH13E06
y"+y' −2y = x 2 e −2x (E)
equation sans sec ond membre y"+y' −2y = 0 (E 0 )
equation caractéristique r 2 + r − 2 = 0
Racines réelles r1 = 1 et r2 = −2 et ySG(E 0 ) = C1e x + C2 e −2x avec (C1,C2 ) ∈R 2
pour rechercher une solution particulière, on effectue le changement de fonction inconnue
y = e −2x u avec u fonction de x
après simplification par e −2x > 0 ∀x ∈R
on obtient l' équation différentielle
u"−3u' = x 2
et l' on cherche une solution particulière de l' équation en u (c = 0 et b = −3) sous la forme
u = ax3 + bx 2 + cx
u' =
u"=
3ax 2 + 2bx + c
6ax + 2b
1
2
1
b = − et c = −
9
27
9
la solution particulière de l' équation complète (E) est
1
1
2
ySP(E) = (− x3 − x 2 − x)e −2x
9
9
27
1
1
2
ySG(E) = ySG(E 0 ) + ySP(E) = C1e x + (− x3 − x 2 − x + C2 )e −2x avec (C1,C2 ) ∈R
9
9
27
et par identification, on obtient a = −
U.M.N. 11.
MATH13E07
l' équation sans sec ond membre y "+2y' +5y = 0 (II)
admet pour équation caractéristique r 2 + 2r + 5 = 0
les racines sont r1 = −1 + 2i et r2 = −1 − 2i = r1
la solution générale de l' équation sans sec ond membre est
ySG(II) = e −x (C1 cos2x + C2 sin 2x) avec (C1,C2 ) ∈R 2
pour obtenir une solution particulière de l' équation complète,on effectue
le changement de fonction inconnue y = e −x z avec z fonction de x
y = e −x z
y' = e −x (−z + z' )
y"= e −x (z − 2z' +z")
on reporte dans l' équation différentielle,après simplification,
on obtient:
z"+4z = 2 cos2x − 3sin 2x
les racines de l' équation caractéristique en z sont 2i et − 2i
le sec ond membre est 2 cos2x − 3sin 2x donc ω = 2
la solution particulière de l' équation en z est de la forme
z = x(A cos2x + Bsin 2x) avec A et B cons tan tes réelles à déter min er
z' = x(2Bcos2x − 2A sin 2x) + A cos2x + Bsin 2x
z"= x(−4A cos2x − 4Bsin 2x) + 4Bcos2x − 4A sin 2x
et
4Bcos2x − 4A sin 2x = 2 cos2x − 3sin 2x
par identification
1
3
B = et A =
2
4
3
1
zSP = x( cos2x + sin 2x)
4
2
3
1
ySP(I) = xe −x ( cos2x + sin 2x)
4
2
par sup erposition des solutions
3x
x
ySG(I) = e −x ( + C1 )cos2x + ( + C2 )sin 2x  (C1,C2 ) ∈R 2
 4

2
U.M.N. 11.
MATH13E08
On effectue le changement de fonction inconnue y = e −2x z avec z fonction de x
y = e −2x z
y' = e −2x (−2z + z' )
y"= e −2x (4z − 4z' +z")
en repor tan t dans l' équation initiale, il reste
e −2x z"=
e −2x
1 + x2
puisque e −2x > 0 ∀x ∈R
on obtient
1
z"=
1+ x 2
et en int égrant une première fois
z' = Arc tan x + C1
puis en int égrant une sec onde fois
1
z = xArc tan x − ln(1 + x 2 ) + C1x + C2 avec (C1,C2 ) ∈R 2
2
et finalement
1
y = e −2x (xArc tan x − ln(1 + x 2 ) + C1x + C2 ) avec (C1,C2 ) ∈R 2
2
U.M.N. 11.
MATH13E09
L' équation différentielle s' écrit
−x + 1 si x ∈I1 = ] − ∞,0 [
y"+y = 
x + 1 si x ∈I 2 = ] 0, + ∞ [
on cherche des solutions sur chacun des intervalles et l'on raccorde les solutions en 0
pour x ∈I1 = ] − ∞,0 [, l' équation y"+y = −x + 1
admet pour solution générale y = C1 cos x + C2 sin x − x + 1 avec (C1,C2 ) ∈R 2
pour x ∈I 2 = ] 0, + ∞ [, l' équation y"+y = x + 1
admet pour solution y = D1 cos x + D2 sin x + x + 1 avec (D1,D2 ) ∈R 2
lim y(x) = lim y(x) ⇒ C1 = D1
x→0 −
x→0 +
lim y' (x) = lim y' (x) ⇒ C2 − 1 = D2 + 1
x→0 −
x→0 +
lim y"(x) = lim y"(x) ⇒ C1 = D1
x→0 −
x→0 +
si l' on exp rime D1 et D2 en fonction de C1 et C2 , on obtient
D1 = C1 et D2 = C2 − 2
soit, la solution de l' équation différentielle
C1 cos x + C2 sin x − x + 1
y = f(x) = 
C1 cos x + (C2 − 2)sin x + x + 1
si x ∈I1 = ] − ∞,0 [
si x ∈I 2 = ] 0, + ∞ [
U.M.N. 11.
Exercices corrigés.
MATH13E10
L' équation différentielle s' écrit
−x si x ∈I1 = ] − ∞,0 [
y"−4y = 
x si x ∈I 2 = ] 0, + ∞ [
on cherche des solutions sur chacun des intervalles et l'on raccorde les solutions en 0
pour x ∈I1 = ] − ∞,0 [, l' équation y"−4y = −x
admet pour solution générale y = C1e 2x + C2 e −2x +
pour x ∈I 2 = ] 0, + ∞ [, l ' équation y"−4y = x
admet pour solution y = D1e 2x + D2 e −2x −
x
avec (C1,C2 ) ∈R 2
4
x
avec (D1,D2 ) ∈R 2
4
lim y ( x ) = lim y ( x ) = 0 ⇒ C1 + C 2 = D1 + D2
x→ 0 −
x→ 0 +
1
1
= 2D1 − 2D2 −
4
4
x→ 0 −
x→ 0 +
lim y ′′( x ) = lim y ′′( x ) ⇒ C1 + C 2 = D1 + D2
lim y ′( x ) = lim y ′( x ) ⇒ 2C1 − 2C 2 +
x→ 0 −
x→ 0 +
si l©
on exp rime D1 et D2 en fonction de C1 et C 2 , on obtient
1
1
et D2 = C 2 −
8
8
soit , la solution de l' équation différentielle
D1 = C1 +
 2x
x
−2 x
+
si x ∈ I1 = − ∞ , 0
C1e + C 2e
4
y = f (x) = 
( C + 1 )e 2 x + ( C − 1 )e −2 x − x si x ∈ I = 0 , + ∞
2
2
 1 8
8
4
]
[
]
[
U.M.N. 11.
MATH13E11
Le second membre n'étant pas l'un des cas particuliers étudié dans le cours, utilisons la
méthode de variation des constantes.
La solution générale de l'équation sans second membre
(E 0 )
y"+y = 0
est y = C1 cos x + C2 sin x
On recherche une solution particulière de l'équation complète (E) en supposant C 1 et C2
fonction de x
y = C1 (x)cos x + C2 (x)sin x
Dérivons
y' = −C1 (x)sin x + C2 (x)cos x + C' 1 (x)cos x + C' 2 (x)sin x
Nous disposons d'une seule équation supplémentaire mais de deux inconnues (les constantes
C1 et C2). Lagrange propose d'imposer la condition supplémentaire :
C' 1 (x)cos x + C' 2 (x)sin x = 0
afin de ne pas faire apparaître les dérivées C"1 (x) et C"2 (x) dans le calcul de y".
Dérivons une nouvelle fois pour obtenir y"
y"= −C1 (x)cos x − C2 (x)sin x − C' 1 (x)sin x + C' 2 (x)cos x
Reportons ces valeurs dans l'équation (E), il reste
−C' 1 (x)sin x + C' 2 (x)cos x =
1
cos x
D'où le système linéaire à deux équations et deux inconnues
 C' 1 (x)cos x + C' 2 (x)sin x = 0

1

−C' 1 (x)sin x + C' 2 (x)cos x = cos x
Ce système admet une solution et une seule car son déterminant est toujours différent de zéro
(voir cas général démontré par Wromski)
on obtient C' 1 (x) =
sin x
et C' 2 (x) = 1
cos x
en intégrant
 π π
C1 ( x ) = ln(cos x ) et C 2 ( x ) = x car cos x > 0 sur  − ,  .
 2 2
la solution particulière de l'équation (E) est:
U.M.N. 11.
ySP(E) = (ln(cos x))cos x + xsin x
et par superposition des solutions
π π
Pour x ∈  − ,  ySG(E) = (ln(cos x) + C1 )cos x + (x + C2 )sin x avec (C1,C2 ) ∈R 2
 2 2
U.M.N. 11.
MATH13E12
Le second membre n'Žtant pas l'un des cas particuliers ŽtudiŽ dans le cours, utilisons la
mŽthode de variation des constantes.
La solution gŽnŽrale de l'Žquation sans second membre
(E 0 )
y"+2y' −3y = 0
est y = λ1e x + λ 2 e −3x
On recherche une solution particuli•re de l'Žquation compl•te (E) en supposant λ1 et λ 2
fonction de x
y = λ1 (x)e x + λ 2 (x)e −3x
Dérivons
y' = λ1 (x)e x − 3λ 2 (x)e −3x + λ' 1 (x)e x + λ' 2 (x)e −3x
Nous disposons d'une seule Žquation supplŽmentaire mais de deux inconnues (les constantes
λ1 et λ 2 ). Lagrange propose d'imposer la condition supplŽmentaire :
λ' 1 (x)e x + λ' 2 (x)e −3x = 0
afin de ne pas faire appara”tre les dŽrivŽes λ"1 (x) et λ"2 (x) dans le calcul de y"
DŽrivons une nouvelle fois pour obtenir y"
y"= λ1 (x)e x + 9λ 2 (x)e −3x + λ' 1 (x)e x − 3λ' 2 (x)e −3x
Reportons ces valeurs dans l'Žquation (E), il reste
1
λ' 1 (x)e x − 3λ' 2 (x)e3x = 2x
e +1
D'o• le syst•me linŽaire ˆ deux Žquations et deux inconnues
 λ' 1 (x)e x + λ' 2 (x)e3x = 0


1
x
3x
λ' 1 (x)e − 3λ' 2 (x)e = 2x
e +1

ce syst•me admet une solution et une seule car son dŽterminant est toujours diffŽrent de zŽro
(voir cas gŽnŽral dŽmontrŽ par Wromski)
on obtient λ' 1 (x) =
1 e −x
1 e3x
et
λ'
(x)
=
−
2
4 e 2x + 1
4 e 2x + 1
en intŽgrant
λ1 (x) =
1
1
(−e −x + Arc tan e −x ) et λ 2 (x) = (−e x + Arc tan(e x ))
4
4
U.M.N. 11.
et la solution particuli•re de l'Žquation compl•te
ySP(E 0 ) =
[
1
−1 + e x Arc tan(e −x ) − e −2x + e −3x Arc tan(e x )
4
]
par superposition des solutions
ySG(E) = λ1e x + λ 2 e −3x +
[
]
1
−1 + e x Arc tan(e −x ) − e −2x + e −3x Arc tan(e x ) avec (λ1,λ 2 ) ∈R 2
4
U.M.N. 11.
MATH13E13
L' équation différentielle est linéaire du sec ond ordre mais à coefficients var iables
• Re cherche des solutions sur ] 0, + ∞ [
on effectue le changement de var iable t = x
1
1
dt 1
et donc dt =
dx =
dx soit
=
2 x
2t
dx 2t
ou x = t 2
on pose y(x) = y(t 2 ) = z(t)
dy dz dt 1
=
= z' (t)
y' (x) =
dx dt dx 2t
1
d 2 y d  dy  d  1
 1
 dt 1  1
2 = dx  dx  = dt  2t z' (t) dx = 2  − 2 z' (t) + t z"(t) 2t
t
dx
En repor tan t dans l' équation différentielle, il reste
y"(x) =
z"(t) − z(t) = 0
équation différentielle linéaire du sec ond ordre à coefficients cons tan ts
d' où la solution générale en z
z(t) = C1cht + C2sht avec (C1,C2 ) ∈R 2
et en fonction de x
y = f+ (x) = C1ch x + C2sh x pour x ∈] 0, + ∞ [
• Re cherche des solutions sur ] − ∞, 0 [
on effectue le changement de var iable t = −x
et donc dt = −
ou − x = t 2
1
1
dt
1
dx = − dx soit
=−
2 −x
2t
dx
2t
on pose y(x) = y(−t 2 ) = z(t)
dy dz dt
1
y' (x) =
=
= − z' (t)
dx dt dx
2t
d 2 y d  dy  d  1
1 1
1
dt
 1
y"(x) = 2 =
− z' (t)
= −  − 2 z' (t) + z"(t) (− )
=




 2t
dx dx
2 t
t
dt 2t
dx
dx
En repor tan t dans l' équation différentielle, il reste
z"(t) + z(t) = 0
d' où la solution générale en z
z(t) = C3 cos t + C 4 sin t avec (C3 ,C 4 ) ∈R 2
et en fonction de x
y = f− (x) = C3 cos −x + C 4 sin −x pour x ∈] − ∞,0
[
U.M.N. 11.
RACCORDEMENT DE LA SOLUTION EN 0
• Continuité de la solution en 0
lim f+ (x) = C1 et lim f− (x) = C3
x→0 +
x→0 −
la solution sera continue en 0 ssi C1 = C3
• Continuité de la dérivée première en 0
f+ (x) − C1
C (ch x − 1) + C2sh x 1
x
= lim 1
= (C2 x + C1 + ο(x))
+
2
x
x−0
x
x→0
x→0
C
la lim ite est finie ssi C2 = 0, la dérivée à droite en 0 vaut alors 1
2
f (x) − C1
C (cos −x − 1) + C 4 sin −x 1
x
lim −
= lim 1
= (C 4 −x + C1 + ο(x))
x
x−0
x
2
x→0 −
x→0 −
C
la lim ite est finie ssi C 4 = 0, la dérivée à gauche en 0 vaut alors 1
2
• Continuité de la dérivée sec onde en 0
lim
+
f+ ' (x) − f+ ' (0) C1
=
x−0
12
x→0 +
f ' (x) − f− ' (0) C1
lim −
=
−
x−0
12
x→0
la dérivée sec onde est continue en 0
lim
la fonction ainsi obtenue est de classe C2 sur R
de plus elle satisfait l' équation différentielle en 0
l' ensemble des solutions sur R est
C1ch x
si x ∈] 0, + ∞ [
y = f(x) = 
C1 cos −x si x ∈] − ∞,0 [
avec C1 ∈R
U.M.N. 11.
MATH13E14
C'est une Žquation d'Euler donc de la forme
ax 2 y"+bxy' +cy = ϕ(x)
a, b et c cons tan tes réelles et ϕ fonction donnée
L' équation est définie sur R ; elle est linéaire et le coefficient de y" s' annule en 0
On considère
I1 = ] 0, + ∞ [ et I 2 = ] − ∞,0 [
On cherche des solutions sur I j pour j prenant les valeurs 1 et 2
Supposons dorénavant j fixé
puisque y = x 2 est une solution de l' équation hom ogène associée, on effectue
le changement de fonction inconnue y = x 2 z avec z fonction de x
y = x2z
y' = 2xz + x 2 z'
y"= 2z + 4xz' +x 2 z"
et en repor tan t dans l' équation différentielle initiale après simplification, il reste
x 4 z"+x3z' = x 2
et en divisant les deux membres par x3
xz"+z' =
soit
1
x
d
1
(xz' ) =
dx
x
λ1
1
 x ln(x) + x si x ∈I1 = ] 0, + ∞ [
z' (x) = 
 1 ln(−x) + λ 2 si x ∈I = ] 0, + ∞ [
2
 x
x
 1 ln 2 (x) + λ ln x + µ
si x ∈I1 = ] 0, + ∞ [
1
1
 2
z(x) = 
 1 ln 2 (−x) + λ 2 ln(−x) + µ 2 si x ∈I 2 = ] − ∞,0 [
 2
U.M.N. 11.
y est solution de l' équation différentielle sur R ∗ ssi
x 2 ( 1 ln 2 (x) + λ ln x + µ )
si x ∈I1 = ] 0, + ∞ [
1
1

2
y = f(x) = 
x 2 ( 1 ln 2 (−x) + λ 2 ln(−x) + µ 2 ) si x ∈I 2 = ] − ∞,0 [

2
RACCORDEMENT de la SOLUTION EN 0
lim y(x) = lim y(x) = 0
x→0 +
x→0 −
y est prolongeable par continuité en 0 en posant y(0) = 0
∗ Continuité de la dérivée première en 0
lim y' (x) = lim y' (x) = 0
x→0 +
x→0 −
y' est prolongeable par continuité en 0 en posant y' (0) = 0
y' (x) − y' (0)
y' (x) − y' (0)
et lim
n' existent pas, quelle que soit la valeur des cons tan tes
−
x−0
x−0
x→0
x→0
lim
+
• Conclusion
il n' existe pas de solution de l' équation différentielle sur R
U.M.N. 11.
MATH13E15
c'est une équation d'Euler donc de la forme
L'équation est définie sur R; elle est linéaire et le coefficient de y" s'annule en 0.
On considère:
I1 = ]−∞,0 [
et
I 2 = ] 0, +∞ [
On cherche des solutions sur I j pour j prenant les valeurs 1 et 2.
Supposons dorénavant j fixé.
L'équation sans second membre est :
x 2 y"+xy' −4y = 0 (II)
On cherche des solutions particulières de la forme y = x r; on trouve r = 2 ou r = −2 .
La solution générale de l'équation sans second membre est
λ x 2 + µ1 si x ∈I = − ∞,0
[
1 ]
 1
x2
ySG(II) = 
λ 2 x 2 + µ 2 si x ∈I 2 = ] 0, + ∞ [

x2
Par la méthode de variation des constantes, on cherche une solution particulière de l'équation
complète. On obtient
y SP ( I )
 2
x2
x
x
si x ∈ I1 = − ∞ , 0
ln(
−
)
−


4
=
x2
 2
−
x
x
si x ∈ I 2 = 0 , + ∞
ln(
)

4
]
[
]
[

x2
µ1
2
2
si x ∈ I1 = − ∞ , 0
λ 1x + 2 + x ln( − x ) −
4

x
=
x2

2 µ2
2
+
+
−
x
x
x
si x ∈ I 2 = 0 , + ∞
ln(
)
λ
 2
4
x2

]
y SG ( I )
[
]
[
Raccordement de la solution en 0 :
λ = λ 2
lim y ( x ) = lim y ( x ) = 0 ⇔  1
x→ 0 +
x→ 0 −
µ 1 = µ 2 = 0
U.M.N. 11.
lim
y( x ) − y(0)
y( x ) − y(0)
= lim
= 0 , pour tout λ 1 = λ 2
x−0
x−0
x→ 0 −
lim
y ′( x ) − y ( 0 )
y ′( x ) − y ( 0 )
= −∞ , pour tout λ 1 = λ 2
= lim
x−0
x−0
x→ 0 −
x→ 0 +
x→ 0 +
Donc, il n’existe pas de solution de (E) sur R.
U.M.N. 11.
MATH13E16
Equation d'Euler donc de la forme :
L'Žquation est dŽfinie sur ] − 1, + ∞ [ ; elle est linŽaire et le coefficient de y" s'annule en 0.
On consid•re :
I1 = ]−1,0 [
et
I 2 = ] 0, +∞ [
On cherche des solutions sur I j pour j prenant les valeurs 1 et 2.
Supposons dorŽnavant j fixŽ.
L'Žquation sans second membre est :
x 2 y"+4xy' +2y = 0 (II)
On cherche des solutions particuli•res de la forme y = x r ; on trouve r = −1 ou r = −2
La solution gŽnŽrale de l'ŽquationÊsans second membre est
 λ1 µ1
 x + x 2 si x ∈I1 = ] − 1,0 [
ySG(II) = 
 λ 2 + µ 2 si x ∈I = ] 0, + ∞ [
2
 x x 2
par la mŽthode de variation des constantes, on cherche une solution particuli•re de l'Žquation
compl•te. On obtient
(1 + x)2
3
ySP(I) =
2 ln(1 + x) − 4 si x ∈ ] − 1, + ∞ [
2x
 λ1 µ1 (1 + x)2
3
ln(1 + x) −
si x ∈I1 = ] − 1,0 [
 + 2+
2
4
x x
2x
ySG(I) = 
2
3
 λ 2 µ 2 (1 + x)
+
+
si x ∈I 2 = ] 0, + ∞ [
2 ln(1 + x) − 4
 x x 2
2x
U.M.N. 11.
RACCORDEMENT de la SOLUTION EN 0
1
2
x→0
x→0
y est prolongeable par continuité en 0 en posant y(0) = 0
∗ Continuité de la dérivée première en 0
1
lim y' (x) = lim y' (x) =
6
x→0 +
x→0 −
1
y' est prolongeable par continuité en 0 en posant y' (0) =
6
lim y(x) = lim y(x) = 0 ssi µ1 = µ 2 = 0 et λ1 = λ 2 = −
+
−
y' (x) − y' (0)
y' (x) − y' (0) 5
= lim
=
x−0
x−0
12
x→0 +
x→0 −
lim
y" est prolongeable par continuité en 0 en posant y"(0) =
5
12
• Conclusion
la solution de (E) sur ] − 1, + ∞ [ est
y = f(x) =
[
]
1
1
5
3
+ 2 x − (1 + x)2 ln(1 + x) avec f(0) = 0 f ' (0) = et f"(0) =
6
12
4 2x
U.M.N. 11.
MATH13E17
L'Žquation proposŽe (E) n'est pas une Žquation diffŽrentielle.
En rempla•ant x par -x dans (E), on obtient : f "(−x) + f(x) = −x
D'o• le syst•me :
f "(x) + f(−x) = x

f "(−x) + f(x) = −x
En additionnant membre ˆ membre ces deux Žquations, puis en les soustrayant, on obtient en
tenant compte des notations des fonctions f et g :
[f "(x) + f "(−x)] + [f(x) + f(−x)] = g"(x) + g(x) = 0

[f "(x) − f "(−x)] + [f(x) − f(−x)] = h"(x) − h(x) = 2x
La premi•re Žquation admet pour solution
g(x) = C1 cos x + C2 sin x avec (C1,C2 ) ∈R 2
La seconde Žquation admet pour solution h(x) = −2x + D1chx + D2shx avec (D1,D2 ) ∈R 2
et donc puisque
f(x) =
1
1
g(x) + h(x)] = −x + [C1 cos x + C2 sin x + D1chx + D2shx]
[
2
2
Etudions la rŽciproque :
Les solutions f(x) vŽrifiant l'Žquation (E) f "(x) + f(−x) = 0 ∀x ∈R doivent satisfaire
C2 sin x + D1chx = 0 ∀x ∈R et donc C2 = D1 = 0
Les solutions de (E)ÊÊsont donc :
f(x) = −x +
1
C1 cos x + D2shx] avec (C1,D2 ) ∈R 2
[
2
Remarque :
Par construction, g est une fonction paire ce qui implique C2 = 0 et h une fonction impaire ce
qui implique D1 = 0

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Transcription

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