Équations différentielles - Cours et exercices corrigés | 2e Bac PC et SVT

KORASATI · MATHÉMATIQUES

Retrouvez le cours intégral ci-dessous et sa version A4 mise en page, avec toutes les figures et les exercices corrigés.

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Objectifs. Résoudre les équations $y'=ay+b$ et $y''+ay'+by=0$ à coefficients constants, déterminer les constantes grâce aux conditions initiales et vérifier les solutions obtenues.

Comprendre ce que l’on cherche

Une équation différentielle relie une fonction inconnue à une ou plusieurs de ses dérivées. La lettre $y$ représente donc une fonction $x\mapsto y(x)$, et non un nombre. Résoudre l’équation sur un intervalle $I$, c’est déterminer toutes les fonctions suffisamment dérivables sur $I$ qui vérifient l’égalité pour chaque $x\in I$.

Exemple - Vérifier une solution

Pour $y(x)=3e^{2x}$, on a $y'(x)=6e^{2x}=2y(x)$. Cette fonction est une solution de $y'=2y$ sur $\mathbb{R}$. La fonction nulle est aussi solution. En revanche, $y(x)=3e^x$ ne l’est pas, car $y'=y$ et $y$ n’est jamais nulle.

Une vérification n’est pas une résolution complète

Trouver une fonction qui convient ne prouve pas qu’on a obtenu toutes les solutions. Pour donner la famille complète, on emploie le théorème adapté, puis on détermine les constantes si des conditions supplémentaires sont imposées.

L’équation du premier ordre

L’équation homogène : $y'=ay$

Dans tout ce cours, les lettres $a$ et $b$ désignent des constantes réelles.

Toutes les solutions de $y'=ay$

Sur un intervalle $I$, les solutions sont exactement les fonctions $$y(x)=Ce^{ax},\qquad C\in\mathbb{R}.$$ Si $a=0$, on retrouve les fonctions constantes $y(x)=C$.

Justification. Pour une solution $y$, on pose $z(x)=e^{-ax}y(x)$. Alors $$z'(x)=e^{-ax}\bigl(y'(x)-ay(x)\bigr)=0.$$ Ainsi $z$ est constante sur $I$, donc $y=Ce^{ax}$. Réciproquement, la dérivée de $Ce^{ax}$ est $aCe^{ax}$ : toute fonction de cette forme convient.

Une valeur initiale fixe la constante

La condition $y(x_0)=y_0$ donne $Ce^{ax_0}=y_0$, donc $C=y_0e^{-ax_0}$. L’unique solution qui vérifie cette condition est $$\boxed{y(x)=y_0e^{a(x-x_0)}}.$$ Par exemple, $y'=3y$ et $y(1)=2$ conduisent à $y(x)=2e^{3(x-1)}$. Toujours vérifier la valeur au point $x_0$, qui n’est pas nécessairement $0$.

L’équation affine : $y'=ay+b$

Le cas $a\ne0$

La fonction constante $y_p=-b/a$ est une solution particulière : $y_p'=0$ et $ay_p+b=0$. Si $y$ est une autre solution, alors $z=y-y_p=y+b/a$ vérifie $z'=az$.

Solution générale et condition initiale

Si $a\ne0$, toutes les solutions de $y'=ay+b$ sont $$y(x)=Ce^{ax}-\frac ba,\qquad C\in\mathbb{R}.$$ Avec $y(x_0)=y_0$, on obtient $$y(x)=-\frac ba+\left(y_0+\frac ba\right)e^{a(x-x_0)}.$$

Exemple - $y'=-2y+6$, avec $y(0)=1$

Ici $a=-2$ et $b=6$. La solution constante est $-b/a=3$. La famille générale s’écrit $y(x)=3+Ce^{-2x}$. La condition initiale donne $1=3+C$, donc $$y(x)=3-2e^{-2x}.$$ Sa dérivée vaut $4e^{-2x}$ et $-2y+6=4e^{-2x}$ ; l’équation et la condition initiale sont bien satisfaites. Pour $x\ge0$, la fonction croît de $1$ vers $3$ sans atteindre $3$.

Le cas $a=0$

L’équation devient $y'=b$. On cherche donc les primitives d’une constante : $$y(x)=bx+C.$$ Avec $y(x_0)=y_0$, la solution est $y(x)=y_0+b(x-x_0)$. La formule contenant $b/a$ ne doit jamais être utilisée lorsque $a=0$.

Interpréter une solution dans un modèle

Une température $T$ peut, dans un modèle simple, vérifier $$T'(t)=-k\bigl(T(t)-T_a\bigr),\qquad k>0,$$ où $T_a$ est la température ambiante supposée constante. Avec $T(0)=T_0$, $$T(t)=T_a+(T_0-T_a)e^{-kt}.$$ Le signe de $T_0-T_a$ indique si la température descend ou monte vers $T_a$. La variable $t$ est limitée au domaine du modèle, généralement $t\ge0$ ; $k$ et $t$ doivent utiliser des unités compatibles.

Prudence avec les signes

Pour $y'+ky=c$, commencer par écrire $y'=-ky+c$. Le coefficient $a$ est $-k$. Un signe erroné transforme une décroissance attendue en croissance exponentielle.

Le second ordre à coefficients constants

On étudie maintenant $y''+ay'+by=0$. Une solution doit être deux fois dérivable. On associe à l’équation différentielle l’équation caractéristique $$r^2+ar+b=0,\qquad \Delta=a^2-4b.$$ L’essai $y=e^{rx}$ explique ce polynôme : $y''+ay'+by=(r^2+ar+b)e^{rx}$. Le théorème suivant, admis ici, décrit toutes les solutions réelles.

Trois cas pour la solution générale

Si $\Delta>0$ : les racines réelles distinctes sont $r_1,r_2$ et $$y(x)=Ae^{r_1x}+Be^{r_2x}.$$ Si $\Delta=0$ : la racine double est $r=-a/2$ et $$y(x)=(A+Bx)e^{rx}.$$ Si $\Delta<0$ : on pose $\alpha=-a/2$ et $\beta=\sqrt{-\Delta}/2>0$, puis $$y(x)=e^{\alpha x}\bigl(A\cos(\beta x)+B\sin(\beta x)\bigr).$$ Dans chaque cas, $A$ et $B$ sont des constantes réelles indépendantes.

Exemple - Deux racines distinctes

Pour $y''-3y'+2y=0$, on résout $r^2-3r+2=(r-1)(r-2)=0$. Les solutions sont $y=Ae^x+Be^{2x}$. Avec $y(0)=1$ et $y'(0)=0$, on a $$A+B=1,\qquad A+2B=0.$$ En soustrayant, $B=-1$, puis $A=2$. La solution cherchée est $y(x)=2e^x-e^{2x}$.

Exemple - Une racine double

Pour $y''-4y'+4y=0$, la racine double est $2$, donc $y=(A+Bx)e^{2x}$. La dérivée est $$y'=\bigl(B+2A+2Bx\bigr)e^{2x}.$$ Les conditions $y(0)=1$, $y'(0)=3$ donnent $A=1$ et $B+2A=3$, d’où $B=1$ et $y=(1+x)e^{2x}$.

Ne pas perdre une constante

Quand la racine est double, écrire $Ae^{rx}+Be^{rx}$ ne convient pas : cela se réduit à une seule constante. Le facteur $x$ dans $(A+Bx)e^{rx}$ est indispensable.

Oscillations et méthode de résolution

Une équation avec $\Delta<0$

Pour $y''+2y'+5y=0$, le discriminant est $\Delta=4-20=-16$. Ainsi $\alpha=-1$ et $\beta=2$ : $$y=e^{-x}\bigl(A\cos2x+B\sin2x\bigr).$$ On dérive avant d’utiliser les conditions initiales : $$y'=e^{-x}\bigl((-A+2B)\cos2x+(-2A-B)\sin2x\bigr).$$ Avec $y(0)=1$ et $y'(0)=0$, on obtient $A=1$ et $-A+2B=0$, donc $B=1/2$. Le facteur exponentiel décroissant amortit les oscillations quand $x\to+\infty$.

Le cas $y''+\omega^2y=0$

Pour $\omega>0$, les solutions sont $A\cos(\omega x)+B\sin(\omega x)$. Avec $y(0)=y_0$ et $y'(0)=v_0$, $$y(x)=y_0\cos(\omega x)+\frac{v_0}{\omega}\sin(\omega x).$$ La dérivée initiale est une information distincte de la valeur initiale. Deux conditions indépendantes fixent les deux constantes.

Figure disponible dans la version PDF ci-dessus.

Le dessin compare une oscillation d’amplitude constante à une oscillation amortie. Les deux courbes correspondent à des équations différentes.

Une procédure à conserver

1. Mettre l’équation sous une forme reconnue et relever les coefficients avec leurs signes. Au second ordre, diviser d’abord par le coefficient constant non nul de $y''$ s’il n’est pas égal à $1$.

2. Donner la famille générale, avec toutes les constantes nécessaires.

3. Calculer la dérivée si une condition porte sur $y'$ ; remplacer ensuite $x$ par la valeur demandée.

4. Résoudre le système sur les constantes. Vérifier l’équation et les conditions initiales, puis préciser le domaine pertinent.

Exercices corrigés : premier ordre

Exercice 1 - Une condition en un point différent de zéro

Résoudre $y'=2y$ sur $\mathbb{R}$ avec $y(1)=3$. Calculer $y(0)$ et déterminer la limite en $-\infty$.

Correction. Les solutions générales sont $y=Ce^{2x}$. Comme $Ce^2=3$, on obtient $C=3e^{-2}$, donc $y(x)=3e^{2(x-1)}$. Ainsi $y(0)=3e^{-2}$. Lorsque $x\to-\infty$, $2(x-1)\to-\infty$, donc $y(x)\to0$. La dérivée vaut $6e^{2(x-1)}=2y(x)$ et $y(1)=3$, ce qui vérifie les deux données.

Exercice 2 - Équation affine et équilibre

Résoudre $y'+3y=6$ avec $y(0)=5$. Étudier les variations sur $[0;+\infty[$ et déterminer quand $y(x)\le 2{,}3$.

Correction. On écrit $y'=-3y+6$. L’équilibre est $2$ et la solution générale est $y=2+Ce^{-3x}$. La condition initiale donne $C=3$ : $$y(x)=2+3e^{-3x},\qquad y'(x)=-9e^{-3x}<0.$$ La solution décroît strictement de $5$ vers $2$. L’inégalité demandée équivaut à $3e^{-3x}\le0{,}3$, soit $e^{-3x}\le1/10$. La croissance de $\ln$ donne $-3x\le-\ln10$, donc $$x\ge\frac{\ln10}{3}\approx0{,}768.$$ Le signe change quand on divise par $-3$. Enfin $y'+3y=6$ et $y(0)=5$ se vérifient directement.

Exercice 3 - Refroidissement dans un modèle

Une température, en degrés Celsius, vérifie $T'=-0{,}1(T-20)$, où $t$ est en minutes et $t\ge0$. On donne $T(0)=80$. Déterminer $T(t)$, puis l’instant où $T(t)=35$.

Correction. La température d’équilibre est $20$. Les solutions sont $T=20+Ce^{-0{,}1t}$. Comme $C=80-20=60$, $$T(t)=20+60e^{-0{,}1t}.$$ L’équation $T(t)=35$ donne $e^{-0{,}1t}=15/60=1/4$, puis $-0{,}1t=-\ln4$. Ainsi $t=10\ln4\approx13{,}86$ minutes. Cette solution est unique car $T'(t)=-6e^{-0{,}1t}<0$. La limite est $20$, et la température reste strictement supérieure à $20$ pour tout temps fini. Ces résultats sont ceux du modèle supposé.

Cas limite à savoir traiter

Pour $y'=0y+4$, $y(2)=1$, la solution est simplement $y(x)=4x-7$. On ne remplace pas $a$ par $0$ dans une formule qui divise par $a$.

Exercices corrigés : second ordre

Exercice 4 - Deux racines réelles

Résoudre $y''+y'-2y=0$ avec $y(0)=3$ et $y'(0)=0$.

Correction. Le polynôme caractéristique est $r^2+r-2=(r-1)(r+2)$. Ainsi $y=Ae^x+Be^{-2x}$ et $y'=Ae^x-2Be^{-2x}$. Les conditions donnent $$A+B=3,\qquad A-2B=0,$$ d’où $B=1$ et $A=2$. Donc $y(x)=2e^x+e^{-2x}$. On vérifie $$y''+y'-2y=(2e^x+4e^{-2x})+(2e^x-2e^{-2x})-2(2e^x+e^{-2x})=0.$$ Les valeurs initiales sont $3$ et $0$, comme demandé.

Exercice 5 - Racine double

Résoudre $y''-6y'+9y=0$ avec $y(0)=2$ et $y'(0)=5$.

Correction. Le polynôme est $(r-3)^2$. La solution générale est $y=(A+Bx)e^{3x}$ et sa dérivée vaut $(B+3A+3Bx)e^{3x}$. On a $A=2$ et $B+3A=5$, donc $B=-1$ : $$y(x)=(2-x)e^{3x},\quad y'(x)=(5-3x)e^{3x},\quad y''(x)=(12-9x)e^{3x}.$$ Alors $y''-6y'+9y=[12-9x-6(5-3x)+9(2-x)]e^{3x}=0$. Les conditions initiales sont également vérifiées.

Exercice 6 - Une oscillation et une dérivée initiale

Résoudre $y''+4y=0$ avec $y(0)=1$, $y'(0)=-2$. Donner une écriture avec un seul cosinus et déterminer la première racine positive.

Correction. On a $y=A\cos2x+B\sin2x$ et $y'=-2A\sin2x+2B\cos2x$. Les conditions donnent $A=1$ et $2B=-2$, donc $$y(x)=\cos2x-\sin2x=\sqrt2\cos\left(2x+\frac\pi4\right).$$ Les zéros vérifient $2x+\pi/4=\pi/2+k\pi$, soit $x=\pi/8+k\pi/2$ avec $k\in\mathbb{Z}$. La première racine positive est $\pi/8$. La dérivée seconde est $-4\cos2x+4\sin2x=-4y$, ce qui vérifie l’équation.

Bilan

Premier ordre : une constante, puis une valeur initiale. Second ordre : deux constantes, souvent une valeur et une dérivée initiales. Le discriminant concerne le polynôme caractéristique ; les fonctions obtenues doivent ensuite satisfaire les données du problème.