Équations différentielles - Cours et exercices corrigés | 2e Bac sciences mathématiques

KORASATI · MATHÉMATIQUES

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Objectifs. Résoudre les équations $y'=ay+b$ et $y''+ay'+by=0$ à coefficients constants, exploiter des données initiales, interpréter les solutions et ramener des équations guidées à ces deux formes.

Cadre. Les fonctions cherchées sont réelles, définies sur un intervalle $I$. Les coefficients $a,b$ sont des constantes réelles. Une solution du premier ordre doit être dérivable ; au second ordre, elle doit être deux fois dérivable. Les changements de fonction ou de variable seront justifiés sur le domaine annoncé.

Une équation dont l’inconnue est une fonction

Résoudre une équation différentielle consiste à déterminer toutes les fonctions qui vérifient une relation avec leurs dérivées en chaque point de $I$. Par exemple, $y'=2y$ ne demande pas une valeur de $y$ : les fonctions $x\mapsto3e^{2x}$, $x\mapsto-e^{2x}$ et la fonction nulle conviennent toutes.

Une condition initiale ajoute une valeur, telle que $y(x_0)=y_0$. Au second ordre, on donnera souvent aussi $y'(x_0)=v_0$. Une valeur et une pente au même point jouent des rôles différents.

Vérifier et résoudre

La substitution d’une fonction dans l’équation prouve qu’elle est une solution. Elle ne prouve pas que la liste trouvée est complète. Pour obtenir toutes les solutions, on utilise une transformation équivalente ou un théorème qui décrit la famille générale.

Premier ordre : $y'=ay+b$

Le cas homogène $y'=ay$

Si $y$ est solution, la fonction $z(x)=e^{-ax}y(x)$ satisfait $$z'(x)=e^{-ax}\bigl(y'(x)-ay(x)\bigr)=0.$$ Une fonction de dérivée nulle sur un intervalle est constante : $z=C$, d’où $y=Ce^{ax}$. Réciproquement, toute fonction de cette forme vérifie $y'=ay$.

Famille complète et valeur initiale

Les solutions de $y'=ay$ sur $I$ sont $y(x)=Ce^{ax}$, avec $C\in\mathbb{R}$. Si $x_0\in I$ et $y(x_0)=y_0$, la solution est uniquement $$\boxed{y(x)=y_0e^{a(x-x_0)}}.$$ La formule vaut aussi pour $a=0$, où les solutions sont constantes.

Cette démonstration ne divise pas par $y$ et conserve donc la solution nulle. Écrire $y'/y=a$ dès le départ l’aurait exclue sans justification.

Équilibre et changement de fonction

Si $a\ne0$, la constante $\ell=-b/a$ vérifie $a\ell+b=0$ : c’est une solution d’équilibre. Poser $z=y-\ell$ donne $$y'=ay+b\quad\Longleftrightarrow\quad z'=az.$$ On en déduit une famille complète, puis la constante grâce à une donnée initiale.

Solutions de l’équation affine

Si $a\ne0$, les solutions sont $y(x)=-b/a+Ce^{ax}$. Avec $y(x_0)=y_0$, $$\boxed{y(x)=\ell+(y_0-\ell)e^{a(x-x_0)}},\qquad \ell=-\frac ba.$$ Si $a=0$, l’équation est $y'=b$, donc $y(x)=bx+C$ ; avec la même donnée initiale, $y(x)=y_0+b(x-x_0)$.

Exemple - Garder les signes des coefficients

L’équation $y'+3y=12$ s’écrit $y'=-3y+12$. Son équilibre est $4$. Avec $y(1)=2$, la solution est $y(x)=4-2e^{-3(x-1)}$. On trouve bien $y'=6e^{-3(x-1)}=-3y+12$ et $y(1)=2$.

Lire les variations et le comportement à long terme

Pour $a\ne0$, $y-\ell=(y_0-\ell)e^{a(x-x_0)}$. L’exponentielle est positive : une solution non constante reste strictement du même côté de l’équilibre. Si $a<0$, elle s’en approche lorsque $x\to+\infty$ ; si $a>0$, l’écart en valeur absolue augmente, sauf si $y_0=\ell$.

La dérivée est $a(y_0-\ell)e^{a(x-x_0)}$. Son signe est constant : il donne directement le sens de variation. Deux solutions distinctes ne se croisent pas, car leur différence est une constante non nulle multipliée par $e^{ax}$.

Figure disponible dans la version PDF ci-dessus.

Ces trois courbes sont des solutions de $y'=-y+2$. L’une descend, l’autre monte ; aucune ne traverse la solution constante $2$.

Modéliser avec des unités cohérentes

Dans un modèle de refroidissement, $T'=-k(T-T_a)$ avec $k>0$ et température ambiante constante $T_a$. Alors $$T(t)=T_a+(T(0)-T_a)e^{-kt}.$$ Si $t$ est en minutes, $k$ s’exprime en inverse de minutes. Une mesure supplémentaire permet de calculer $k$ par un logarithme. Le modèle s’utilise sur le domaine physique demandé, généralement $t\ge0$ ; la solution mathématique peut être définie sur un intervalle plus grand.

Second ordre : $y''+ay'+by=0$

L’équation est linéaire et homogène. Si $u,v$ sont solutions, toute combinaison $Au+Bv$, avec $A,B\in\mathbb{R}$, est encore solution : la dérivation et la relation sont linéaires. Il reste à trouver deux solutions appropriées et à savoir qu’elles donnent toute la famille.

L’essai $y=e^{rx}$ conduit à $$y''+ay'+by=(r^2+ar+b)e^{rx}.$$ On appelle équation caractéristique $r^2+ar+b=0$. Son discriminant est $\Delta=a^2-4b$. Le théorème suivant donne toutes les solutions réelles ; son caractère exhaustif est admis ici.

Les trois familles complètes

Si $\Delta>0$, avec deux racines réelles distinctes $r_1,r_2$, $$y(x)=Ae^{r_1x}+Be^{r_2x}.$$ Si $\Delta=0$, avec $r=-a/2$, $$y(x)=(A+Bx)e^{rx}.$$ Si $\Delta<0$, poser $\alpha=-a/2$ et $\beta=\sqrt{-\Delta}/2>0$ ; alors $$y(x)=e^{\alpha x}\bigl(A\cos(\beta x)+B\sin(\beta x)\bigr).$$ Dans les trois cas, $A,B$ sont deux constantes réelles indépendantes.

Pour une équation $py''+qy'+sy=0$ avec $p\ne0$ constant, diviser d’abord par $p$. Au cas double, $Ae^{rx}+Be^{rx}$ se réduit à une seule constante : le terme $Bxe^{rx}$ est indispensable. Au cas $\Delta<0$, les solutions réelles existent bien ; l’absence de racines réelles de l’équation caractéristique ne signifie pas absence de fonctions solutions.

Pourquoi ces formes conviennent

Pour une racine $r$, $e^{rx}$ satisfait la relation par construction. Pour une racine double, $2r+a=0$ et $r^2+ar+b=0$ ; la substitution de $xe^{rx}$ donne donc aussi zéro. Dans le troisième cas, la substitution des sinus et cosinus fournit les relations $$2\alpha+a=0,\qquad \alpha^2-\beta^2+a\alpha+b=0,$$ qui sont vérifiées par $\alpha,\beta$. Ces contrôles expliquent les formes du théorème, sans remplacer l’affirmation qu’il n’y a pas d’autres solutions.

Conditions initiales en un point quelconque

Il est souvent plus commode d’écrire les solutions en $\tau=x-x_0$. Les mêmes formes restent valables puisque les coefficients sont constants. Les conditions $y(x_0)=y_0$, $y'(x_0)=v_0$ donnent :

• deux racines distinctes : $A+B=y_0$, $r_1A+r_2B=v_0$, système de déterminant $r_2-r_1\ne0$ ;

• racine double : $A=y_0$, $B+ rA=v_0$ ;

• racines non réelles : $A=y_0$, $\alpha A+\beta B=v_0$.

Chaque système possède une solution unique. C’est une justification directe de l’unicité du problème initial dans ces familles. On doit calculer $y'$ avant de remplacer la variable par $x_0$.

Exemple - Une racine double et un point initial décalé

Pour $y''-2y'+y=0$, avec $y(2)=3$ et $y'(2)=1$, écrire $\tau=x-2$ et $y=(A+B\tau)e^\tau$. Alors $A=3$ et $A+B=1$, donc $$y(x)=\bigl(3-2(x-2)\bigr)e^{x-2}.$$ La dérivée est $(1-2(x-2))e^{x-2}$ ; les deux valeurs demandées sont immédiatement visibles.

Oscillations, amortissement et données au bord

L’équation $y''+\omega^2y=0$, pour $\omega>0$, a pour solutions $A\cos(\omega x)+B\sin(\omega x)$. La solution initiale est $$y(x)=y_0\cos\bigl(\omega(x-x_0)\bigr)+\frac{v_0}{\omega}\sin\bigl(\omega(x-x_0)\bigr).$$ Pour une solution non nulle, on peut écrire $R\cos(\omega x-\varphi)$, avec $R=\sqrt{A^2+B^2}>0$, $\cos\varphi=A/R$, $\sin\varphi=B/R$. Sa période est $2\pi/\omega$.

Dans le cas général $\Delta<0$, la combinaison trigonométrique est multipliée par $e^{\alpha x}$. Si $\alpha<0$, elle est amortie, mais la fonction entière n’est pas nécessairement monotone : elle oscille à l’intérieur d’une enveloppe qui décroît.

Figure disponible dans la version PDF ci-dessus.

Les enveloppes sont $\pm e^{-x/3}$. La courbe bleue résout $y''+\tfrac23y'+\tfrac{37}{9}y=0$ et tend vers $0$ tout en changeant de signe.

Deux valeurs ne sont pas toujours deux conditions indépendantes

Les données $y(x_0)$ et $y'(x_0)$ déterminent une solution unique. Deux valeurs prises en des points différents peuvent conduire à une solution, aucune ou plusieurs. Il faut résoudre le système effectivement obtenu, sans appliquer automatiquement le résultat du problème initial.

Ramener une équation à une forme connue

Ces méthodes sont utilisées dans des problèmes guidés. Elles ne constituent pas une formule universelle pour les équations différentielles à coefficients variables ou non linéaires.

Soustraire une solution particulière

Pour $L(y)=y''+ay'+by=f(x)$, si une fonction $p$ vérifie $L(p)=f$, la linéarité donne $$L(y)=f\quad\Longleftrightarrow\quad L(y-p)=0.$$ Ainsi toutes les solutions sont $y=p+z$, où $z$ parcourt les solutions homogènes. La fonction $p$ doit être vérifiée ; les conditions initiales portent ensuite sur $p+z$, non sur $z$ seul. La même méthode au premier ordre explique déjà le déplacement vers l’équilibre.

Factoriser une exponentielle

En posant $y=e^{\mu x}z$, avec $\mu$ constant, on obtient $$y'=e^{\mu x}(z'+\mu z),\qquad y''=e^{\mu x}(z''+2\mu z'+\mu^2z).$$ Donc $$y''+ay'+by=e^{\mu x}\left[z''+(2\mu+a)z'+(\mu^2+a\mu+b)z\right].$$ L’exponentielle ne s’annule jamais : ce changement est réversible. Choisir une racine caractéristique pour $\mu$ annule le coefficient de $z$ ; pour une racine double, le coefficient de $z'$ s’annule aussi.

Inverser une fonction non nulle

Pour $y'=y-y^2$, sur un intervalle où $y$ ne s’annule pas, poser $z=1/y$ donne $$z'=-\frac{y'}{y^2}=1-z.$$ On obtient $z=1+Ce^{-x}$, puis $y=1/(1+Ce^{-x})$, uniquement là où le dénominateur ne s’annule pas. La solution $y=0$, exclue par la substitution, doit être examinée séparément ; elle convient. La constante $y=1$ est déjà incluse pour $C=0$.

Changer de variable sur un domaine précis

Sur $x>0$, poser $t=\ln x$ et $y(x)=u(t)$ implique $$y'(x)=\frac{u'(t)}x,\qquad y''(x)=\frac{u''(t)-u'(t)}{x^2}.$$ Une équation comportant $x^2y''$ et $xy'$ peut alors devenir une équation à coefficients constants en $u$. On traduit aussi les conditions initiales. Le changement est bijectif entre $x>0$ et $t\in\mathbb{R}$ ; on ne l’utilise pas en $x=0$ ou pour $x<0$ sous cette forme.

Exercices corrigés

Exercice 1 - Équilibre, valeur initiale et seuil

Résoudre $y'=-2y+6$, avec $y(1)=5$. Étudier $y$ sur $[1;+\infty[$ et déterminer quand $y\le3{,}2$.

Correction. L’équilibre est $3$. La formule initiale donne $$y(x)=3+2e^{-2(x-1)},\qquad y'(x)=-4e^{-2(x-1)}<0.$$ La fonction décroît de $5$ vers $3$ et reste supérieure à $3$. Le seuil s’écrit $e^{-2(x-1)}\le1/10$, donc $-2(x-1)\le-\ln10$ et $$x\ge1+\frac{\ln10}{2}.$$ Le sens s’inverse en divisant par $-2$. Enfin $-2y+6=-4e^{-2(x-1)}=y'$ et $y(1)=5$.

Exercice 2 - Ne pas diviser par un paramètre nul

Pour $m\in\mathbb{R}$, résoudre $y'=my+2$ avec $y(0)=1$. Pour quelle valeur de $m$ la solution est-elle constante ?

Correction. Si $m=0$, $y'=2$ et $y(x)=1+2x$. Si $m\ne0$, l’équilibre est $-2/m$ et $$y(x)=-\frac2m+\left(1+\frac2m\right)e^{mx}.$$ Cette solution est constante exactement lorsque le coefficient exponentiel s’annule, soit $m=-2$. Elle vaut alors $1$, et $my+2=-2+2=0$. Le cas $m=0$ n’est pas constant. Les deux formules donnent bien la valeur initiale $1$ et satisfont l’équation dans leur cas respectif.

Exercice 3 - Identifier un coefficient dans un modèle

On suppose $T'=-k(T-18)$, avec $k>0$, $t$ en minutes, $T(0)=72$ et $T(6)=45$. Déterminer $k$, puis le premier instant où $T\le24$.

Correction. La solution initiale est $T(t)=18+54e^{-kt}$. La seconde mesure impose $27=54e^{-6k}$, donc $$k=\frac{\ln2}{6},\qquad T(t)=18+54e^{-t\ln2/6}.$$ Le coefficient a pour unité la minute inverse. Pour $t\ge0$, $T$ est strictement décroissante. L’inégalité $T\le24$ équivaut à $e^{-t\ln2/6}\le1/9$, donc $$t\ge\frac{6\ln9}{\ln2}\approx19{,}02\ \text{minutes}.$$ La formule retrouve $72$ et $45$ aux instants indiqués. Le seuil a un unique instant d’entrée, car la température décroît vers $18$ dans ce modèle.

Exercice 4 - Deux racines et une étude de variation

Résoudre $y''-y'-6y=0$ avec $y(0)=2$, $y'(0)=-1$. Déterminer le point où la solution atteint son minimum sur $\mathbb{R}$.

Correction. Le polynôme $(r-3)(r+2)$ donne $y=Ae^{3x}+Be^{-2x}$. Les conditions sont $A+B=2$, $3A-2B=-1$, d’où $A=3/5$, $B=7/5$. Ainsi $$y=\frac35e^{3x}+\frac75e^{-2x},\qquad y'=\frac{e^{-2x}}5(9e^{5x}-14).$$ Le facteur extérieur est positif et l’exponentielle croît. La dérivée est négative avant $x_*=\tfrac15\ln(14/9)$, nulle en ce point et positive après. Ce point est l’unique minimum global ; la valeur est $\tfrac35(14/9)^{3/5}+\tfrac75(14/9)^{-2/5}$. Chaque terme satisfait l’équation caractéristique, et les deux données initiales se vérifient dans le système résolu.

Exercice 5 - Racine double avec une donnée en $1$

Résoudre $y''+4y'+4y=0$ avec $y(1)=1$ et $y'(1)=0$.

Correction. La racine double est $-2$. Avec $\tau=x-1$, écrire $y=(A+B\tau)e^{-2\tau}$. Les conditions donnent $A=1$ et $B-2A=0$, donc $$y=(1+2\tau)e^{-2\tau},\qquad y'=-4\tau e^{-2\tau},\qquad y''=(8\tau-4)e^{-2\tau}.$$ La substitution fournit $y''+4y'+4y=[8\tau-4-16\tau+4+8\tau]e^{-2\tau}=0$. En $\tau=0$, les valeurs sont $1$ et $0$. Les deux constantes sont donc correctement fixées.

Exercice 6 - Une oscillation amortie

Résoudre $y''+2y'+5y=0$, avec $y(0)=0$ et $y'(0)=4$. Trouver le premier zéro strictement positif et la limite en $+\infty$.

Correction. Le discriminant vaut $-16$, donc $\alpha=-1$, $\beta=2$ et $y=e^{-x}(A\cos2x+B\sin2x)$. On a $A=0$ et $-A+2B=4$, soit $B=2$. Ainsi $$y=2e^{-x}\sin2x,\qquad y'=2e^{-x}(2\cos2x-\sin2x).$$ Les zéros vérifient $2x=k\pi$ ; le premier strictement positif est $\pi/2$. Comme $|y|\le2e^{-x}$, la limite en $+\infty$ est $0$. La dérivée seconde est $2e^{-x}(-3\sin2x-4\cos2x)$ ; la somme $y''+2y'+5y$ est nulle. L’amortissement n’empêche pas les changements de signe.

Exercice 7 - Conditions initiales et conditions au bord

Résoudre $y''+9y=0$ avec $y(0)=2$, $y'(0)=-6$. Donner période et premier zéro positif. Examiner ensuite les données différentes $y(0)=0$, $y(\pi/3)=1$, puis $y(0)=y(\pi/3)=0$.

Correction. Les solutions sont $y=A\cos3x+B\sin3x$. Pour les données initiales, $A=2$ et $3B=-6$ ; ainsi $$y=2\cos3x-2\sin3x=2\sqrt2\cos(3x+\pi/4).$$ La période est $2\pi/3$ et les zéros sont $x=\pi/12+k\pi/3$ : le premier positif est $\pi/12$. Pour les données au bord, $y(0)=0$ impose $A=0$, puis $y(\pi/3)=B\sin\pi=0$ quelle que soit $B$. La valeur $1$ est donc impossible. La valeur $0$ laisse au contraire une infinité de solutions $B\sin3x$. Il n’y a aucune contradiction avec l’unicité fondée sur $y(0)$ et $y'(0)$.

Exercice 8 - Une substitution qui exclut une solution

Chercher les solutions strictement positives sur $\mathbb{R}$ de $y'=y-y^2$ vérifiant $y(0)=1/3$, en posant $z=1/y$. Étudier la solution obtenue et vérifier séparément $y=0$.

Correction. Puisque $y>0$, la substitution est autorisée et $z'=1-z$, avec $z(0)=3$. Ainsi $z=1+2e^{-x}>0$, d’où l’unique solution dans la classe demandée $$y(x)=\frac1{1+2e^{-x}}.$$ Le dénominateur est positif sur $\mathbb{R}$. On calcule $y'=2e^{-x}/(1+2e^{-x})^2=y-y^2>0$. La fonction croît de $0$ vers $1$ et reste strictement entre ces deux valeurs ; $y(0)=1/3$. Enfin la fonction nulle vérifie bien l’équation, mais ni la positivité ni la donnée initiale de cet exercice. Elle avait été exclue du changement $z=1/y$ et ne doit pas être oubliée dans l’étude générale.

Exercice 9 - Éliminer une exponentielle

Résoudre $y''-2y'+y=e^x$, avec $y(0)=1$ et $y'(0)=0$, en posant $y=e^xz$.

Correction. Les formules de dérivation donnent $y''-2y'+y=e^xz''$. L’équation équivaut donc à $z''=1$. En intégrant deux fois, $$z=\frac{x^2}{2}+Ax+B,\qquad y=e^x\left(\frac{x^2}{2}+Ax+B\right).$$ La valeur $y(0)=1$ donne $B=1$. Comme $y'=e^x(z+z')$, la condition $y'(0)=0$ impose $B+A=0$, donc $A=-1$. Finalement $$y=e^x\left(\frac{x^2}{2}-x+1\right).$$ La transformation est réversible puisque $e^x\ne0$ ; on a donc trouvé toutes les solutions répondant aux données. Le calcul $z''=1$ vérifie directement l’équation non homogène.

Exercice 10 - Un changement logarithmique

Sur $]0;+\infty[$, résoudre $x^2y''+3xy'+y=0$ avec $y(1)=2$, $y'(1)=-1$. On pose $t=\ln x$ et $y(x)=u(t)$.

Correction. On a $xy'=u'$ et $x^2y''=u''-u'$, donc l’équation devient $u''+2u'+u=0$. Sa racine double est $-1$, ainsi $u(t)=(A+Bt)e^{-t}$. En revenant à $x$, $$y(x)=\frac{A+B\ln x}{x},\qquad y'(x)=\frac{B-A-B\ln x}{x^2}.$$ Les conditions donnent $A=2$, $B-A=-1$, donc $B=1$. Pour $y=(2+\ln x)/x$, on trouve $$y'=\frac{-1-\ln x}{x^2},\qquad y''=\frac{1+2\ln x}{x^3}.$$ Alors $x^2y''+3xy'+y=[1+2\ln x-3-3\ln x+2+\ln x]/x=0$. Les conditions en $1$ sont vérifiées. Le domaine $x>0$ est conservé jusqu’à la fin ; aucune valeur en $0$ n’a été introduite.

Méthode de contrôle

Préciser le domaine et la dérivabilité ; identifier une forme ou justifier une substitution ; donner la famille complète ; traduire les données sur cette famille ; vérifier l’équation et les conditions. Examiner séparément tout cas exclu par une division ou un changement de variable.

Fin du cours et des exercices corrigés