Solution particulière EDL2

Équations Différentielles Linéaires

Cedocument fournit des notes structurées pour la résolution d'équations différentielles linéaires (EDL) de premier et second ordre, ainsi que des méthodes avancées et des problèmes spécifiques.

EDL du Premier Ordre (EDL1)

Une EDL1 a la forme générale $y'+a(x)y=b(x)$. La résolution s'effectue en deux étapes : résolutionde l'équation homogène et recherche d'une solution particulière.

• Équation homogène : $y'+a(x)y=0$. La solution est de la forme $y_h(x) = \lambda e^{-A(x)}$, où $A(x)$ est une primitive de $a(x)$.
• Solution particulière : Méthode de variation de la constante ou identification.

Exemples de Résolution d'EDL1

1. $y'+2y=2$
   • Solution homogène: $y_h(x) = \lambda e^{-2x}$
   • Solution particulière: $y_p(x) =1$ (par constante)
   • Solution générale: $y(x) = \lambda e^{-2x}+1$
2. $y'-y=x$
   • Solution homogène: $y_h(x) = \lambda e^x$
   • Solution particulière: Chercher $y_p(x)=ax+b$. On trouve $y_p(x)=-x-1$.
   • Solution générale: $y(x) = \lambda e^x-x-1$
3. $y'+y=e^x+x$
   • Solution homogène: $y_h(x) = \lambda e^{-x}$
   • Solution particulière: Chercher $y_{p1}(x)=Ae^x$ pour $e^x$ et$y_{p2}(x)=Bx+C$ pour $x$. $y_p(x) = \frac{1}{2}e^x+x-1$.
   • Solution générale: $y(x) = \lambda e^{-x}+\frac{1}{2}e^x+x-1$
4. $y'-2y=x^2$
   • Solution homogène: $y_h(x) = \lambda e^{2x}$
   • Solution particulière: Chercher $y_p(x)=ax^2+bx+c$. On trouve $y_p(x)=-\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}$.
   • Solution générale: $y(x) = \lambda e^{2x}-\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}$
5. $y'-4y=e^{4x}$
   • Solution homogène: $y_h(x)=\lambda e^{4x}$
   • Solutionparticulière: L'indication suggère $y_p(x) = P(x)e^{4x}$ avec $P \in \mathbb{R}_1[X]$. Posons $y_p(x)=axe^{4x}$. $y_p'(x)=a e^{4x}+4axe^{4x}$. $ae^{4x}+4axe^{4x}-4axe^{4x}=e^{4x} \Rightarrow a=1$. Donc $y_p(x)=xe^{4x}$.
   • Solution générale: $y(x) =(\lambda+x)e^{4x}$

EDL du Second Ordre (EDL2)

Une EDL2 à coefficients constants a la forme $ay''+by'+cy=f(x)$.

Exemplesde Résolution d'EDL2

1. $y''+y'-2y=4$
   • Équation caractéristique: $r^2+r-2=0 \Rightarrow (r+2)(r-1)=0$. Racines $r_1=1, r_2=-2$.
   • Solution homogène: $y_h(x) = \lambda_1 e^x + \lambda_2 e^{-2x}$
   • Solution particulière: Chercher $y_p(x)=C$. Ontrouve $y_p(x)=-2$.
   • Solution générale: $y(x) = \lambda_1 e^x + \lambda_2 e^{-2x}-2$
2. $y''-2y'+y=x$
   • Équation caractéristique: $r^2-2r+1=0 \Rightarrow (r-1)^2=0$. Racine double $r=1$.
   • Solution homogène: $y_h(x) = (\lambda_1+\lambda_2 x)e^x$
   • Solution particulière: Chercher $y_p(x)=ax+b$. On trouve $y_p(x)=x+2$.
   • Solution générale: $y(x) = (\lambda_1+\lambda_2 x)e^x+x+2$
3. $y''-4y'+3y=(2x+1)e^{-x}$
   • Équation caractéristique: $r^2-4r+3=0 \Rightarrow (r-1)(r-3)=0$. Racines $r_1=1, r_2=3$.
   • Solution homogène: $y_h(x) = \lambda_1 e^x + \lambda_2 e^{3x}$
   • Solution particulière: L'indication suggère $y_p(x) = (ax+b)e^{-x}$. On trouve $y_p(x) = (\frac{1}{4}x+\frac{1}{8})e^{-x}$.
   • Solution générale: $y(x) = \lambda_1 e^x + \lambda_2 e^{3x} + (\frac{1}{4}x+\frac{1}{8})e^{-x}$

Méthode de Variation de la Constante

Cette méthode est utile pour trouver une solution particulière d'une EDL de premier ou second ordre lorsque la fonction $b(x)$ (ou le second membre) n'est pas polynomiale ou exponentielle simple.

EDL1: $y'+a(x)y=b(x)$

1. Trouver la solution de l'équation homogène: $y_h(x) = \lambda e^{-A(x)}$.
2. Chercher une solution particulière de la forme $y_p(x)=\lambda(x)e^{-A(x)}$.
3. Dériver $y_p(x)$ et substituer dans l'équation originale, ce qui donne une équation pour $\lambda'(x)$.
4. Intégrer $\lambda'(x)$ pour trouver $\lambda(x)$.

La méthode de variation de la constante étend la solution générale de l'équation homogène en remplaçant la constante par une fonction.

Exemple: $y'+y=\frac{1}{1+e^x}$

1. Solution homogène: $y_h(x)=\lambda e^{-x}$.
2. Cherchons $y_p(x)=\lambda(x)e^{-x}$.
3. $y_p'(x)=\lambda'(x)e^{-x}-\lambda(x)e^{-x}$.
4. Substitution: $\lambda'(x)e^{-x}-\lambda(x)e^{-x}+\lambda(x)e^{-x}=\frac{1}{1+e^x} \Rightarrow\lambda'(x)e^{-x}=\frac{1}{1+e^x}$.
5. $\lambda'(x)=\frac{e^x}{1+e^x}$.
6. Intégration: $\lambda(x)=\int \frac{e^x}{1+e^x}dx = \ln(1+e^x)$.
7. Solution particulière: $y_p(x)=\ln(1+e^x)e^{-x}$.
8. Solution générale: $y(x) = (\lambda+\ln(1+e^x))e^{-x}$.

Changement d'Inconnue ou de Variable

Cette technique permet de transformer une équation différentielle complexe en une équation plus simple à résoudre, souvent linéaire.

Exemple: Problème de Cauchy $y'+2y-(x+1)\sqrt{y}=0$ avec $y(0)=1$

1. Posons $z=\sqrt{y}$. Alors $z^2=y$, et $2z z'=y'$.
2. Substituons dans l'équation: $2zz'+2z^2-(x+1)z=0$.
3. Comme $y(x)>0$, $z(x) \neq 0$. On peut diviser par $z$: $2z'+2z-(x+1)=0 \Rightarrow 2z'+2z=x+1$.
4. Il s'agit d'une EDL1. Résolvons $2z'+2z=x+1$.
   • Homogène: $2z'+2z=0 \Rightarrow z_h(x)=\lambda e^{-x}$.
   • Particulière: Cherchons $z_p(x)=ax+b$. On trouve $z_p(x)=\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}$.
   • Solution générale pour $z$: $z(x)=\lambda e^{-x}+\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}$.
5. Condition initiale: $y(0)=1 \Rightarrow z(0)=\sqrt{1}=1$.
6. $z(0)=\lambda e^0+0-\frac{1}{4}=1 \Rightarrow \lambda-\frac{1}{4}=1 \Rightarrow \lambda=\frac{5}{4}$.
7. Donc $z(x)=\frac{5}{4}e^{-x}+\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}$.
8. Finalement $y(x)=(z(x))^2 = (\frac{5}{4}e^{-x}+\frac{1}{2}x-\frac{1}{4})^2$.

Équation Fonctionnelle

La résolution d'équations fonctionnelles implique souvent la dérivation et la transformation en équations différentielles.

Exemple: $f(x+y)=f(x)f(y)$

1. Si $f(0)=0$: $f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)=0$. C'est la fonction nulle.
2. Si $f$ n'est pas nulle, $f(0) \neq 0$. On a $f(0)=f(0+0)=f(0)f(0)$, donc $f(0)=1$.
3. Définition de la dérivée: $\frac{f(x+h)-f(x)}{h} = \frac{f(x)f(h)-f(x)}{h} = f(x)\frac{f(h)-1}{h} = f(x)\frac{f(h)-f(0)}{h}$.
4. En prenant la limite quand$h \to 0$: $f'(x)=f(x)f'(0)$.
5. Soit $k=f'(0)$. On obtient l'EDL1: $f'(x)=kf(x)$.
6. La solution est $f(x)=Ce^{kx}$. Avec $f(0)=1$, on a $C=1$.
7. Donc $f(x)=e^{kx}$.

Comportement Asymptotique des Solutions

L'analyse des limites des solutions et de leurs dérivées enl'infini est cruciale pour comprendre le comportement à long terme des systèmes modélisés par des équations différentielles.

Exemple: $y' = e^{-y}-e^{-3y}+e^{-5y}$

Pour déterminer les limites de $y$ et $y'$ en$+\infty$, on suppose que $y(x)$ tend vers une limite $L$ finie en $+\infty$.

• Si $y(x) \to L$, alors $y'(x) \to 0$ (si $y'$ est continue).
• Donc$e^{-L}-e^{-3L}+e^{-5L}=0$.
• Soit $u=e^{-L}$. Alors $u-u^3+u^5=0$.
• Comme $e^{-L}>0$, $u>0$. On peut diviser par $u$:$1-u^2+u^4=0$.
• C'est une équation bicarrée pour $u$. Soit $v=u^2$. $1-v+v^2=0$.
• Le discriminant de $v^2-v+1=0$ est$\Delta=(-1)^2-4(1)(1)=-3 < 0$.
• Il n'y a pas de solutions réelles pour $v$. Par conséquent, il n'y a pas de solutions réelles pour $u$, et donc pas de limite $L$ finie pour $y(x)$.

Revenons sur l'équation: $y' = e^{-y}-e^{-3y}+e^{-5y}$. Soit $f(y)=e^{-y}-e^{-3y}+e^{-5y}$. On note que $f(y)> 0$ pour tout $y \in \mathbb{R}$ car cela équivaut à $u(u^4-u^2+1)>0$, et $u^4-u^2+1$ n'a pas de racine réelle. Puisque $y'(x) > 0$, la fonction $y(x)$ est strictement croissante. Si $y(x)$ convergeait vers $L$, alors $y'(x)$ convergerait vers $0$, ce qui est impossible. Donc $y(x)$ tend vers $+\infty$ car elle est croissante et ne peutpas converger.

• Comme $y(x) \to +\infty$: $e^{-y} \to 0$, $e^{-3y} \to 0$, $e^{-5y} \to 0$.
• Par conséquent, $y'(x) \to 0$.

Même si $y'(x)$ tend vers 0, la fonction $y(x)$ peut tendre vers l'infini (par exemple, $\ln(x)$ a une dérivée qui tend vers 0, mais $\ln(x)$ tend vers$+\infty$).

Résumé des concepts clés

• Les EDL1 et EDL2 à coefficients constants sont résolues en trouvant la solution de l'équation homogène et une solution particulière.
• La méthode de variationde la constante est puissante pour une variété de seconds membres.
• Les changements d'inconnue ou de variable simplifient des problèmes non linéaires.
• L'étude de l'équation caractéristique est fondamentale pour les EDL linéaires homogènes à coefficients constants.
• Les équations fonctionnelles peuvent souvent être transformées en EDL.
• L'analyse du comportement asymptotique révèle la dynamique à long terme des solutions.