Rappels sur les EDO

Révision EDO !
Simon-Pierre Roy
Révisé par Mathieu Lavoie
21 janvier 2014
1
Équations différentielles du premier ordre
1.1
Équations séparables
Les équations différentielles pouvant s’écrire sous la forme
f (x)
dy
=
dx
g(y)
(1)
sont faciles à résoudre.
Technique de résolution 1. (1) ⇒
1.2
R
g(y)dy =
R
f (x)dx
Réduction aux équations séparables
Une équation de la forme
dy
= f (ax + by + c)
dx
avec a, b, c ∈ R (b 6= 0) peut se réécrire comme une équation séparable.
(2)
dy
Technique de résolution 2. Posons u := ax + by + c, alors du
dx = a + by dx . Ainsi,
1 du
du
− a = f (u) ⇒
= dx.
(3)
b dx
bf (u) + a
La dernière expression est une équation différentielle séparable.
De plus, une équation de la forme suivante peut aussi se réécrire comme une équation
séparable.
y
dy
=f
(4)
dx
x
Technique de résolution 3. Posons u := xy , alors ux = y impliquant
Ainsi,
du
du
dx
u+
x = f (u) ⇒
=
.
dx
f (u) − u
x
La dernière expression est une équation différentielle séparable.
1
dy
dx
= u+
du
dx x.
(5)
1.3
Équations différentielles exactes
Une équation de la forme
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0
est dite exacte si My :=
∂M
∂y
=
∂N
∂x
(6)
=: Nx .
Théorème 1. Soit D, un domaine simplement connexe dans R2 , si M, N, My , Nx sont
continues dans D, alors il existe une fonction ψ(x, y) telle que ψx = M et ψy = N si et
seulement si M et N satisfont (6).
La preuve de ce théorème, donnée à la page 93 du livre de William E. Boyce, permet
de construire la fonction ψ et de résoudre l’EDO (6). L’exemple suivant donne l’idée de
la preuve ainsi que la façon de résoudre les équations différentielles exactes.
Exemple 1. Trouvons la solution de l’équation différentielle suivante :
Trouvons la fonction ψ décrite au théorème précédant.
ψx =
ψy =
dx
1+x2
dy
+ 1+y
2 = 0.
1
⇒ ψ = arctan(x) + f (y)
1 + x2
1
= f 0 (y) ⇒ ψ = arctan(x) + arctan(y)
1 + y2
La solution de l’équation est donc ψ = c avec c ∈ R, i.e. arctan(x) + arctan(y) = c.
Technique de résolution 4. Suivre l’idée présentée dans l’exemple précédant.
Si l’équation (6) n’est pas exacte, nous pouvons la multiplier par un facteur intégrant
pour la rendre exacte.
Technique de résolution 5. Soit une équation différentielle de la forme M (x, y)dx +
N (x, y)dy = 0 telle que My 6= Nx , trouvons une fonction p pour rendre l’équation exacte.
M (x, y)dx + N (x, y)dy = 0 ⇐⇒ pM (x, y)dx + pN (x, y)dy = 0 (p 6= 0)
La dernière équation est exacte si
∂(pM )
∂(pN )
∂M
∂p
∂N
∂p
=
⇐⇒ p
+
M =p
+
N
∂y
∂x
∂y
∂y
∂x
∂x
(7)
∂p
Supposons que p est une fonction d’une seule variable, par exemple x, alors ∂y
= 0.
Z
∂M
∂N
dp
1 ∂M
∂N
dp
1 ∂M
∂N
p
=p
+
N⇒
−
dx =
⇒ ln(p) =
−
dx
∂y
∂x
dx
N
∂y
∂x
p
N
∂y
∂x
R ∂N
Le facteur intégrant est donc p(x) = eq(x) où q(x) = N1 ∂M
−
∂y
∂x dx. Cette technique
− ∂N
équivalente, p pourrait
∂x est une fonction de x. Dans façon R 1 ∂N
q(y)
dy.
seulement dépendre de y, dans ce cas p(y) = e
où q(y) = M ∂x − ∂M
∂y
fonctionne seulement si
∂M
∂y
2
1.4
Équations linéaires
Les équations linéaires du premier ordre sont de la forme :
dy
= p(x)y + q(x).
dx
(8)
Si q(x) = 0 nous disons qu’elles sont homogènes et inhomogènes dans le cas contraire.
Théorème 2. La solution générale de l’équation (8) peut s’exprimer comme suit :
y = yh + yp ,
où yp est une solution particulière de (8) et yh une solution homogène, i.e. une solution
dy
de l’équation différentielle dx
= p(x)y.
Démonstration. Nous devons vérifier que pour toute solution y de l’équation (8), y − yp
dy
est une solution de l’équation homogène dx
= p(x)y. Nous savons que y 0 = py + q et que
0
0
yp = pyp + q, en soustrayant les deux équations nous obtenons (y − yp )0 = p(y − yp )
Technique de résolution 6. Débutons en trouvant la solution homogène.
R
dyh
dyh
= p(x)yh ⇒
= p(x)dx ⇒ yh = Ce p(x)dx
dx
yh
R
Trouvons une solution particulière de (8). Soit yp := u(x)e
respecter (8). Nous avons
R
yp0 = u(x)e
p(x)dx
p(x) + u0 (x)e
R
p(x)dx ,
p(x)dx
(9)
trouvons u(x) pour
,
(10)
+ q(x).
(11)
de plus, nous voulons respecter l’équation (8)
yp0 = p(x)yp + q(x) = p(x)u(x)e
R
p(x)dx
Les égalités (10) et (11) permettent de trouver q(x) et u(x) :
q(x) = u0 (x)e
R
p(x)dx
R
⇒du = q(x)e− p(x)dx dx
Z
R
⇒u(x) = q(x)e− p(x)dx dx.
R
La solution finale est donc y = yh + yp = yh + u(x)e
3
p(x)dx .
(12)
(13)
2
Équations différentielles du second ordre
2.1
Réduction au premier ordre
Une EDO de la forme y 00 = f (x, y 0 ) peut se réécrire comme une EDO de premier
ordre.
Technique de résolution 7. On pose u(x) := y 0 (x), alors u0 (x) = y 00 (x) et ainsi l’EDO
devient u0 (x) = f (x, u(x)).
Exemple 2. Trouvons la solution de l’EDO suivant : xy 00 − y 0 = 8x2 .
xy 00 − y 0 = 8x2 ⇐⇒ xu0 (x) − u(x) = 8x2
u(x)
u0 (x) = 8x +
x
C’est une EDO linéaire du premier ordre, alors u(x) = cx + 8x2 . Puis nous trouvons la
solution à l’EDO y 0 (x) = cx + 8x2 , soit y(x) = c1 x2 + 38 x3 + c2 .
Une EDO de la forme y 00 (x) = f (y, y 0 ) peut aussi se réécrire comme une EDO de
premier ordre.
Technique de résolution 8. Posons p(y(x)) := y 0 (x), alors
dp
dy p
= y 00 (x). L’EDO devient alors
dp
dy p
Nous avons p(y) =
2.2
−1
y
= y 00 (x) et ainsi
= f (y, p).
Exemple 3. Trouvons la solution de l’EDO suivant : y 00 =
y 00 =
dp dy
dy dx
y0
.
y2
dp
p
dp
1
y0
⇐⇒
p= 2 ⇒
= 2
y2
dy
y
dy
y
+ c et il faut résoudre l’EDO
dy
dx
=
−1
y
+ c pour conclure.
Équations linéaires
Les équations linéaires du deuxième ordre sont de la forme :
d2 y
dy
+ p(x)
+ q(x)y = r(x).
dx2
dx
(14)
Si r(x) = 0 nous disons qu’elles sont homogènes et inhomogènes dans le cas contraire.
Théorème 3. La solution générale de l’équation (14) peut s’exprimer comme suit :
y = yh + yp ,
où yp est une solution particulière de (14) et yh une solution homogène, i.e. une solution
d2 y
dy
de l’équation différentielle dx
2 + p(x) dx + q(x)y = 0.
4
Démonstration. Même idée que la démonstration du théorème (2).
2
d y
dy
Technique de résolution 9. Si nous cherchons une solution de dx
2 +p(x) dx +q(x)y = 0
et que nous connaissons une solution particulière y1 , il faut trouver y2 = u(x)y1 et la
solution est donnée par y = y1 + y2 (espace vectoriel de dimension 2). (On résout l’ODE
avec u(x) en posant v = u0 (x))
2.3
Équations linéaires homogènes à coefficients constants
Trouvons la solution de l’EDO suivant :
ay 00 (x) + by 0 (x) + cy = 0
(15)
où a, b, c ∈ R.
Technique de résolution 10. Cherchons des solutions de la forme y = erx avec r ∈ R.
En substituant dans l’EDO, nous obtenons :
(ar2 + br + c)ert = 0 ⇒ (ar2 + br + c)
(16)
L’équation ar2 + br + c = 0 s’appelle équation caractéristique de (15). Il y a trois cas
possibles :
1. Les solutions de l’équation caractéristique forment un couple (r1 , r2 ) de deux réels
distincts. Alors y1 := er1 x et y2 := er2 x sont deux solutions linéairement indépendantes et donc la solution de (15) est : yh = c1 er1 x + c2 er2 x .
2. Si la racine est double, alors la solution de (15) est : yh = c1 erx + c2 xerx , où
r = −b/2a, puisqu’un polynôme du second degré a une racine double si b2 −4ac = 0.
On a donc à la base que la solution y1 := erx . Pour trouver une autre solution
linéairement indépendantede la première, on considère une expression de la forme
y2 = v(x)y1 (x) = v(x)erx . En dérivant et en substituant dans (15), on trouve (avec
toujours r := −b/2a
2
b
b2
00
0
av (x) + (−b + b)v (x) +
−
+ c v(x) = 0
4a 2a
Et donc, puisque b2 − 4ac = 0
v 00 (x) = 0
de solution générale v(x) = Ax + B, et donc on a bien trouvé qu’une autre solution de notre équation est y2 = xerx , et on voit aisément qu’elle est linéairement
indépendante avec la première.
3. Si la racine est complexe, i.e., r = α ± βi alors le cas 1 donne
yh = c1 e(α+βi)x + c2 e(α−βi)x
= eαx (c1 eβix + c2 e−βix )
5
Rapellons-nous maintenant les identités d’Euler :
eiθ + e−iθ
2
eiθ − e−iθ
sin θ =
2i
cos θ =
En posant θ = βx, on voit qu’on a dans la parenthèse une certaine combinaison
linéaire de cos βx et sin βx. La solution de (15) est donc :
yh = eαx (C1 cos(βx) + C2 sin(βx)).
Voici trois résultats pour trouver des solutions particulières aux EDO de la forme
ay 00 (x) + by 0 (x) + cy = r(x).
r(x) = axn + ... + c ⇒ yp = a0 xn + ... + c0
r(x) = a cos(wx) + b sin(wx) ⇒ yp = A cos(wx) + B sin(wx)
r(x) = aeαx cos(wx) + beαx sin(wx) ⇒ yp = Aeαx cos(wx) + Beαx sin(wx)
2.4
Équation différentielle d’Euler
Trouvons la solution de l’EDO suivant :
x2 y 00 (x) + axy 0 (x) + by = 0
(17)
où a, b ∈ R.
Technique de résolution 11. Cherchons des solutions de la forme y = xm avec m ∈ R.
En substituant dans l’EDO, nous obtenons :
x2 m(m − 1)xm−2 + axmxm−1 + bxm ⇒ m(m − 1) + am + bm = 0
(18)
Si la solution de l’équation (18) est un couple (m1 , m2 ) de deux réels distincts, alors
la solution de est : yh = c1 xm1 + c2 xm2 . Si la racine est double, alors la solution de (18)
est : yh = c1 xm1 + c2 xm1 log(x). Si la racine est complexe, i.e., r = α ± βi alors la solution
est y = c1 xα cos(β ln(x)) + c2 xα sin(β ln(x)).
Pour résoudre les EDO de la forme x2 y 00 (x) + axy 0 (x) + by = r(x) nous utilisons la
méthode de variation de la constante présentée dans la prochaine section.
2.5
Variation de la constante
Soit y1 , y2 , deux solutions linéairement indépendantes de l’équation
y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = 0,
6
(19)
On trouve une solution particulière de y 00 + p(x)y 0 + q(x)y = r(x) en posant yp :=
u1 (x)y1 + u2 (x)y2 . En dérivant, en remplaçant, et en supposant
u01 (x)y1 (x) + u02 (x)y2 (x) = 0(∗),
on obtient en simplifiant (en se rappellant que yp est supposée solution de l’équation),
l’équation
u01 (x)y10 (x) + u02 (x)y20 (x) = r(x)(∗∗),
En considérant (∗) et (∗∗), on en arrive à la
Technique de résolution 12. Il faut résoudre le système suivant :
(
0
u01 (x)y1 + u02 (x)y2 = 0
y1 (x) y2 (x)
u1 (x)
0
⇐⇒
=
.
y10 (x) y20 (x)
u02 (x)
r(x)
u01 (x)y10 + u02 (x)y20 = r(x)
Note : Soit la matrice
W (y1 , y2 ) :=
y1 (x) y2 (x)
.
y10 (x) y20 (x)
Le déterminant |W | s’appelle le wronskien.
En résolvant le système on trouve
Z
y2 (x)g(x)
u1 (x) = −
dx + c1
|W (y1 (x), y2 (x)|
Z
y1 (x)g(x)
dx + c2
u2 (x) =
|W (y1 (x), y2 )(x)|
7