6 – Equations Différentielles (HP)

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I/ Généralités.

 

1°) Présentation et résolution de l’équation différentielle du premier ordre à coefficients constants.

 

Définition : On appelle équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants avec second membre, toute équation de la forme \(ay’+by=c\) notée [E].

Remarques :

  • Cette équation est dite du premier ordre car l’ordre le plus élevé de la dérivée est la dérivée première.
  • A coefficients constants car les nombres a, b et c sont des constantes avec a non nul.
  • Linéaire est difficile à justifier.
  • Avec second membre car il y a le c.

Exemple : \(2y’ + 3y =  – 1\)  On a : \(a = 2\), \(b = 3\) et \(c = – 1\) ; elle est a coefficients constants.

 

Définition 2 :   Une fonction solution sur un intervalle I de \(\mathbb{R}\) de l’équation différentielle \(ay’+by=c\) est une fonction f dérivable sur I, telle que pour tout réel x de I : \(af’\left( x \right) + bf\left( x \right) = c\).

Exemple : L’équation différentielle \(y’ = 2y\) admet pour solution la fonction \(f:x \mapsto {e^{2x}}\) car f est dérivable sur \(\mathbb{R}\) avec \(f’\left( x \right) = 2{e^{2x}} = 2f\left( x \right)\) c’est à dire \(f’\left( x \right) = 2f\left( x \right)\).
Mais ce n’est pas la seule, on pouvait aussi prendre \(g\left( x \right) = 3{e^{2x}}\) et bien d’autres.

 

2°) Résolution de l’équation homogène.

 

Puisque a est non nul, on peut diviser toute l’équation par a, elle devient alors \(y’ + \frac{b}{a}y = \frac{c}{a}\).
On résout ensuite ce que l’on appelle l’équation différentielle sans second membre, à savoir : \(y’ + \frac{b}{a}y = 0\) notée [E0], aussi appelée équation différentielle homogène.

Théorème :     Les solutions sur \(\mathbb{R}\) de l’équation différentielle homogène \(y’ + \frac{b}{a}y = 0\) sont les fonctions notées \({f_k}\) définies par \({f_k}\left( x \right) = k{e^{ – \frac{b}{a}x}}\), où \(k \in \mathbb{R}\).

Démonstration :

Il ne faut pas se leurrer, au lycée, la forme des solutions est sortie d’un chapeau !

Vérifions plutôt deux choses : que cette forme des solutions convient, c’est à dire vérifie l’équation [E0] et que ceux sont bien les seules (c’est à dire qu’elles sont toutes de cette forme).

  • Pour tout réel k et tout réel x de \(\mathbb{R}\), les fonctions \(x \mapsto {f_k}\left( x \right)\) sont dérivables sur \(\mathbb{R}\) comme composées des fonctions \(x \mapsto kx\) et \(x \mapsto {e^{\alpha x}}\) qui sont dérivables sur \(\mathbb{R}\).
    Par ailleurs, pour tout réel x, \(f{‘_k}\left( x \right) =  – \frac{{bk}}{a}{e^{ – \frac{b}{a}x}}\). On remplace alors dans l’équation [E0] ce qui donne : \( – \frac{{bk}}{a}{e^{ – \frac{b}{a}x}} + \frac{b}{a}\left( {k{e^{ – \frac{b}{a}x}}} \right) = 0\) donc les fonctions \(x \mapsto {f_k}\left( x \right)\) sont solutions de [E0] sur \(\mathbb{R}\).
  • Démontrons à présent que ceux sont les seules. Supposons qu’il existe une autre solution notée g solution de l’équation [E0] et notons z la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par \(z\left( x \right) = g\left( x \right){e^{ – \frac{b}{a}x}}\).
    La fonction z est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et pour tout réel x, \(z’\left( x \right) = {e^{ – \frac{b}{a}x}}\left[ {g’\left( x \right) + \frac{b}{a}g\left( x \right)} \right]\). Mais puisque g est solution de [E0], on a pour tout réel x, \(g’\left( x \right) + \frac{b}{a}g\left( x \right) = 0\) et donc \(z’\left( x \right) = 0\). Ainsi sur \(\mathbb{R}\), z est une fonction constante, c’est à dire qu’il existe un réel k tel que : pour tout réel x, \(z\left( x \right) = k\) et donc \(g\left( x \right) = k{e^{ – \frac{b}{a}x}}\) qui est bien de la forme des fonctions \({f_k}\).

 

Exemple : Résoudre l’équation différentielle \(2y’ + 3y = 0\).

Cette équation est une équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants et sans second membre. Ici \(a = 2\), \(b = 3\) et \(c = 0\).
On « balance » la phrase suivante : les solutions de l’équation homogène sont les fonctions définies sur \(\mathbb{R}\) par \({f_k}:x \mapsto k{e^{ – \frac{3}{2}x}}\) où k est un réel quelconque.

 

3°) Résolution de l’équation avec second membre.

 

Théorème fondamental :  Les solutions sur \(\mathbb{R}\) de l’équation différentielle ay’+by=c s’obtiennent en ajoutant aux solutions de l’équation différentielle homogène, une solution particulière de l’équation différentielle avec second membre.
La démonstration est admise.

Corollaire :

Les solutions sur \(\mathbb{R}\) de l’équation différentielle ay’+by=c où \(\left( {a;b;c} \right) \in {\mathbb{R}^*} \times I{\mathbb{R}^2}\) sont les fonctions de la forme \(x \mapsto k{e^{ – \frac{b}{a}x}} + \frac{c}{b}\), avec \(k \in \mathbb{R}\).

Démonstration :

On vérifie aisément que la fonction, appelons là g, \(x \mapsto g\left( x \right) = \frac{c}{b}\) vérifie l’équation [E] (dériver et remplacer).
Par ailleurs les fonctions \({f_k}:x \mapsto k{e^{ – \frac{b}{a}x}}\) sont solutions de l’équation [E0].
D’après le théorème précédent, la forme générale des solutions de [E] s’en déduit en ajoutant ces deux solutions.

 

Remarque :  Il s’agit ici d’une démonstration purement artificielle reposant sur le théorème précédent. Si celui-ci n’est pas énoncé, la démonstration prend une autre forme qui est celle d’une équivalence, consistant à soustraire à la forme générale des solutions de [E] la solution particulière et montrer que l’expression obtenue est solution de l’équation homogène [E0].
Cela apparaît fréquemment dans les exercices. Alors pourquoi ne pas la faire ?

Et bien, parce qu’il est préférable dans les exercices de raisonner par double implication plutôt que par équivalence.
Retenez cela et on fera un exercice dans le paragraphe II. 2°).

Exemple :  Régime stationnaire dans un circuit RL.

Lorsqu’on met en marche un générateur de force électromotrice e aux bornes A et B d’un circuit contenant une résistance R et une bobine d’induction L, on note \(i\left( t \right)\) l’intensité du courant qui circule en fonction du temps.
En appliquant la loi d’Ohm, exprimer \(i\left( t \right)\) en fonction de t.

 equations-differentielles_circuit

D’après la loi d’Ohm, la tension aux bornes de AB est e et d’autre par \(R i\left( t \right) + L\frac{{di\left( t \right)}}{{dt}}\).

Donc i est solution de l’équation différentielle \(\left(Ly’ + Ry = e\right) \Leftrightarrow \left(y’ + \frac{R}{L}y = \frac{e}{L}\right)\) [E].

L’équation homogène \(y’ + \frac{R}{L}y = 0\) admet comme solutions les fonctions \(t \mapsto y\left( t \right) = k{e^{ – \frac{R}{L}t}}\).

Les solutions de [E] sont les fonctions définie sur \(\left[ {0; + \infty } \right[\) par : \(t \mapsto i\left( t \right) = k{e^{ – \frac{R}{L}t}} + \frac{e}{R}\). Sur \(\left[ {0; + \infty } \right[\) car le temps est positif !

 

4°) Représentation graphique des solutions de [E].

 

Définition.   Dans un repère \(\left( {O;\mathop i\limits^ \to  ;\mathop j\limits^ \to  } \right)\) que l’on prendra orthonormal, la représentation graphique des solutions de l’équation différentielle [E] : ay’+by=c où \(\left( {a;b;c} \right) \in {\mathbb{R}^*} \times {\mathbb{R}^2}\), à savoir : \(\forall x \in\mathbb{R}\), \(\forall k \in\mathbb{R}\) : \(\phi \left( x \right) = \)\(k{e^{ – \frac{b}{a}x}} + \frac{c}{b}\), sont appelées courbes intégrales. Il y’en a autant de différentes que de valeurs de k.

Forme \(k{e^{ax}} + c\) avec \(a > 0\) ; cet k des constantes

Forme \(k{e^{ax}} + c\) avec \(a < 0\)

eq-diff_courbes-montent eq-diff_courbes-descendent

II/ Recherche d’une solution particulière.

 

1°) Une solution particulière.

 

Il s’agit de rechercher parmi les solutions j de l’équation différentielle [E], une solution particulière vérifiant une condition imposée telle que \(\phi \left( {{x_0}} \right) = {y_0}\). Graphiquement, cela signifie rechercher une courbe intégrale passant par le point de coordonnées \(\left( {{x_0};{y_0}} \right)\).

Théorème.     Pour tout couple \(\left( {{x_0};{y_0}} \right) \in {\mathbb{R}^2}\), il existe une unique solution de l’équation différentielle ay’+by=c où \(\left( {a;b;c} \right) \in {\mathbb{R}^*} \times {\mathbb{R}^2}\) vérifiant la condition initiale \(y\left( {{x_0}} \right) = {y_0}\).

Démonstration.

La solution générale de [E] est \(y\left( x \right) = \)\(k{e^{ – \frac{b}{a}x}} + \frac{c}{b}\). La condition \(y\left( {{x_0}} \right) = {y_0}\) devient alors :
\({y_0} = \)\(k{e^{ – \frac{b}{a}{x_0}}} + \frac{c}{b}\).\( \Leftrightarrow k = {e^{\frac{b}{a}{x_0}}}\left( {{y_0} – \frac{c}{b}} \right)\) ce qui détermine k de façon unique.

Remarque.

Il faut bien faire attention dans les exercices si on demande de déterminer k juste après la résolution de l’équation homogène (c’est à dire sans second membre) ou bien une fois la solution générale trouvée car dans l’expression trouvée n’est pas la même.

 

Exemple.         1°) Résoudre sur \(\mathbb{R}\), l’équation différentielle \(2y’ + y = 0\) [E].

2°) Déterminer l’unique solution de [E] vérifiant \(y\left( 0 \right) =  – \frac{1}{2}\).

 

1°) L’équation [E] se présente sous forme homogène (pas de second membre). On « balance » les solutions :
Les solutions de [E] sont les fonctions définies sur \(\mathbb{R}\) par \(y\left( x \right) = k{e^{ – \frac{1}{2}x}}\) où k est un réel quelconque.

2°) La condition \(y\left( 0 \right) =  – \frac{1}{2}\) s’écrit \( – \frac{1}{2} = k{e^{ – \frac{1}{2} \times 0}}\)\( \Leftrightarrow  – \frac{1}{2} = k{e^0} \Leftrightarrow k =  – \frac{1}{2}\). La solution de [E] vérifiant la condition initiale \(y\left( 0 \right) =  – \frac{1}{2}\) est \(y\left( x \right) =  – \frac{1}{2}{e^{ – \frac{1}{2}x}}\).

On fera bien attention au vocabulaire employé : les solutions sont les fonctions …, la solution vérifiant la condition initiale…

 

2°) Quelques exercices.

 

L’inconvénient dans les exercices du bac, c’est qu’ils ne se contentent pas des équations où le second membre est constant ; celui-ci apparaît bien souvent comme une fonction de la variable réelle x. Ces équations se présentent alors sous la forme \(ay’ + by = c\left( x \right)\) où \(\left( {a;b} \right) \in {\mathbb{R}^*} \times\mathbb{R}\) et c est une fonction continue sur \(\mathbb{R}\).

Une tendance apparaît, appliquer les équations différentielles dans des domaines comme : la physique avec la désintégration d’atomes ou la datation au carbone 14 ou bien les svt avec des modèles d’évolution d’une population. Dans cette partie, cela est bien souvent l’objet du problème. Bonne chance alors !

 

Exercice 1. Purement mathématique, très court qui peut être sur 3 ou 4 points.

1°) Soit [E0] l’équation différentielle \(2y’ + 3y = 0\). Déterminer toutes les solutions de [E0].

2°) On note [E] l’équation différentielle \(2y’ + 3y = {x^2} + 1\).

  • Déterminer une fonction f, polynôme du second degré, solution de [E].
  • Démontrer que si g est une solution de [E], alors gf est une solution de [E0].
  • Réciproquement, démontrer que si gf est une solution de [E0], alors g est une solution de [E].
  • Déterminer toutes les solutions de [E].

 

1°) L’équation \(2y’ + 3y = 0\) s’écrit \(y’ =  – \frac{3}{2}y\). Les solutions de [E0] sur \(\mathbb{R}\) sont les fonctions de la forme \({f_k}\left( x \right) = k{e^{ – \frac{3}{2}x}}\) où k est un réel quelconque.

2°).

  • On cherche une fonction f de la forme \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\) où \(\left( {a;b;c} \right) \in {\mathbb{R}^*} \times {\mathbb{R}^2}\). f est solution de [E] si et seulement si \(2f’\left( x \right) + 3f\left( x \right) = {x^2} + 1\). Comme f est dérivable sur \(\mathbb{R}\) en tant que fonction polynomiale, on a \(2\left( {2ax + b} \right) + 3\left( {a{x^2} + bx + c} \right) = {x^2} + 1 \Leftrightarrow 3a{x^2} + \left( {4a + b} \right)x + 2b + 3c = {x^2} + 1\).
    Par unicité de l’écriture d’un polynôme, on obtient le système suivant :
    \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{3a = 1}\\{4a + b = 0}\\{3c = 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{a = \frac{1}{3}}\\{b = – \frac{4}{9}}\\{c = \frac{1}{3}}\end{array}} \right.\].
    Ainsi, pour tout réel x, \(f\left( x \right) = \frac{1}{3}{x^2} – \frac{4}{9}x + \frac{1}{3}\) est une solution de [E].
  • Si g est une solution de [E] alors \(2g’\left( x \right) + 3g\left( x \right) = {x^2} + 1\) or f est solution de [E] d’après 1°) donc \(2f’\left( x \right) + 3f\left( x \right) = {x^2} + 1\).
    Par soustraction, on a \(2\left( {g’ – f’} \right)\left( x \right) + 3\left( {g – f} \right)\left( x \right) = 0\) ce qui montre que \(g – f\) est solution de [E0].
  • Si \(g – f\) est solution de [E0] alors \(2\left( {g’ – f’} \right) + 3\left( {g – f} \right) = 0 \Leftrightarrow 2g’ + 3g = 2f’ + 3f\) mais \(2f’\left( x \right) + 3f\left( x \right) = {x^2} + 1\) d’où pour tout réel x, \(2g’\left( x \right) + 3g\left( x \right) = {x^2} + 1\) ce qui montre que g est une solution de [E].
  • Les solutions de [E] sont la somme des solutions de l’équation homogène et d’une solution particulière de [E] ce qui donne que : les solutions de [E] sur \(\mathbb{R}\) sont les fonctions de la forme \(y\left( x \right) = k{e^{ – \frac{3}{2}x}} + \)\(\frac{1}{3}{x^2} – \frac{4}{9}x + \frac{1}{3}\) où k est un réel quelconque.

 

Exercice 2.

1°) Trouver  une fonction g de la forme \(x \mapsto a{e^{ – x}}\) telle que pour tout réel x, on ait \(g’\left( x \right) + 3g\left( x \right) = 2{e^{ – x}}\).

2°) Démontrer qu’une fonction f est solution de l’équation différentielle [E] : \(y’ + 3y = h\) où h est la fonction telle que \(h\left( x \right) = 2{e^{ – x}}\) si et seulement si \(f – g\) est solution de [E0] :\(y’ + 3y = 0\).

3°) Résoudre [E].

4°) Déterminer la solution particulière vérifiant la condition initiale\(y\left( 0 \right) = 0\).

 

1°) Posons pour \(x \in\mathbb{R}:g\left( x \right) = a{e^{ – x}}\). g est dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme fonction usuelle, de dérivée, pour tout \(x \in \mathbb{R}:g’\left( x \right) =  – a{e^{ – x}}\). g est alors solution de l’équation différentielle si et seulement si \(g’\left( x \right) + 3g\left( x \right) = 2{e^{ – x}} \Leftrightarrow – a{e^{ – x}} + 3\left( {a{e^{ – x}}} \right) = 2{e^{ – x}} \Leftrightarrow 2a{e^{ – x}} = 2{e^{ – x}}\) ceci pour tout réel x ce qui équivaut à \(a = 1\).
Ainsi, une solution de l’équation différentielle sur \(\mathbb{R}\) est \(g\left( x \right) = {e^{ – x}}\).

2°) Si \(f – g\) est solution de [E0] alors \(\left( {f’ – g’} \right) + 3\left( {f – g} \right) = 0 \Leftrightarrow f’ + 3f = g’ + 3g\) mais g est une solution particulière de [E] et donc vérifie \(g’\left( x \right) + 3g\left( x \right) = 2{e^{ – x}}\).
Ainsi, pour tout réel x, \(f’\left( x \right) + 3f\left( x \right) = 2{e^{ – x}}\).
Réciproquement, si f est solution de [E], on a : \(f’\left( x \right) + 3f\left( x \right) = 2{e^{ – x}}\). Et g est aussi solution donc pour tout réel x, \(g’\left( x \right) + 3g\left( x \right) = 2{e^{ – x}}\).
Par soustraction, \(\left( {f’ – g’} \right)\left( x \right) + 3\left( {f – g} \right)\left( x \right) = 0\) ce qui montre que \(f – g\) est solution de [E0].

3°) Les solutions de [E] sur \(\mathbb{R}\), sont la somme des solutions des l’équation homogène et d’une solution particulière de [E] ce qui donne que les solutions de [E] sur \mathbb{R} sont les fonctions de la forme \(y\left( x \right) = k{e^{ – \frac{3}{2}x}} + {e^{ – x}}\) avec k réel quelconque.

4°) La condition \(y\left( 0 \right) = 0\) s’écrit \(0 = k{e^{ – \frac{3}{2} \times 0}} + {e^0} \Leftrightarrow 0 = k + 1 \Leftrightarrow k =  – 1\).
La solution de [E] définie sur \mathbb{R} vérifiant la condition initiale \(y\left( 0 \right) = 0\) est la fonction \(x \mapsto \)\(y\left( x \right) =  – {e^{ – \frac{3}{2}x}} + {e^{ – x}}\).

 

Exercice 3. Désintégration des noyaux radioactifs.

Rappel. Si \(N\left( t \right)\) est le nombre de noyaux d’un corps radioactif présents à l’instant t (t en années), la variation \(\Delta N\left( t \right)\) de ce nombre pendant la durée \(\Delta t\) (par désintégration) est proportionnelle à \(N\left( t \right)\) et à \(\Delta t\) : \(\Delta N\left( t \right) =  – \lambda {\rm{ }}\Delta t{\rm{ }}N\left( t \right)\) avec \(\lambda  > 0\).

1°) On suppose que \(t \mapsto N\left( t \right)\) est dérivable. Écrire une équation différentielle vérifiée par N et la résoudre.

2°) On appelle temps caractéristique le nombre \(\tau  = \frac{1}{\lambda }\).
Exprimer en fonction de t le temps \({t_{0,5}}\) au bout duquel \(N\left( t \right)\) a diminué de moitié (\({t_{0,5}}\) est la demi-vie ou période de l’élément).

3°) Application : datation au carbone 14.
Le carbone 14 est renouvelé constamment chez les êtres vivants. A leur mort, celui-ci se désintègre avec une demi-vie de 5730 ans.
Si un fragment d’os contient 71% de sa quantité de carbone 14, quel âge a-t-il ?

 

1°) De l’égalité \(\Delta N\left( t \right) =  – \lambda {\rm{ }}\Delta t{\rm{ }}N\left( t \right)\), on tire que \(\frac{{\Delta N\left( t \right)}}{{\Delta t}} =  – \lambda N\left( t \right)\) et comme la fonction N est dérivable, par passage à la limite lorsque t tend vers t0, on a \(N’\left( {{t_0}} \right) =  – \lambda N\left( {{t_0}} \right)\).
Or les solutions de cette équations sont les fonctions définies sur \(\left[ {0; + \infty } \right[\) par \(N\left( t \right) = {N_0}{e^{ – \lambda t}}\) où on a posé \({N_0} = N\left( 0 \right)\) qui est le nombre de noyaux radioactifs à l’instant \(t = 0\).

2°) L’égalité \(N\left( t \right) = \frac{{{N_0}}}{2}\) s’écrit \({e^{ – \lambda t}} = \frac{1}{2}\) d’où \(t = \frac{{\ln 2}}{\lambda }\). Ainsi la demi-vie s’exprime par \({t_{0,5}}\)=\(\frac{{\ln 2}}{\lambda }\)\( = \tau \ln 2\).

3°) Pour le carbone 14, \(\lambda  = \frac{{\ln 2}}{{{t_{0,5}}}} = \frac{{\ln 2}}{{5730}} \approx 1,21 \times {10^{ – 4}}\).
La condition \(N\left( t \right) = 0,71{N_0}\) fournit \(1 = 0,71{e^{ – \frac{{\ln 2}}{{5730}}t}}\) ce qui donne \(t =  – 5730\frac{{\ln 0,71}}{{\ln 2}} \approx 2831\).
Le fragment d’os à environ 2830 ans.