Pour résoudre une équation différentielle linéaire, tu cherches une seule solution de l'équation complète, dite solution particulière, et tu lui ajoutes toutes les solutions de l'équation homogène, celle où le second membre (le terme qui ne contient ni $y$ ni ses dérivées) est remplacé par $0$. Les conditions initiales fixent ensuite les constantes, en tout dernier. Exemple : pour $y' + 2y = 6$, l'équation homogène $y' + 2y = 0$ donne $Ce^{-2x}$, la constante $3$ convient visiblement, donc $y = 3 + Ce^{-2x}$, et la condition $y(0) = 1$ impose $C = -2$. Trouver la solution particulière est l'étape qui demande de la méthode : c'est le cœur de cette page.
Le squelette de toute résolution
Les programmes de MPSI et MP2I et de PCSI (2021) traitent deux familles : $y' + a(x)y = b(x)$, avec $a$ et $b$ continues sur un intervalle $I$, et $y'' + ay' + by = f(x)$, avec $a$ et $b$ constants, pour laquelle ils demandent de savoir traiter un second membre polynôme, ou de la forme $Ae^{\lambda x}$, $B\cos(\omega x)$, $B\sin(\omega x)$.
La somme vient de la linéarité. Si $y_p$ est une solution de l'équation complète, une fonction $y$ en est une autre exactement quand $y - y_p$ vérifie l'équation homogène : soustrais les deux égalités, les seconds membres disparaissent. Toutes les solutions s'écrivent donc $y_p + y_h$, où $y_h$ parcourt les solutions homogènes.
Les conditions initiales forment un problème de Cauchy : une valeur $y(x_0)$ au premier ordre, les deux valeurs $y(x_0)$ et $y'(x_0)$ au second. Ce problème a une solution et une seule ; au second ordre, le programme admet ce résultat sans démonstration.
Piège classique : les conditions initiales s'appliquent à l'expression complète, $y_p$ comprise. Dans l'exemple du début, imposer $y(0) = 1$ à $Ce^{-2x}$ seul donnerait $C = 1$, et la fonction $3 + e^{-2x}$ vaut $4$ en $0$, pas $1$.
Premier ordre à coefficients variables
Si $A$ est une primitive de $a$ sur $I$, les solutions de $y' + a(x)y = 0$ sont les fonctions $x \mapsto Ce^{-A(x)}$, avec $C$ constante. Pour l'équation complète, la variation de la constante remplace $C$ par une fonction inconnue : on pose $y = C(x)e^{-A(x)}$.
En dérivant, $y' = C'(x)e^{-A(x)} - a(x)C(x)e^{-A(x)}$. Dans $y' + a(x)y$, les deux termes en $C(x)$ s'annulent et il reste :
$$C'(x)\,e^{-A(x)} = b(x), \quad\text{soit}\quad C'(x) = b(x)\,e^{A(x)}.$$
Tout se ramène à une primitive. Si les termes en $C(x)$ ne s'annulent pas sur ta copie, l'erreur est dans $A$ ou dans ta dérivée : c'est un contrôle gratuit.
Exemple : sur $]0\,;+\infty[$, résous $xy' + y = \cos x$. On divise par $x$, qui ne s'annule pas : $y' + \dfrac{1}{x}y = \dfrac{\cos x}{x}$. Ici $A(x) = \ln x$, donc les solutions homogènes sont les $\dfrac{C}{x}$. Avec $y = \dfrac{C(x)}{x}$, il reste $\dfrac{C'(x)}{x} = \dfrac{\cos x}{x}$, d'où $C'(x) = \cos x$ et $C(x) = \sin x$. Les solutions sont les fonctions $x \mapsto \dfrac{\sin x + C}{x}$.
Piège classique : la formule suppose le coefficient de $y'$ égal à $1$. Pour $xy' + y = \cos x$, prendre $a(x) = 1$ au lieu de $\dfrac{1}{x}$ donne des solutions fausses. Et tu ne divises par $x$ que sur un intervalle où $x$ ne s'annule pas : c'est pour ça que l'énoncé impose $]0\,;+\infty[$.
Second membre exponentiel : la bonne forme
Au second ordre, en cherchant des solutions $e^{rx}$ de l'équation homogène, on tombe sur le polynôme caractéristique $P(r) = r^2 + ar + b$, dont les racines donnent tout.
Formule : avec $a$ et $b$ réels, les solutions réelles de $y'' + ay' + by = 0$ sont
$C_1e^{r_1x} + C_2e^{r_2x}$ si $P$ a deux racines réelles $r_1 \neq r_2$ ;
$(C_1 + C_2x)e^{r_0x}$ si $P$ a une racine double $r_0$ ;
$e^{\alpha x}\big(C_1\cos(\beta x) + C_2\sin(\beta x)\big)$ si $P$ a deux racines complexes $\alpha \pm i\beta$, avec $\beta \neq 0$.
Place maintenant un second membre $Ae^{\lambda x}$, avec $A$ et $\lambda$ réels ou complexes. Écris $y = z\,e^{\lambda x}$, ce qui est toujours possible avec $z = y\,e^{-\lambda x}$. Alors $y' = (z' + \lambda z)e^{\lambda x}$ et $y'' = (z'' + 2\lambda z' + \lambda^2 z)e^{\lambda x}$, et en regroupant, avec $P'(\lambda) = 2\lambda + a$ :
$$y'' + ay' + by = \big(z'' + P'(\lambda)\,z' + P(\lambda)\,z\big)e^{\lambda x}.$$
L'équation devient $z'' + P'(\lambda)z' + P(\lambda)z = A$. Tu prends $z$ le plus simple possible : une constante si $P(\lambda) \neq 0$ ; sinon, si $P'(\lambda) \neq 0$ ($\lambda$ est alors racine simple), un multiple de $x$ ; sinon ($\lambda$ racine double), un multiple de $x^2$.
Règle : pour $y'' + ay' + by = Ae^{\lambda x}$, cherche une solution particulière
$\mu e^{\lambda x}$ si $\lambda$ n'est pas racine de $P$ ;
$\mu xe^{\lambda x}$ si $\lambda$ est racine simple ;
$\mu x^2e^{\lambda x}$ si $\lambda$ est racine double.
Le calcul donne $\mu = \dfrac{A}{P(\lambda)}$, $\dfrac{A}{P'(\lambda)}$ ou $\dfrac{A}{2}$. Sur une copie, tu peux aussi remplacer et identifier.
Exemple : pour $y'' - 2y' + y = 4e^x$, on a $P(r) = (r - 1)^2$, et $1$ est racine double. Donc $z'' = 4$, la fonction $z = 2x^2$ convient, et les solutions sont les fonctions $x \mapsto (C_1 + C_2x + 2x^2)e^x$.
La même substitution sert au premier ordre quand $a$ est constant. Pour $y' + ay = Ae^{\lambda x}$, elle donne $z' + (\lambda + a)z = A$ : la solution particulière est $\dfrac{A}{\lambda + a}e^{\lambda x}$ si $\lambda \neq -a$, et $Axe^{\lambda x}$ si $\lambda = -a$. Inutile alors de faire varier la constante.
Piège classique : si tu essaies $\mu e^{\lambda x}$ alors que $\lambda$ est racine de $P$, le calcul aboutit à $0 = A$. L'équation a pourtant des solutions : c'est ta forme qui est mauvaise, car $e^{\lambda x}$ est déjà solution homogène. Calcule $P(\lambda)$ avant de choisir.
Cosinus, sinus, polynômes et sommes
Pour $B\cos(\omega x)$ ou $B\sin(\omega x)$, avec $a$, $b$, $B$ et $\omega$ réels, résous d'abord avec le second membre complexe $Be^{i\omega x}$. La partie réelle de la solution trouvée convient pour le cosinus, sa partie imaginaire pour le sinus. C'est valable parce que les coefficients sont réels : la partie réelle de $y'' + ay' + by$ est $(\mathrm{Re}\,y)'' + a(\mathrm{Re}\,y)' + b\,\mathrm{Re}\,y$.
Exemple : $y'' + y' + y = \cos x$. On a $P(i) = -1 + i + 1 = i$, non nul, donc $\dfrac{1}{i}e^{ix} = -ie^{ix} = \sin x - i\cos x$ résout $y'' + y' + y = e^{ix}$. Sa partie réelle, $\sin x$, est une solution particulière. Vérification : $-\sin x + \cos x + \sin x = \cos x$.
Un polynôme de degré $n$, c'est le cas $\lambda = 0$. Si $b \neq 0$, cherche un polynôme de degré $n$ ; si $b = 0$ et $a \neq 0$, $0$ est racine simple et le degré monte à $n + 1$.
Reste le principe de superposition : si $y_1$ convient pour le second membre $f_1$ et $y_2$ pour $f_2$, alors $y_1 + y_2$ convient pour $f_1 + f_2$. Un second membre composé se découpe donc en morceaux, chacun traité avec sa règle.
Exercices corrigés
Cherche chacun sur ta feuille avant d'ouvrir la correction.
Exercice 1 : Sur $\left]-\dfrac{\pi}{2}\,;\dfrac{\pi}{2}\right[$, résous $y' + \tan(x)\,y = \cos^2 x$, puis donne la solution qui vérifie $y(0) = 2$.
Correction :
Le coefficient de $y'$ vaut déjà $1$ et $a(x) = \tan x$. Sur cet intervalle $\cos x > 0$, donc $A(x) = -\ln(\cos x)$ est une primitive de $a$, et $e^{-A(x)} = \cos x$ : les solutions homogènes sont les $C\cos x$.
On pose $y = C(x)\cos x$. Il reste $C'(x)\cos x = \cos^2 x$, donc $C'(x) = \cos x$ et $C(x) = \sin x$. Les solutions sont les fonctions $x \mapsto (\sin x + C)\cos x$.
En $0$ : $(0 + C) \times 1 = 2$, donc $C = 2$ et $y(x) = (\sin x + 2)\cos x$.
Exercice 2 : Une masse accrochée à un ressort et freinée par un amortisseur est lâchée sans vitesse. Sa position $x(t)$, en centimètres, avec $t$ en secondes, vérifie $x'' + 4x' + 13x = 26$, $x(0) = 0$ et $x'(0) = 0$ (données fictives). Trouve $x(t)$, puis la position où la masse se stabilise.
Correction :
$P(r) = r^2 + 4r + 13$ a pour discriminant $16 - 52 = -36$, donc pour racines $-2 \pm 3i$ : les solutions homogènes sont les $e^{-2t}\big(C_1\cos(3t) + C_2\sin(3t)\big)$.
Le second membre est constant : c'est le cas $\lambda = 0$, et $P(0) = 13$ n'est pas nul, donc une constante convient : $13x_p = 26$ donne $x_p = 2$. Ainsi $x(t) = 2 + e^{-2t}\big(C_1\cos(3t) + C_2\sin(3t)\big)$.
Les conditions portent sur cette expression complète : $x(0) = 2 + C_1 = 0$ donne $C_1 = -2$, et $x'(0) = -2C_1 + 3C_2 = 0$ donne $C_2 = -\dfrac{4}{3}$.
Donc $x(t) = 2 - e^{-2t}\left(2\cos(3t) + \dfrac{4}{3}\sin(3t)\right)$. Comme $e^{-2t}$ tend vers $0$ et que la parenthèse reste bornée, la masse se stabilise à 2 cm.
Exercice 3 : Résous sur $\mathbb{R}$ l'équation $y'' + 3y' + 2y = 4x + 10\cos x$.
Correction :
$P(r) = r^2 + 3r + 2 = (r + 1)(r + 2)$, d'où les solutions homogènes $C_1e^{-x} + C_2e^{-2x}$.
Pour $4x$ : $b = 2$ n'est pas nul, on cherche $\alpha x + \beta$. En remplaçant, $3\alpha + 2\alpha x + 2\beta = 4x$, donc $\alpha = 2$ et $\beta = -3$ : $y_1 = 2x - 3$.
Pour $10\cos x$ : $P(i) = -1 + 3i + 2 = 1 + 3i$, donc $\dfrac{10}{1 + 3i}e^{ix} = (1 - 3i)(\cos x + i\sin x)$ convient pour $10e^{ix}$. Sa partie réelle est $y_2 = \cos x + 3\sin x$.
Par superposition, les solutions sont les fonctions $x \mapsto C_1e^{-x} + C_2e^{-2x} + 2x - 3 + \cos x + 3\sin x$.
Exercice 4 : Résous sur $\mathbb{R}$ l'équation $y'' + 4y = \sin(2x)$.
Correction :
$P(r) = r^2 + 4$ a pour racines $\pm 2i$, d'où les solutions homogènes $C_1\cos(2x) + C_2\sin(2x)$. Le piège est là : chercher $\alpha\cos(2x) + \beta\sin(2x)$ aboutit à $0 = \sin(2x)$, puisque ces fonctions sont déjà solutions homogènes.
On passe par $e^{2ix}$ : $2i$ est racine simple et $P'(2i) = 4i$, donc $\dfrac{1}{4i}\,xe^{2ix} = -\dfrac{i}{4}\,x\big(\cos(2x) + i\sin(2x)\big)$ convient. Sa partie imaginaire est $-\dfrac{x}{4}\cos(2x)$.
Vérification : avec $y_p = -\dfrac{x}{4}\cos(2x)$, on trouve $y_p'' = \sin(2x) + x\cos(2x)$, donc $y_p'' + 4y_p = \sin(2x)$.
Les solutions sont les fonctions $x \mapsto C_1\cos(2x) + C_2\sin(2x) - \dfrac{x}{4}\cos(2x)$. Le facteur $x$ fait croître l'amplitude sans limite : c'est la résonance.
À retenir
À retenir :
- Toutes les solutions : une solution particulière plus les solutions homogènes ; les conditions initiales en dernier, sur l'expression complète.
- Premier ordre : coefficient de $y'$ ramené à $1$, puis $y = C(x)e^{-A(x)}$ et $C'(x) = b(x)e^{A(x)}$.
- Second membre $Ae^{\lambda x}$ : forme $\mu e^{\lambda x}$, $\mu xe^{\lambda x}$ ou $\mu x^2e^{\lambda x}$ selon que $\lambda$ n'est pas racine de $P$, est racine simple ou racine double.
- Cosinus et sinus : passe par $e^{i\omega x}$, puis prends la partie réelle ou imaginaire.
- Polynôme de degré $n$ : degré $n$ si $b \neq 0$, degré $n + 1$ si $b = 0$ et $a \neq 0$.
- Second membre composé : superposition, morceau par morceau.
Sources
- Programme de mathématiques des classes préparatoires MPSI et MP2I, ministère de l'Enseignement supérieur, de la Recherche et de l'Innovation, 2021, partie « Primitives et équations différentielles linéaires » : texte sur education.gouv.fr.
- Programme de mathématiques de la classe préparatoire PCSI, même ministère, 2021, même partie : texte sur education.gouv.fr.