Équations différentielles

Leçon 1 : L'équation $y' = ay$

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1.1 Qu'est-ce qu'une équation différentielle ?

Une équation différentielle est une équation dont l'inconnue est une fonction, notée $y$, et qui relie $y$ à ses dérivées $y'$, $y''$.

Par exemple, $y' = 2y$ est une équation différentielle. Une solution sur $\mathbb{R}$ est une fonction $f$ dérivable sur $\mathbb{R}$ telle que $f'(x) = 2f(x)$ pour tout réel $x$. Résoudre l'équation, c'est trouver toutes ses solutions.

Exemple 1. On considère l'équation $y' = 2y$.

• $f(x) = e^{2x}$ est solution : $f'(x) = 2e^{2x} = 2f(x)$.
• $g(x) = 3e^{2x}$ est aussi solution : $g'(x) = 6e^{2x} = 2g(x)$.
• $h(x) = x^2$ n'est pas solution : $h'(x) = 2x$, alors que $2h(x) = 2x^2$, et ces deux nombres sont différents pour $x = 1$.

Une équation différentielle a en général une infinité de solutions. On verra qu'une condition initiale, comme $f(0) = 1$, permet d'en choisir une seule.

Vocabulaire. Une équation comme $y' + 3y = 0$ ou $y'' - 2y' + y = 0$, dont le second membre est nul, est dite homogène (ou « sans second membre »). Une équation comme $y' + 3y = 6$ est une équation avec second membre. Le programme se limite aux équations linéaires à coefficients constants du premier et du second ordre.

1.2 Le théorème

Théorème 1. Soit $a$ un réel. Les solutions sur $\mathbb{R}$ de l'équation $y' = ay$ sont les fonctions $x \longmapsto \lambda\,e^{ax}, \qquad \lambda \in \mathbb{R}.$

Démonstration.

1. Ces fonctions sont solutions. Si $f(x) = \lambda e^{ax}$, alors $f'(x) = \lambda a\,e^{ax} = a f(x)$.
2. Il n'y en a pas d'autres. Soit $f$ une solution. On pose $g(x) = f(x)\,e^{-ax}$. Alors $g'(x) = f'(x)\,e^{-ax} - a f(x)\,e^{-ax} = \big(f'(x) - a f(x)\big)\,e^{-ax} = 0.$ La dérivée de $g$ est nulle sur l'intervalle $\mathbb{R}$, donc $g$ est constante : $g(x) = \lambda$. Ainsi $f(x) = \lambda\,e^{ax}$.

L'équation $ay' + by = 0$. Si $a \neq 0$, elle s'écrit $y' = -\dfrac{b}{a}\,y$. Ses solutions sont donc les fonctions $x \longmapsto \lambda\,e^{-\frac{b}{a}x}$.

Attention au signe. $y' + 3y = 0$ s'écrit $y' = -3y$ : les solutions sont $\lambda e^{-3x}$, et non $\lambda e^{3x}$.

1.3 Condition initiale

Théorème 2. Soit $x_0$ et $y_0$ deux réels. L'équation $y' = ay$ admet une solution et une seule $f$ telle que $f(x_0) = y_0$. C'est la fonction $f(x) = y_0\,e^{a(x - x_0)}.$

Démonstration. Les solutions sont les fonctions $\lambda e^{ax}$. La condition $\lambda e^{a x_0} = y_0$ donne une seule valeur, $\lambda = y_0\,e^{-a x_0}$.

Graphiquement, par chaque point du plan passe une seule courbe solution : deux courbes solutions distinctes ne se coupent jamais.

Exemple 2. Résoudre $y' = -3y$, puis trouver la solution $f$ telle que $f(0) = 2$.

Les solutions sont les fonctions $x \longmapsto \lambda e^{-3x}$. La condition $f(0) = \lambda = 2$ donne $f(x) = 2e^{-3x}$.

Exemple 3. Trouver la solution $f$ de $2y' + y = 0$ telle que $f(2) = 1$.

L'équation s'écrit $y' = -\dfrac12\,y$. Les solutions sont $x \longmapsto \lambda e^{-\frac{x}{2}}$. La condition $f(2) = \lambda e^{-1} = 1$ donne $\lambda = e$, donc $f(x) = e \times e^{-\frac{x}{2}} = e^{1 - \frac{x}{2}}.$

Remarque. Une solution non nulle $x \longmapsto \lambda e^{ax}$ ne s'annule jamais et garde le signe de $\lambda$. Si $a\lambda > 0$, elle est strictement croissante ; si $a\lambda < 0$, elle est strictement décroissante.

1.4 Un modèle : la croissance d'une population

Modèle simplifié, données inventées. Une culture contient $1000$ bactéries à l'instant $t = 0$ ($t$ en heures). On admet que le nombre $N(t)$ de bactéries vérifie $N'(t) = 0{,}5\,N(t)$ : la vitesse de croissance est proportionnelle à la population.

Exemple 4.

• D'après le théorème 2, $N(t) = 1000\,e^{0{,}5t}$.
• Temps de doublement. $N(t) = 2000 \iff e^{0{,}5t} = 2 \iff 0{,}5\,t = \ln 2 \iff t = 2\ln 2 \approx 1{,}386$. La population double en $1$ h $23$ min environ, et elle redouble ensuite à chaque nouvelle période de même durée.
• Au bout de $4$ heures : $N(4) = 1000\,e^{2} \approx 7389$ bactéries.

Leçon 2 : Premier ordre avec second membre

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2.1 Le principe

On considère une équation avec second membre $(E)$ : $ay' + by = g(x)$, où $a \neq 0$, et son équation homogène associée $(E_0)$ : $ay' + by = 0$.

Théorème 3. Si $y_p$ est une solution particulière de $(E)$, alors les solutions de $(E)$ sont les fonctions $y = y_p + y_0, \qquad \text{où } y_0 \text{ est une solution quelconque de } (E_0).$

Démonstration. Pour toute fonction $y$ dérivable : $a(y - y_p)' + b(y - y_p) = (ay' + by) - (ay_p' + by_p) = (ay' + by) - g.$ Donc $y$ est solution de $(E)$ si et seulement si $y - y_p$ est solution de $(E_0)$.

On retient : solution générale de $(E)$ = une solution particulière + la solution générale de $(E_0)$.

2.2 Second membre constant : $y' = ay + b$

Si $a \neq 0$, la fonction constante $y_p = -\dfrac{b}{a}$ est solution, car sa dérivée est nulle et $a \times \left(-\dfrac{b}{a}\right) + b = 0$. Les solutions de $y' = ay + b$ sont donc les fonctions $x \longmapsto \lambda\,e^{ax} - \frac{b}{a}, \qquad \lambda \in \mathbb{R}.$ Méthode pratique : on cherche la solution constante en annulant $y'$.

Exemple 5. Résoudre $y' + 2y = 6$, puis trouver la solution $f$ telle que $f(0) = 0$.

• Équation homogène : $y' = -2y$, de solutions $\lambda e^{-2x}$.
• Solution constante : avec $y' = 0$, il reste $2y = 6$, donc $y_p = 3$.
• Solutions : $y = \lambda e^{-2x} + 3$, $\lambda \in \mathbb{R}$.
• Condition initiale : $f(0) = \lambda + 3 = 0$, donc $\lambda = -3$ et $f(x) = 3 - 3e^{-2x}$.

Comme $e^{-2x} \to 0$ en $+\infty$, toutes les solutions tendent vers $3$ : la solution constante est l'état d'équilibre.

Exemple 6 (le verre de thé). Modèle simplifié, données inventées. Un verre de thé est servi à $90\,°\text{C}$ dans une pièce à $30\,°\text{C}$. On admet que sa température $\theta(t)$, $t$ en minutes, vérifie $\theta'(t) = -0{,}1\,\big(\theta(t) - 30\big), \qquad \theta(0) = 90.$

• L'équation s'écrit $\theta' + 0{,}1\,\theta = 3$. La solution constante est $30$, donc $\theta(t) = \lambda e^{-0{,}1t} + 30$.
• $\theta(0) = \lambda + 30 = 90$ donne $\lambda = 60$ : $\theta(t) = 30 + 60\,e^{-0{,}1t}$.
• Quand le thé est-il à $50\,°\text{C}$ ? $30 + 60\,e^{-0{,}1t} = 50 \iff e^{-0{,}1t} = \dfrac13 \iff t = 10\ln 3 \approx 11$ minutes.
• En $+\infty$, $\theta(t) \to 30$ : le thé finit à la température de la pièce.

2.3 Autres seconds membres, avec une indication

Quand le second membre n'est pas constant, l'énoncé indique la forme de la solution particulière à chercher. On remplace cette forme dans l'équation et on identifie les coefficients.

Exemple 7. Résoudre $y' - 2y = 4x - 2$, en cherchant une solution particulière affine.

On pose $y_p(x) = mx + p$. Alors $y_p' - 2y_p = m - 2mx - 2p$. On veut, pour tout $x$ : $-2mx + (m - 2p) = 4x - 2.$ Par identification, $-2m = 4$ et $m - 2p = -2$, donc $m = -2$ et $p = 0$ : $y_p(x) = -2x$. L'équation homogène $y' = 2y$ a pour solutions $\lambda e^{2x}$. Les solutions sont les fonctions $x \longmapsto \lambda e^{2x} - 2x$.

Exemple 8. Résoudre $y' + y = 2\cos x$, en cherchant une solution particulière de la forme $y_p(x) = a\cos x + b\sin x$.

$y_p'(x) = -a\sin x + b\cos x$, donc $y_p' + y_p = (a + b)\cos x + (b - a)\sin x$. On veut $(a + b)\cos x + (b - a)\sin x = 2\cos x$ pour tout $x$. Avec $x = 0$ puis $x = \frac{\pi}{2}$, on obtient $a + b = 2$ et $b - a = 0$, donc $a = b = 1$ : $y_p(x) = \cos x + \sin x$. Les solutions sont les fonctions $x \longmapsto \lambda e^{-x} + \cos x + \sin x$.

2.4 La méthode en quatre étapes

1. Résoudre l'équation homogène $(E_0)$.
2. Trouver une solution particulière $y_p$ de $(E)$ : constante si le second membre est constant, sinon de la forme indiquée.
3. Écrire la solution générale : $y = y_p + \lambda e^{-\frac{b}{a}x}$.
4. Utiliser la condition initiale sur cette solution générale, pour trouver $\lambda$.

Leçon 3 : Second ordre, l'équation caractéristique

Voir la vidéo de la leçon 3

3.1 L'équation et l'idée

On étudie l'équation homogène du second ordre $(E_0) : \quad ay'' + by' + cy = 0, \qquad a, b, c \text{ réels}, \ a \neq 0.$ Une solution est une fonction $f$ deux fois dérivable sur $\mathbb{R}$ telle que $af'' + bf' + cf = 0$.

Linéarité. Si $f$ et $g$ sont solutions de $(E_0)$, alors $\lambda f + \mu g$ est solution pour tous réels $\lambda$ et $\mu$ : il suffit de développer $a(\lambda f + \mu g)'' + b(\lambda f + \mu g)' + c(\lambda f + \mu g)$.

On cherche des solutions exponentielles. Pour $f(x) = e^{rx}$, on a $f'(x) = re^{rx}$ et $f''(x) = r^2 e^{rx}$, donc $af''(x) + bf'(x) + cf(x) = \left(ar^2 + br + c\right)e^{rx}.$ Comme $e^{rx} \neq 0$ : $x \longmapsto e^{rx}$ est solution si et seulement si $ar^2 + br + c = 0$.

Définition. L'équation $ar^2 + br + c = 0$, d'inconnue $r$, est l'équation caractéristique de $(E_0)$. On la lit directement sur l'équation : $y''$ devient $r^2$, $y'$ devient $r$, $y$ devient $1$.

3.2 Le théorème

Théorème 4 (admis). Soit $\Delta = b^2 - 4ac$ le discriminant de l'équation caractéristique.

Le programme admet que toutes les solutions sont de cette forme. On peut en revanche vérifier que les fonctions annoncées sont bien solutions.

Vérification pour $\Delta = 0$. Avec $f(x) = xe^{r_0 x}$ : $f'(x) = (1 + r_0 x)e^{r_0 x}$ et $f''(x) = (2r_0 + r_0^2 x)e^{r_0 x}$, d'où $af'' + bf' + cf = \big[x\left(ar_0^2 + br_0 + c\right) + (2ar_0 + b)\big]e^{r_0 x} = 0,$ car $r_0$ est racine et $2ar_0 + b = 0$.

Exemple 9 ($\Delta > 0$). Résoudre $y'' - 3y' + 2y = 0$.

Équation caractéristique : $r^2 - 3r + 2 = 0$, de racines $1$ et $2$. Solutions : $y = \lambda e^{x} + \mu e^{2x}$.

Exemple 10 ($\Delta = 0$). Résoudre $y'' - 4y' + 4y = 0$.

$r^2 - 4r + 4 = (r - 2)^2$ : racine double $2$. Solutions : $y = (\lambda x + \mu)\,e^{2x}$.

Exemple 11. Résoudre $y'' = 4y$.

L'équation s'écrit $y'' - 4y = 0$ ; équation caractéristique $r^2 - 4 = 0$, de racines $2$ et $-2$. Solutions : $y = \lambda e^{2x} + \mu e^{-2x}$. Plus généralement, pour $\omega > 0$, les solutions de $y'' - \omega^2 y = 0$ sont les fonctions $\lambda e^{\omega x} + \mu e^{-\omega x}$.

3.3 Conditions initiales

Théorème 5 (admis). Soit $x_0$, $y_0$, $y_1$ trois réels. L'équation $(E_0)$ admet une solution et une seule $f$ telle que $f(x_0) = y_0$ et $f'(x_0) = y_1$.

Il faut deux conditions, une sur $f$ et une sur $f'$, car la solution générale contient deux constantes $\lambda$ et $\mu$.

Exemple 12. Trouver la solution $f$ de $y'' - 3y' + 2y = 0$ telle que $f(0) = 1$ et $f'(0) = 0$.

$f(x) = \lambda e^{x} + \mu e^{2x}$ et $f'(x) = \lambda e^{x} + 2\mu e^{2x}$. Les conditions donnent le système $\lambda + \mu = 1, \qquad \lambda + 2\mu = 0,$ d'où $\mu = -1$ et $\lambda = 2$ : $f(x) = 2e^{x} - e^{2x}$.

Exemple 13. Trouver la solution $f$ de $y'' + 2y' + y = 0$ telle que $f(0) = 2$ et $f'(0) = -1$.

Racine double $-1$, donc $f(x) = (\lambda x + \mu)\,e^{-x}$ et $f'(x) = (\lambda - \lambda x - \mu)\,e^{-x}$. $f(0) = \mu = 2$ et $f'(0) = \lambda - \mu = -1$, donc $\lambda = 1$ : $f(x) = (x + 2)\,e^{-x}$. Cette fonction décroît vers $0$ sans osciller, puisque $f'(x) = -(x + 1)e^{-x} < 0$ pour $x > -1$.

Leçon 4 : Second ordre, le cas $\Delta < 0$ et les oscillations

Voir la vidéo de la leçon 4

4.1 L'équation $y'' + \omega^2 y = 0$

Soit $\omega$ un réel strictement positif. L'équation caractéristique $r^2 + \omega^2 = 0$ n'a pas de racine réelle. Pourtant, $\cos(\omega x)$ et $\sin(\omega x)$ sont solutions : $\big(\cos(\omega x)\big)'' = -\omega^2\cos(\omega x), \qquad \big(\sin(\omega x)\big)'' = -\omega^2\sin(\omega x).$

Théorème 6 (admis). Les solutions de $y'' + \omega^2 y = 0$ sont les fonctions $x \longmapsto \lambda\cos(\omega x) + \mu\sin(\omega x), \qquad \lambda, \mu \in \mathbb{R}.$ Elles sont périodiques, de période $\dfrac{2\pi}{\omega}$ : ce sont des oscillations.

Exemple 14. Trouver la solution $f$ de $y'' + 4y = 0$ telle que $f(0) = 1$ et $f'(0) = 2$.

$f(x) = \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x$ et $f'(x) = -2\lambda\sin 2x + 2\mu\cos 2x$. $f(0) = \lambda = 1$ et $f'(0) = 2\mu = 2$, donc $f(x) = \cos 2x + \sin 2x.$ Avec la formule d'addition (Première), $\sqrt2\cos\!\left(2x - \dfrac{\pi}{4}\right) = \sqrt2\left(\cos 2x \times \dfrac{\sqrt2}{2} + \sin 2x \times \dfrac{\sqrt2}{2}\right) = f(x)$. L'oscillation a pour amplitude $\sqrt2$ et pour période $\pi$.

4.2 Le cas général $\Delta < 0$

Théorème 7 (admis). On considère $ay'' + by' + cy = 0$ avec $a > 0$ (sinon, on multiplie l'équation par $-1$). Si $\Delta = b^2 - 4ac < 0$, on pose $\alpha = -\frac{b}{2a}, \qquad \beta = \frac{\sqrt{-\Delta}}{2a}.$ Les solutions sont les fonctions $x \longmapsto e^{\alpha x}\big(\lambda\cos(\beta x) + \mu\sin(\beta x)\big), \qquad \lambda, \mu \in \mathbb{R}.$

Pour $b = 0$, on retrouve le théorème 6, avec $\alpha = 0$ et $\beta = \omega$. On pourra vérifier sur un exemple que $e^{\alpha x}\cos(\beta x)$ est bien solution (exercice 7). Au chapitre 7, on verra que $\alpha + i\beta$ et $\alpha - i\beta$ sont les racines complexes de l'équation caractéristique.

Exemple 15. Trouver la solution $f$ de $y'' + 2y' + 5y = 0$ telle que $f(0) = 0$ et $f'(0) = 2$.

$\Delta = 4 - 20 = -16$, donc $\alpha = -1$ et $\beta = \dfrac{\sqrt{16}}{2} = 2$. Les solutions sont $e^{-x}(\lambda\cos 2x + \mu\sin 2x)$. $f(0) = \lambda = 0$, donc $f(x) = \mu e^{-x}\sin 2x$ et $f'(x) = \mu e^{-x}(2\cos 2x - \sin 2x)$. $f'(0) = 2\mu = 2$ donne $\mu = 1$ : $f(x) = e^{-x}\sin 2x.$ Comme $|\sin 2x| \leq 1$, on a $-e^{-x} \leq f(x) \leq e^{-x}$ : la courbe oscille entre celles de $-e^{-x}$ et de $e^{-x}$, et $f(x) \to 0$ en $+\infty$ (théorème des gendarmes). C'est une oscillation amortie.

4.3 Un modèle : le ressort

Modèle simplifié, données inventées. Un solide accroché à un ressort est écarté de $2$ cm de sa position d'équilibre, puis lâché sans vitesse. On note $x(t)$ sa position en cm à l'instant $t$ (en secondes). Aucune loi de physique n'est à connaître : l'équation est donnée.

Exemple 16.

• Sans frottement, $x'' + 16x = 0$, avec $x(0) = 2$ et $x'(0) = 0$. On trouve $x(t) = 2\cos 4t$ : le solide oscille indéfiniment, avec une amplitude de $2$ cm et une période de $\dfrac{2\pi}{4} = \dfrac{\pi}{2} \approx 1{,}57$ s.
• Avec frottement, $x'' + 0{,}4\,x' + 16{,}04\,x = 0$, mêmes conditions. $\Delta = 0{,}16 - 64{,}16 = -64$, donc $\alpha = -0{,}2$ et $\beta = 4$. On trouve $x(t) = e^{-0{,}2t}\big(2\cos 4t + 0{,}1\sin 4t\big).$ Les oscillations s'amortissent : $x(t) \to 0$ quand $t \to +\infty$.

4.4 Bilan : les trois cas et les phénomènes

Quand $a$, $b$ et $c$ sont strictement positifs, comme dans les modèles amortis, les racines réelles sont négatives (leur somme $-\frac{b}{a}$ est négative et leur produit $\frac{c}{a}$ positif) et $\alpha = -\frac{b}{2a}$ est négatif : toutes les solutions tendent vers $0$. Si $b = 0$ et $\dfrac{c}{a} > 0$, il n'y a pas d'amortissement : les oscillations sont entretenues (théorème 6).

Leçon 5 : Second ordre avec second membre

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5.1 Le principe

On considère $(E)$ : $ay'' + by' + cy = g(x)$ et l'équation homogène associée $(E_0)$ : $ay'' + by' + cy = 0$.

Théorème 8. Si $y_p$ est une solution particulière de $(E)$, les solutions de $(E)$ sont les fonctions $y = y_p + y_0$, où $y_0$ est une solution quelconque de $(E_0)$.

Démonstration. Comme à la leçon 2 : $a(y - y_p)'' + b(y - y_p)' + c(y - y_p) = (ay'' + by' + cy) - g$.

5.2 La méthode

1. Résoudre $(E_0)$ avec l'équation caractéristique.
2. Trouver une solution particulière $y_p$ : constante si le second membre est constant, sinon de la forme indiquée par l'énoncé.
3. Écrire la solution générale $y = y_p + y_0$.
4. Utiliser les conditions initiales sur la solution générale complète.

Attention au piège de l'étape 4. Si l'on impose les conditions initiales à $y_0$ seul, avant d'ajouter $y_p$, on obtient une fonction qui ne vérifie pas les conditions demandées.

Exemple 17 (second membre constant). Trouver la solution $f$ de $y'' + 3y' + 2y = 4$ telle que $f(0) = 0$ et $f'(0) = 0$.

• $(E_0)$ : $r^2 + 3r + 2 = 0$ a pour racines $-1$ et $-2$. Solutions : $\lambda e^{-x} + \mu e^{-2x}$.
• Solution constante : avec $y'' = y' = 0$, il reste $2y = 4$, donc $y_p = 2$.
• Solution générale : $y = \lambda e^{-x} + \mu e^{-2x} + 2$.
• $f(0) = \lambda + \mu + 2 = 0$ et $f'(0) = -\lambda - 2\mu = 0$, donc $\lambda = -4$ et $\mu = 2$ : $f(x) = 2 - 4e^{-x} + 2e^{-2x}.$ En $+\infty$, $f(x) \to 2$. Avec le piège, on aurait trouvé $\lambda = \mu = 0$, puis $f = 2$, qui ne vérifie pas $f(0) = 0$.

Exemple 18 (second membre trigonométrique). Trouver la solution $f$ de $y'' + 4y = 3\cos x$ telle que $f(0) = 0$ et $f'(0) = 0$, en cherchant une solution particulière de la forme $a\cos x + b\sin x$.

• Pour $y_p = a\cos x + b\sin x$, on a $y_p'' = -y_p$, donc $y_p'' + 4y_p = 3y_p = 3a\cos x + 3b\sin x$. Par identification, $3a = 3$ et $3b = 0$ : $y_p(x) = \cos x$.
• $(E_0)$ : $y'' + 4y = 0$, de solutions $\lambda\cos 2x + \mu\sin 2x$.
• Solution générale : $y = \lambda\cos 2x + \mu\sin 2x + \cos x$.
• $f(0) = \lambda + 1 = 0$ et $f'(0) = 2\mu = 0$, donc $f(x) = \cos x - \cos 2x.$

Leçon 7 : Second membre $A\cos\omega t + B\sin\omega t$S1 · S3 · S1A

Voir la vidéo de la leçon 7

Le programme S1-S3 demande des exemples de résolution d'une équation du second ordre « avec un second membre de la forme $A\cos\alpha t + B\sin\alpha t$ ». Dans ce cours, la pulsation est notée $\omega$, pour ne pas la confondre avec le $\alpha$ de la leçon 4. La variable est $t$, comme en physique.

7.1 La méthode, sans indication

On considère $(E)$ : $ay'' + by' + cy = A\cos\omega t + B\sin\omega t$, avec $\omega > 0$. On cherche une solution particulière de la même forme : $y_p(t) = p\cos\omega t + q\sin\omega t.$ On a $y_p'' = -\omega^2 y_p$ et $y_p' = \omega(-p\sin\omega t + q\cos\omega t)$, donc $ay_p'' + by_p' + cy_p = \big[(c - a\omega^2)p + b\omega q\big]\cos\omega t + \big[(c - a\omega^2)q - b\omega p\big]\sin\omega t.$ En identifiant les coefficients de $\cos\omega t$ et de $\sin\omega t$, on obtient un système de deux équations à deux inconnues : $(c - a\omega^2)\,p + b\omega\,q = A, \qquad -b\omega\,p + (c - a\omega^2)\,q = B.$ Son déterminant vaut $(c - a\omega^2)^2 + (b\omega)^2$. Il n'est nul que si $b = 0$ et $c = a\omega^2$. Dans tous les autres cas, la méthode donne une solution particulière unique de cette forme.

Exemple 23 (oscillations forcées). Résoudre $y'' + 2y' + 5y = 10\cos t$.

• On cherche $y_p = p\cos t + q\sin t$. Ici $\omega = 1$ : $y_p'' + 2y_p' + 5y_p = (4p + 2q)\cos t + (4q - 2p)\sin t$.
• Système : $4p + 2q = 10$ et $4q - 2p = 0$. La seconde équation donne $p = 2q$, puis $10q = 10$ : $q = 1$ et $p = 2$. Donc $y_p(t) = 2\cos t + \sin t$.
• L'équation homogène est celle de l'exemple 15. Solutions : $y(t) = \underbrace{e^{-t}\big(\lambda\cos 2t + \mu\sin 2t\big)}_{\text{régime transitoire}} + \underbrace{2\cos t + \sin t}_{\text{régime permanent}}.$

7.2 Régime transitoire et régime permanent

Dans l'exemple 23, la partie $e^{-t}(\lambda\cos 2t + \mu\sin 2t)$ tend vers $0$ quand $t \to +\infty$, car elle est comprise entre $-(|\lambda| + |\mu|)\,e^{-t}$ et $(|\lambda| + |\mu|)\,e^{-t}$. Après un régime transitoire, toutes les solutions se rapprochent de $y_p(t) = 2\cos t + \sin t$, quelles que soient les conditions initiales : c'est le régime permanent. Le système oscille alors à la pulsation imposée par le second membre.

Amplitude du régime permanent. On pose $\varphi$ tel que $\cos\varphi = \dfrac{2}{\sqrt5}$ et $\sin\varphi = \dfrac{1}{\sqrt5}$. Avec la formule d'addition : $2\cos t + \sin t = \sqrt5\left(\cos t\cos\varphi + \sin t\sin\varphi\right) = \sqrt5\cos(t - \varphi).$ L'amplitude vaut $\sqrt5 \approx 2{,}24$.

Avec $y(0) = 0$ et $y'(0) = 0$, on trouve $\lambda = -2$ et $\mu = -\dfrac32$ : $y(t) = e^{-t}\left(-2\cos 2t - \dfrac32\sin 2t\right) + 2\cos t + \sin t$.

7.3 Le cas où la méthode échoue : la résonance

Exemple 24. On considère $y'' + y = 2\cos t$.

Ici $b = 0$ et $c = a\omega^2 = 1$ : pour $y_p = p\cos t + q\sin t$, on trouve $y_p'' + y_p = 0$, qui ne peut pas valoir $2\cos t$. Aucune fonction de cette forme ne convient, car $\cos t$ et $\sin t$ sont solutions de l'équation homogène. L'énoncé donne alors une indication. Vérifions que $t\sin t$ est solution : $(t\sin t)' = \sin t + t\cos t, \qquad (t\sin t)'' = 2\cos t - t\sin t,$ donc $(t\sin t)'' + t\sin t = 2\cos t$. Les solutions sont $y(t) = \lambda\cos t + \mu\sin t + t\sin t$.

Le terme $t\sin t$ oscille avec une amplitude qui grandit sans limite : c'est le phénomène de résonance, qui se produit quand on force un système non amorti à sa propre pulsation.

Ce qu'il faut retenir du chapitre

1. Les solutions de $y' = ay$ sont les fonctions $\lambda e^{ax}$. Avec $f(x_0) = y_0$, la solution est unique : $y_0\,e^{a(x - x_0)}$.
2. $ay' + by = 0$ s'écrit $y' = -\frac{b}{a}y$. Attention au signe.
3. Avec second membre : solution générale = une solution particulière + solution générale de l'équation homogène. Second membre constant : on cherche une solution constante. Sinon, on suit l'indication et on identifie les coefficients.
4. $ay'' + by' + cy = 0$ : on résout l'équation caractéristique $ar^2 + br + c = 0$.
   • $\Delta > 0$ : $\lambda e^{r_1 x} + \mu e^{r_2 x}$ ;
   • $\Delta = 0$ : $(\lambda x + \mu)\,e^{r_0 x}$ ;
   • $\Delta < 0$ : $e^{\alpha x}(\lambda\cos\beta x + \mu\sin\beta x)$, avec $\alpha = -\frac{b}{2a}$ et $\beta = \frac{\sqrt{-\Delta}}{2a}$ ($a > 0$).
5. $y'' + \omega^2 y = 0$ : $\lambda\cos\omega x + \mu\sin\omega x$ ; oscillations de période $\frac{2\pi}{\omega}$.
6. Au second ordre, il faut deux conditions initiales, $f(x_0)$ et $f'(x_0)$, à imposer à la solution générale complète.
7. S1 · S3 · S1A Second membre $A\cos\omega t + B\sin\omega t$ : on cherche $p\cos\omega t + q\sin\omega t$, sauf si $b = 0$ et $c = a\omega^2$ (résonance). Régime transitoire, puis régime permanent.