Premier ordre avec second membre

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 $\lambda$.