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Équations différentielles linéaires du premier ordre

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Méthode

On veut résoudre α(x)y+β(x)y=γ(x)

  • étape : on met éventuellement l'équation sous forme résolue c'est-à-dire le coefficient devant est égal à . On détermine le ou les intervalles de résolution.

Sur un intervalle sur lequel la fonction ne s'annule pas, l'équation à résoudre est équivalente en divisant par

(avec et ). 

  • étape : on résout , l'équation homogène associée, sur chaque intervalle de résolution . Les solutions de sont données par avec une constante réelle.
  • étape : on cherche une solution particulière de . Trois possibilités :
    • La solution particulière est évidente.
    • On utilise le principe de superposition des solutions. Si le second membre est compliqué et se décompose en alors le principe de superposition des solutions nous dit que si est une solution de l'équation et est une solution de l'équation alors la fonction est une solution de l'équation
    • On utilise la méthode de variation de la constante qui consiste à chercher une solution particulière de sous la forme avec une solution de . On a alors
  • étape : on écrit l'ensemble des solutions de . La théorie nous dit que les solutions de s'obtiennent en additionnant toutes les solutions de et une solution particulière de .

Exemple - Partie 1

On considère $(\mathrm E): (x-1)y'+xy = x$.

  • $\rm 1^{ère}$ étape : $(\mathrm E_0)$ est une EDL du premier ordre homogène, mais elle n'est pas sous forme résolue.

La fonction $x \mapsto x-1$ s'annule en $1$.

On considère l'intervalle $\mathrm I=]-\infty,1[$ ou $I=]1,+\infty[$.

Sur $\mathrm I$, l'équation s'écrit sous forme résolue : $\displaystyle{(\mathrm E): y' + \frac{x}{x-1}y = \frac{x}{x-1}}$.

  • $\rm 2^{ème}$ étape : on résout l'équation homogène associée : $\displaystyle{(\mathrm E_0): y' + \frac{x}{x-1}y = 0}$. 

On cherche sur $\mathrm I$, une primitive de la fonction $\displaystyle{a:x \mapsto \frac{x}{x-1}}$. 

On a $\displaystyle \mathrm A(x) = \int \frac{x}{x-1} {\rm d}x$ $\displaystyle =\int \frac{x-1+1}{x-1} {\rm d}x$ $\displaystyle = \int \left(1+\frac{1}{x-1}\right) {\rm d}x$ $= x + \ln|x-1|$.

Les solutions de $(\mathrm E_0)$ sur $\mathrm I$ sont les fonctions $\displaystyle y(x) = \lambda \mathrm e^{-\mathrm A(x)}$ $= \lambda \mathrm e^{-(x+\ln|x-1|)}$ $\displaystyle = \lambda\frac{\mathrm e^{-x}}{|x-1|}$ avec $\lambda \in {\Bbb R}$.

On peut enlever les valeurs absolues selon que $\mathrm I=]-\infty,1[$ ou $\mathrm I=]1,+\infty[$.

Sur l'intervalle $\mathrm I=]-\infty,1[$, $\displaystyle{y(x) = \lambda \frac{\mathrm e^{-x}}{1-x}}$.

Sur l'intervalle $\mathrm I=]1,+\infty[$, $\displaystyle{y(x) = \lambda \frac{\mathrm e^{-x}}{x-1}}$. 

  • $\rm 3^{ème}$ étape : une solution particulière évidente est $x \mapsto 1$.
  • $\rm 4^{ème}$ étape : sur l'intervalle $\mathrm I=]-\infty,1[$, les solutions de $(\mathrm E)$ sont les fonctions $\displaystyle{y(x) = 1+\lambda \frac{\mathrm e^{-x}}{1-x}}$.

Sur l'intervalle $\mathrm I=]1,+\infty[$, les solutions de $(\mathrm E)$ sont les fonctions $\displaystyle{y(x) = 1+\lambda \frac{\mathrm e^{-x}}{x-1}}$.

Exemple - Partie 2

On considère $(\mathrm E): (x-1)y'+xy$ $= 7x - 135 (x-1)\mathrm e^{-x}$.

L'équation sous forme résolue est $\displaystyle{(\mathrm E): y' + \frac{x}{x-1}y = 7\frac{x}{x-1}} -135\mathrm e^{-x}$ sur l'intervalle $\mathrm I=]-\infty,1[$ ou $\mathrm I=]1,+\infty[$.

L'équation homogène associée est la même que dans l'exemple précédent. On utilise le principe de superposition des solutions pour chercher une solution particulière de $(\mathrm E)$.

On définit les équations $\displaystyle{(\mathrm E_1): y' + \frac{x}{x-1}y = \frac{x}{x-1}}$ et $\displaystyle{(\mathrm E_2): y' + \frac{x}{x-1}y = \mathrm e^{-x}}$.

Nous avons déjà vu que $y=1$ est une solution particulière de $(\mathrm E_1)$. 

Cherchons une solution de $(\mathrm E_2)$ par la méthode de variation de la constante. Posons $\displaystyle{y_0(x) = \frac{\mathrm e^{-x}}{|x-1|}}$ sur l'intervalle $\mathrm I=]-\infty,1[$ ou $\mathrm I=]1,+\infty[$.

On cherche une solution particulière sous la forme $y_p=\mu y_0$ avec $\mu$ une fonction dérivable. En injectant dans l'équation $(\mathrm E_2)$, on a $\displaystyle{\mu(x) = \int \frac{b(x)}{y_0(x)} {\rm d}x}$ avec $b(x)$ le second membre de $(\mathrm E_2)$. 

C'est-à-dire $\displaystyle{\mu(x) = \int \frac{\mathrm e^{-x}}{\frac{\mathrm e^{-x}}{|x-1|}}{\rm d}x = \epsilon \int (x-1) {\rm d}x}$ avec $\epsilon =1$ si on est dans l'intervalle $]1,+\infty[$ car $|x-1|=x-1$ et $\epsilon =-1$ si on est dans l'intervalle $]-\infty,1[$ car $|x-1|=-x+1$.

On a donc $\displaystyle \mu(x) = \epsilon \frac{(x-1)^2}{2}$. Donc $\displaystyle y_p(x) = \epsilon \frac{(x-1)^2}{2} \times \epsilon \frac{\mathrm e^{-x}}{(x-1)}$ $\displaystyle = \frac{1}{2}(x-1)\mathrm e^{-x}$.

D'après le principe de superposition des solutions, la fonction $\displaystyle{x \mapsto 7 - \frac{135}{2}(x-1)\mathrm e^{-x}}$ est une solution particulière de $(\mathrm E)$. 

Sur l'intervalle $\mathrm I=]-\infty,1[$, les solutions de $(\mathrm E)$ sont les fonctions $\displaystyle y(x) = 7 - \frac{135}{2}(x-1)\mathrm e^{-x}$ $+$ $\displaystyle \lambda \frac{\mathrm e^{-x}}{1-x}$.

Sur l'intervalle $\mathrm I=]1,+\infty[$, les solutions de $(\mathrm E)$ sont les fonctions $\displaystyle{y(x) = 7 - \frac{135}{2}(x-1)\mathrm e^{-x}+\lambda \frac{\mathrm e^{-x}}{x-1}}$.

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