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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)

  • 1ère étape : on met éventuellement l'équation sous forme résolue c'est-à-dire le coefficient devant y est égal à 1. On détermine le ou les intervalles de résolution.

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

(E):y+a(x)y=b(x) (avec a(x)=β(x)α(x) et b(x)=γ(x)α(x)). 

  • 2ème étape : on résout (E0):y+a(x)y=0, l'équation homogène associée, sur chaque intervalle de résolution I. Les solutions de (E0) sont données par xIλea(x)dx avec λ une constante réelle.
  • 3ème étape : on cherche une solution particulière de (E). 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 λ1b1(x)+λ2b2(x) alors le principe de superposition des solutions nous dit que si y1 est une solution de l'équation (E1):y+a(x)y=b1(x) et y2 est une solution de l'équation (E2):y+a(x)y=b2(x) alors la fonction xλ1y1(x)+λ2y2(x) est une solution de l'équation (E)
    • On utilise la méthode de variation de la constante qui consiste à chercher une solution particulière de (E) sous la forme y(x)=μ(x)y0(x) avec y0(x) une solution de (E0). On a alors μ=b(x)y0(x)dx
  • 4ème étape : on écrit l'ensemble des solutions de (E). La théorie nous dit que les solutions de (E) s'obtiennent en additionnant toutes les solutions de (E0) et une solution particulière de (E).

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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