Equation différentielle linéaire du 1er ordre

1) Méthode.

On veut résoudre $\alpha(x)y'+\beta(x) y = \gamma(x)$. 

• $\rm 1^{ère}$ 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 $x \mapsto \alpha(x)$ ne s'annule pas, l'équation à résoudre est équivalente en divisant par $\alpha(x)$ : 

$(\mathrm E) : y'+a(x) y =b(x)$ (avec $\displaystyle{a(x) = \frac{\beta(x)}{\alpha(x)}}$ et $\displaystyle{b(x) = \frac{\gamma(x)}{\alpha(x)}}$). 

• $\rm 2^{ème}$ étape : On résout $(\mathrm E_0) : y'+a(x)y=0$, l'équation homogène associée, sur chaque intervalle de résolution $\mathrm I$. Les solutions de $(\mathrm E_0)$ sont données par $x \in \mathrm I \mapsto \lambda \mathrm e^{-\int a(x) {\rm d}x}$ avec $\lambda$ une constante réelle.

• $\rm 3^{ème}$ étape : On cherche une solution particulière de $(\mathrm E)$. 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 $\lambda_1 b_1(x) + \lambda_2 b_2(x)$ alors le principe de superposition des solutions nous dit que si $y_1$ est une solution de l'équation $(\mathrm E_1): y'+a(x) y =b_1(x)$ et $y_2$ est une solution de l'équation $(\mathrm E_2): y'+a(x) y =b_2(x)$ alors la fonction $x \mapsto \lambda_1 y_1(x) + \lambda_2 y_2(x)$ est une solution de l'équation $(\mathrm E)$. 
• On utilise la méthode de variation de la constante qui consiste à chercher une solution particulière de $(\mathrm E)$ sous la forme $y(x) = \mu(x)y_0(x)$ avec $y_0(x)$ une solution de $(\mathrm E_0)$. On a alors $\displaystyle{\mu = \int \frac{b(x)}{y_0(x)} {\rm d}x}$. 

• $\rm 4^{ème}$ étape : On écrit l'ensemble des solutions de $(\mathrm E)$. La théorie nous dit que les solutions de $(\mathrm E)$ s'obtiennent en additionnant toutes les solutions de $(\mathrm E_0)$ et une solution particulière de $(\mathrm E)$.

2) Exemple

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

• 1ère 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: $\displaystyle{(\mathrm E): y' + \frac{x}{x-1}y = \frac{x}{x-1}}$.

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

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

• 3ème étape : une solution particulière évidente est $x \mapsto 1$.

• 4ème 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 $\displaystyle{y(x) = 1+\lambda \frac{\mathrm e^{-x}}{x-1}}$.

b) 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 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 $\displaystyle{y(x) = 7 - \frac{135}{2}(x-1)\mathrm e^{-x}+\lambda \frac{\mathrm e^{-x}}{x-1}}$.