Terminale specialite

Équations différentielles

En Premiere, on a déjà rencontre des evolutions proportionnelles a la grandeur elle-même. En Terminale, on formalise cela avec les équations différentielles les plus simples.

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Rappel rapide et équation $y' = ay$

En Premiere, on a déjà rencontre des evolutions proportionnelles a la grandeur elle-même. En Terminale, on formalise cela avec les équations différentielles les plus simples.

Solution d'une équation différentielle

Une équation différentielle est une équation dont l'inconnue est une fonction et qui fait intervenir cette fonction et ses dérivées.

Une fonction $g$ est solution de l'équation différentielle $y'=f(x,y)$ sur un intervalle $I$ si $g$ est dérivable sur $I$ et si, pour tout $x \in I$ :

$$g'(x)=f(x,g(x))$$

Exemple : La fonction $g(x) = 3e^{2x}$ est-elle solution de $y'=2y$ ? On calcule $g'(x)=6e^{2x}$ et $2g(x)=6e^{2x}$. Comme $g'(x)=2g(x)$, c'est bien une solution.

Équation différentielle $y' = ay$

On fixe un reel $a$ et on cherche les fonctions derivables $y$ telles que :

$$y'(x)=ay(x)$$

La fonction inconnue apparait a la fois seule et dérivée.

y'(x)=ay(x)

Solutions de $y' = ay$

Toutes les solutions de l'équation $y'=ay$ sont les fonctions de la forme :

$$y(x)=Ce^{ax}$$

ou $C$ est une constante réelle. Avec une condition initiale $y(x_0)=y_0$, on obtient l unique solution :

$$y(x)=y_0e^{a(x-x_0)}$$

y(x)=Ce^{ax}

Démonstration

Posons $z(x)=y(x)e^{-ax}$. Alors :

$$z'(x)=y'(x)e^{-ax}-ay(x)e^{-ax}=(y'(x)-ay(x))e^{-ax}=0$$

Donc $z$ est constante, d ou $z(x)=C$ et finalement :

$$y(x)=Ce^{ax}$$

Stabilité des solutions de $y'=ay$

Si $f$ et $g$ sont deux solutions de $y'=ay$, alors $f+g$ et $kf$ (pour tout réel $k$) sont également solutions.

Démonstrations :

  • $(f+g)'=f'+g'=af+ag=a(f+g)$ ✓
  • $(kf)'=kf'=k(af)=a(kf)$ ✓

Conséquence : l'ensemble des solutions de $y'=ay$ est un espace vectoriel (de dimension 1 sur ℝ), engendré par $e^{ax}$.

Méthode avec condition initiale

1. Ecrire la solution générale $y(x)=Ce^{ax}$.

2. Utiliser la condition initiale pour trouver $C$.

3. Recrire la solution finale sous une forme simple.

4. Vérifier rapidement en derivant.

Équation $y' = ay + b$

On ajoute maintenant un terme constant. L idée centrale est de commencer par chercher une solution d equilibre.

Solution particuliere constante

Pour resoudre $y'=ay+b$ avec $a \ne 0$, on commence par chercher une solution constante $y_p$.

Si $y$ est constante, alors $y'=0$, donc :

$$0=ay_p+b$$

d ou :

$$y_p=-\frac{b}{a}$$

y_p=-\frac{b}{a}

Solution générale de $y' = ay+b$

Toutes les solutions sont de la forme :

$$y(x)=Ce^{ax}-\frac{b}{a}$$

Avec une condition initiale $y(x_0)=y_0$, on obtient :

$$y(x)=\left(y_0+\frac{b}{a}\right)e^{a(x-x_0)}-\frac{b}{a}$$

y(x)=Ce^{ax}-\frac{b}{a}

Méthode pratique

1. Chercher la solution particuliere constante $y_p=-\dfrac{b}{a}$.

2. Poser $z=y-y_p$.

3. Montrer que $z$ vérifier $z'=az$.

4. Resoudre l'équation homogene.

5. Revenir a $y$.

Le cas $y' = ay + f(x)$ quand une solution particuliere est connue

Le programme demande aussi de savoir exploiter une solution particuliere déjà connue d'une équation plus générale.

A partir d'une solution particuliere

Supposons que $y_p$ soit une solution particuliere de :

$$y'=ay+f(x)$$

Alors toutes les solutions de cette équation sont :

$$y(x)=y_p(x)+Ce^{ax}$$

Autrement dit, on ajoute a une solution particuliere la solution générale de l'équation homogene $y'=ay$.

y(x)=y_p(x)+Ce^{ax}

Justification

On pose $z(x)=y(x)-y_p(x)$. Alors :

$$z'(x)=y'(x)-y_p'(x)$$

Comme $y$ et $y_p$ verifient la même équation, on obtient :

$$z'(x)=a(y(x)-y_p(x))=az(x)$$

Donc $z(x)=Ce^{ax}$, d ou :

$$y(x)=y_p(x)+Ce^{ax}$$

Exemple détaillé

On considère l'équation :

$$y'=2y+4x+4$$

et on admet qu une solution particuliere est $y_p(x)=-2x-3$.

Toutes les solutions sont donc :

$$y(x)=-2x-3+Ce^{2x}$$

Si on impose $y(0)=1$, alors $-3+C=1$, donc $C=4$ et :

$$y(x)=-2x-3+4e^{2x}$$

Réflexe a avoir quand une solution particuliere est donnée

1. Recopier la solution particuliere $y_p$.

2. Ajouter la solution générale de l'équation homogene $y'=ay$, donc $Ce^{ax}$.

3. Si une condition initiale est donnée, remplacer $x$ par la valeur voulue pour calculer $C$.

4. Vérifier rapidement le résultat final.

Allure des courbes pour $y' = ay$

Il faut aussi savoir interpréter qualitativement les solutions suivant le signe du coefficient $a$.

Cas $a>0$ et $a<0$

Si $a>0$, les solutions non nulles sont des exponentielles qui s eloignent de $0$ quand $x$ augmente. Si $a<0$, elles tendent vers $0$ quand $x \to +\infty$.

La solution nulle reste toujours la droite $y=0$.

Deux solutions différentes de $y'=ay$ ne se coupent pas et gardent leur signe.

Lecture qualitative suivant le signe de $a$

Pour $a=2$, une solution positive s'écrit $y(x)=Ce^{2x}$ avec $C>0$ : elle croit très vite quand $x$ augmente.

Pour $a=-2$, une solution positive s'écrit $y(x)=Ce^{-2x}$ : elle reste positive mais se rapproche de $0$ quand $x \to +\infty$.

Le signe de la solution ne change pas : si $C>0$, la courbe reste au-dessus de l axe ; si $C<0$, elle reste en dessous.

QCM du chapitre

  1. Question 1. La solution générale de $y'=4y$ est :

    • A. $y=4e^x$
    • B. $y=Ce^{4x}$
    • C. $y=C+4x$
    • D. $y=e^{4x}+C$

    Réponse. B. $y=Ce^{4x}$

    Explication. Pour $y'=ay$, la solution générale est toujours $Ce^{ax}$.

  2. Question 2. Une solution particuliere constante de $y'=3y-9$ est :

    • A. $0$
    • B. $1$
    • C. $3$
    • D. $9$

    Réponse. C. $3$

    Explication. On pose $0=3y-9$, donc $y=3$.

  3. Question 3. Si $y_p$ est une solution particuliere de $y'=ay+f(x)$, alors les autres solutions sont :

    • A. $y=y_p+C$
    • B. $y=y_p+Ce^{ax}$
    • C. $y=Cy_p$
    • D. $y=e^{ax}$

    Réponse. B. $y=y_p+Ce^{ax}$

    Explication. On ajoute la solution générale de l'équation homogene $y'=ay$.

  4. Question 4. Si $a<0$, toute solution positive de $y'=ay$ :

    • A. croit vers $+\infty$
    • B. reste constante
    • C. tend vers $0$ quand $x \to +\infty$
    • D. devient negative

    Réponse. C. tend vers $0$ quand $x \to +\infty$

    Explication. Une solution s'écrit $Ce^{ax}$. Si $a<0$ et $C>0$, alors $e^{ax} \to 0$ quand $x \to +\infty$.

  5. Question 5. On sait que $y_p(x)=x+1$ est une solution de $y'=y-x$. La solution générale est :

    • A. $y=x+1+C$
    • B. $y=x+1+Ce^x$
    • C. $y=(x+1)e^x$
    • D. $y=Ce^{-x}$

    Réponse. B. $y=x+1+Ce^x$

    Explication. On ajoute la solution générale de l'équation homogene $y'=y$, soit $Ce^x$.

Exercices guidés

Exercice 1. Resoudre $y' = 3y$ avec $y(0)=2$

Resoudre l'équation différentielle $y'=3y$ avec la condition initiale $y(0)=2$.
y'=3y, \quad y(0)=2

  1. Étape 1. Ecrire la solution générale.

    Comme on est dans le cas $y'=ay$, on a $$y(x)=Ce^{3x}.$$
    y(x)=Ce^{3x}

  2. Étape 2. Utiliser la condition initiale.

    En remplaçant $x$ par $0$, on obtient $$y(0)=C=2.$$ La solution finale est $$y(x)=2e^{3x}.$$
    y(x)=2e^{3x}

Exercice 2. Resoudre $y' = 2y - 6$ avec $y(0)=4$

Resoudre l'équation $y'=2y-6$ avec la condition $y(0)=4$.
y'=2y-6, \quad y(0)=4

  1. Étape 1. Chercher la solution d equilibre.

    On pose $y'=0$, donc $$0=2y-6$$ et $$y_p=3.$$
    y_p=3

  2. Étape 2. Poser $z=y-3$ et conclure.

    Alors $$z'=2z$$ donc $$z(x)=Ke^{2x}$$ et $$y(x)=Ke^{2x}+3.$$ Avec $y(0)=4$, on trouve $K=1$, donc $$y(x)=e^{2x}+3.$$
    y(x)=e^{2x}+3

Exercice 3. Utiliser une solution particuliere connue

On admet que $y_p(x)=x+1$ est une solution de l'équation $y'=y-x$. Déterminer toutes les solutions, puis celle qui vérifier $y(0)=3$.
y'=y-x, \quad y_p(x)=x+1, \quad y(0)=3

  1. Étape 1. Ajouter la solution de l'équation homogene.

    L'équation homogene associee est $$y'=y$$ donc ses solutions sont $$Ce^x.$$ Toutes les solutions de l'équation de depart sont donc $$y(x)=x+1+Ce^x.$$
    y(x)=x+1+Ce^x

  2. Étape 2. Utiliser la condition initiale.

    Comme $$y(0)=1+C=3,$$ on obtient $$C=2.$$ La solution cherchée est donc $$y(x)=x+1+2e^x.$$
    y(x)=x+1+2e^x

Exercice 4. Comparer deux evolutions exponentielles

Comparer le comportement des solutions des équations $y'=2y$ et $y'=-2y$ verifiant toutes les deux $y(0)=1$.
y_1'=2y_1,\ y_1(0)=1 \quad ; \quad y_2'=-2y_2,\ y_2(0)=1

  1. Étape 1. Ecrire les deux solutions.

    On obtient $$y_1(x)=e^{2x}$$ et $$y_2(x)=e^{-2x}.$$
    y_1(x)=e^{2x}, \quad y_2(x)=e^{-2x}

  2. Étape 2. Decrire leur comportement quand $x$ augmente.

    La fonction $$e^{2x}$$ croit très vite : la solution de $y'=2y$ s eloigne de $0$. Au contraire $$e^{-2x}$$ tend vers $0$ quand $x \to +\infty$ : la solution de $y'=-2y$ se rapproche de l axe des abscisses.
    e^{2x} \to +\infty, \quad e^{-2x} \to 0

À retenir