Dans ce cours le réel a est supposé non nul.
Définition :
Soient a un réel non nul et f une fonction définie sur un intervalle I.
L’équation différentielle (E):y′=ay+f, qui peut aussi s’écrire y′−ay=f, est également appelée équation différentielle du premier ordre à coefficients constants avec second membre.
Exemple :
y′=2y+x (I=R) est une équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficient constant a=2 et, pour tout réel x, f(x)=x.
Théorème :
Les solutions de l’équation différentielle (E):y′=ay+f (a∈R∗,f définie sur I) sont obtenues en ajoutant une solution particulière yP de (E) aux solutions yH de l’équation homogène associée (EH):y′=ay.
Exemple :
On considère l’équation différentielle (E):y′=2y+x.
1. Vérifier que yP(x)=−2x−41 est solution de (E) :
On a : yP′(x)=−21.
En remplaçant dans (E), pour tout x : yP′(x)=2yP(x)+x
−21=2(−2x−41)+x
−21=−x−21+x.
L’égalité est vérifiée. Donc yP(x) est une solution particulière de (E).
2. En déduire toutes les solutions de (E) :
L’équation homogène associée (EH):y′=2y a pour solutions :
yH(x)=Ce2x,C∈R.
Les solutions de (E) sont de la forme : y(x)=yH(x)+yP(x).
Donc, pour tout réel x : y(x)=Ce2x−2x−41.
Remarque :
L’équation différentielle y′=ay+f (a∈R∗,f définie sur I) admet une unique solution vérifiant la condition initiale y(x0)=y0, où x0 et y0 sont des réels.
On retiendra la méthode :
Pour résoudre l'équation avec second membre (E), on demande de :
a) Résoudre l'équation sans second membre (E′) (le second membre est nul).
b) Montrer qu'une fonction g est solution de (E).
c) Montrer que f est solution de (E) si et seulement si (f−g) est solution de (E′).
d) En déduire les solutions de (E).
Exemple d'application :
Résolution de y′+2y=ex+3 (E) :
a) Résoudre y′+2y=0 (E′).
b) Déterminer a et b de façon à ce que g définie sur R par g(x)=aex+b soit solution de (E).
c) Montrer que f est solution de (E) si et seulement si (f−g) est solution de (E′).
d) En déduire les solutions S de (E).
Solution :
a) On applique la propriété du cours, on trouve que les solutions de (E′) sont les fonctions fk(x)=ke−2x.
b) Le principe de ce genre de question est de remplacer y par g et d'identifier alors les constantes.
g est dérivable sur R et g′(x)=aex.
On en déduit que f′(x)+2f(x)=aex+2(aex+b)=3aex+2b.
f sera donc solution de (E) si 3aex+2b=ex+3, c'est-à-dire si a et b vérifient :
{3a=12b=3
c'est-à-dire pour a=31 et b=23.
On a donc : g(x)=31ex+23.
c) f−g est solution de (E′)
⟺(f(x)−g(x))′+2(f(x)−g(x))=0
⟺f′(x)+2f(x)−g′(x)−2g(x)=0
⟺f′(x)+2f(x)=g′(x)+2g(x)
⟺f′(x)+2f(x)=ex+3
(On a g′(x)+2g(x)=ex+3 car g est solution de l'équation avec second membre)
⟺f solution de (E)
d) f solution de (E)
⟺(f−g) solution de (E′)
⟺f−g=fk d’apreˋs a)
⟺f(x)=fk(x)+g(x)=ke−2x+31ex+23