Équations de la forme y'=ay+f

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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 :
$y' = 2y + x$ ($I = \mathbb{R}$) 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 $(E) : y' = ay + f$ ($a \in \mathbb{R}^*, f$ définie sur $I$) sont obtenues en ajoutant une solution particulière $y_P$ de $(E)$ aux solutions $y_H$ de l’équation homogène associée $(E_H) : y' = ay$.

Exemple :
On considère l’équation différentielle $(E) : y' = 2y + x$.

$1.$ Vérifier que $y_P(x) = -\dfrac{x}{2} - \dfrac{1}{4}$ est solution de $(E)$ :
On a : $y_P'(x) = -\dfrac{1}{2}$.

En remplaçant dans $(E)$, pour tout $x$ : $y_P'(x) = 2y_P(x) + x$
$-\dfrac{1}{2} = 2\left(-\dfrac{x}{2} - \dfrac{1}{4}\right) + x$
$-\dfrac{1}{2} = -x - \dfrac{1}{2} + x$.

L’égalité est vérifiée. Donc $y_P(x)$ est une solution particulière de $(E)$.

$2.$ En déduire toutes les solutions de $(E)$ :
L’équation homogène associée $(E_H) : y' = 2y$ a pour solutions :
$y_H(x) = C\text e^{2x},\quad C \in \mathbb{R}$.

Les solutions de $(E)$ sont de la forme : $y(x) = y_H(x) + y_P(x)$.

Donc, pour tout réel $x$ : $y(x) = C\text e^{2x} - \dfrac{x}{2} - \dfrac{1}{4}$.

Remarque :
L’équation différentielle $y' = ay + f$ ($a \in \mathbb{R}^*, f$ définie sur $I$) admet une unique solution vérifiant la condition initiale $y(x_0) = y_0$, où $x_0$ et $y_0$ 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 $y' + 2y = e^x + 3$ $(E)$ :

$a)$ Résoudre $y' + 2y = 0$ $(E')$.
$b)$ Déterminer $a$ et $b$ de façon à ce que $g$ définie sur $\mathbb{R}$ par $g(x) = ae^x + b$ 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 $\mathscr{S}$ de $(E)$.

Solution :

$a)$ On applique la propriété du cours, on trouve que les solutions de $(E')$ sont les fonctions $f_k(x) = ke^{-2x}$.

b) Le principe de ce genre de question est de remplacer $y$ par $g$ et d'identifier alors les constantes.
$g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $g'(x) = ae^x$.
On en déduit que $f'(x) + 2f(x) = ae^x + 2(ae^x + b) = 3ae^x + 2b$.
$f$ sera donc solution de $(E)$ si $3ae^x + 2b = e^x + 3$, c'est-à-dire si $a$ et $b$ vérifient :
$\left\lbrace\begin{matrix}3a=1\\2b=3\end{matrix}\right.$

c'est-à-dire pour $a = \frac{1}{3}$ et $b = \frac{3}{2}$.
On a donc : $g(x) = \frac{1}{3}e^x + \frac{3}{2}$.

c) $f - g$ est solution de $(E')$
$\Longleftrightarrow \left(f(x) - g(x)\right)' + 2\left(f(x) - g(x)\right) = 0$
$\Longleftrightarrow f'(x) + 2f(x) - g'(x) - 2g(x) = 0$
$\Longleftrightarrow f'(x) + 2f(x) = g'(x) + 2g(x)$
$\Longleftrightarrow f'(x) + 2f(x) = e^x + 3$
(On a $g'(x) + 2g(x) = e^x + 3$ car $g$ est solution de l'équation avec second membre)
$\Longleftrightarrow f \text{ solution de } (E)$

d) $f$ solution de $(E)$
$\Longleftrightarrow (f - g) \text{ solution de } (E')$
$\Longleftrightarrow f - g = f_k \text{ d'après } a)$

$\Longleftrightarrow f(x) = f_k(x) + g(x) = ke^{-2x} + \frac{1}{3}e^x + \frac{3}{2}$