13. EQUATIONS DIFFERENTIELLES LINEAIRES DU SECOND ORDRE … · Comme pour les équations...

13. EQUATIONS DIFFERENTIELLES LINEAIRES DU

SECOND ORDRE A COEFFICIENTS CONSTANTS.

1. DEFINITION

Soit l'équation différentielle du second ordre à coefficients constants

ay by cy x a R b R c R

I R

′′ + ′ + = ∈ ∈ ∈∗ϕϕ

( ) ( ) ,I

fonction continue sur un intervalle de

L'équation homogène associée à l'équation (I) (ou équation sans second membre) est

ay by cy′′ + ′ + = 0 ( )II

L'ensemble des solutions de l'équation homogène associée est un espace vectoriel de dimension

2 sur R.

2. RESOLUTION de L'EQUATION SANS SECOND MEMBRE (II).

On forme l'équation du second degré appelée équation caractéristique

ar br c IIc2 0+ + = ( )

1 4 02. ∆ = − >b ac

L'équation caractéristique admet deux racines réelles distinctes

r

ba

et rb

a1 22 2= − + = − −∆ ∆

La solution générale de (II) est

y C e C e C C RSG IIr x r x

( ) ( , )= + ∈1 2 1 221 2 avec

2 4 02. ∆ = − =b ac

L'équation caractéristique admet une racine réelle double

U.M.N. 13. Equations différentielles linéaires du 2ème ordre. Cours.

© dpic – inpl – mai 19992

r

ba

= −2


y e C x C avec C C RSG IIrx

( ) ( ) ( , )= + ∈1 2 1 22

3 4 02. ∆ = − <b ac

L'équation caractéristique admet deux racines complexes conjuguées

soit en posant α = = −Partie réelle de r ou de r

ba1 2 2

( )

β = = −Valeur absolue Partie imaginaire de r ou de r

a1 2 2( )

∆

r

b ia

i et rb i

ai1 22 2

= − + − = + = − − − = −∆ ∆α β α β


y e C x C x avec C C RSG IIx

( ) ( cos sin ) ( , )= + ∈α β β1 2 1 22

3. RESOLUTION de L'EQUATION COMPLETE (I).

La solution générale de l'équation complète (I) est la somme

• de la solution générale de l'équation sans second membre (II)

• et d'une solution particulière de l'équation complète (I)

y y ySG I SG II SP I( ) ( ) ( )= +

C'est le principe de superposition des solutions (dû à la linéarité de l'équation différentielle)

4. RECHERCHE d'une SOLUTION PARTICULIERE de L'EQUATION

COMPLETE (I)

4.1.. Formes classiques du second membre.

• =ϕ( ) ( )x P x P nn navec polynôme de degré



c y Q x

c et b y xQ x

c b y x Q x

Q n

SP II n

SP II n

SP II n

n

≠ =

= ≠ =

= = =

0

0 0

0 2

( )

( )

( )

( )

( )

( )

avec polynôme de degré

• = ∈ ∗ϕ( ) ( )x e P x P n m Rmxn navec polynôme de degré et

ou bien, on effectue le changement de fonction inconnue y e z avec z fonction de xmx=

ou bien

non racine de l équation caractéristique

racine simple

racine double

avec polynôme de degré

m y e Q x

m y e xQ x

m y e x Q x

Q n

SP IImx

n

SP IImx

n

SP IImx

n

n

′ =

=

=

( )

( )

( )

( )

( )

( )2

• = + ∈′

′∗

′

ϕ( ) ( )cos ( )sinx P x px R x px p R

P n R nn n

n navec polynôme de degré et polynôme de degré

± ′= +

± ′= +

= ′

ip

y Q x px S x px

ip

y x Q x px S x px

k n n

Q et S k

SG II k k

SG II k k

k k

non racines de l équation caractéristique

racines de l équation caractéristique

polynômes de degré

( )

( )

( )cos ( )sin

( ( )cos ( )sin )

max( , )

• = + ∈ ∈ϕ( ) ( cos sin ) ,( , ) ( ) ( , )x e A px B px m p R m p A B Rmx 2 2ou peut être nul et

on effectue le changement de fonction inconnue

y e z avec z fonction de xmx=

• = =

′′ + ′ + =′′ + ′ + =

∑

∑∑

ϕ ϕ

ϕϕ

( ) ( ) , ,...

( ) ( )

( ) ( )

x x i n

x ay by cy x

x ay by cy x

ii

i i

i iii

1 2

et si est une solution particulière de

est une intégrale particulière de

ΨΨ



5. RECHERCHE d'une SOLUTION PARTICULIERE de L'EQUATION

COMPLETE (I)

5.1.. Méthode de variation des constantes.

Nous devons résoudre une équation différentielle de la forme

ay by cy x I a′′ + ′ + = ≠ϕ( ) ( ) avec 0

Lorsque le second membre n'a pas l'une des formes indiquées précédemment, on emploie la

méthode dite de variation des constantes.

Soit deux solutions linéairement indépendantes de

l équation homogène associée II

y et y

ay by cy1 2

0′ ′′ + ′ + = ( )

Comme pour les équations différentielles linéaires du premier ordre, on suppose que les

constantes λ sont des fonctions de x dérivables.

On cherche une solution particulière de l équation complète (I) sous la forme′= +y x y x yλ λ1 1 2 2( ) ( )

′ ′ = ′ + ′ + ′ + ′D où y y y y yλ λ λ λ1 1 2 2 1 1 2 2

Lagrange (Français 1736 1813) propose d imposer aux fonctions inconnues

la condition supplémentaire

− ′′ + ′ =

λ λλ λ

1 2

1 1 2 2 0

et

y y

il reste alors et en dérivant′ = ′ + ′′′ = ′ ′ + ′ ′ + ′′ + ′′

y y y

y y y y y

λ λλ λ λ λ

1 1 2 2

1 1 2 2 1 1 2 2

En reportant dans l équation (I) en tenant compte du fait que et

sont solutions de l équation (II), après simplification il reste

′′

y y1 2

a y y x( ) ( )′ ′ + ′ ′ =λ λ ϕ1 1 2 2

′ ′ ′D où le système qui détermine et λ λ1 2

′ ′ + ′ ′ =

′ + ′ =

λ λ ϕ

λ λ

1 1 2 2

1 1 2 2 0

y yx

ay y

( )

U.M.N. 11. Equations diff�rentielles lin�aires du 2�me ordre. Exercices corrig�s.

© dpic- inpl Ð mai 1999

MATH13E01

Résoudre l' équation différentielle

y" +y' +y = x2 + x +1

MATH13E02

Trouver la solution de l' équation différentielle

y" +2y' +y = 2e−x

vérifiant y(0)= 3 et y ' (0)= 1

MATH13E03


y" +y' = x + chx

MATH13E04


y" +2y' +y = 2x2chx

MATH13E05


y" −3y' −4y = xe x

MATH13E06


y" +y' −2y = x2e−2x

MATH13E07


y" +2y' +5y = e−x(2cos2x− 3sin2x) (I)

Note

Cliquez sur l'ampoule pour obtenir la solution.



MATH13E08


y" +4y' +4y = e−2x

1+ x2

MATH13E09


y" +y = x +1

MATH13E10


y" −4y = x

MATH13E11


(E) y"+y = 1cosx

avec x∈ − π2

,π2

MATH13E12**

Résoudre y"+2y' −3y = 1

e2x +1(I)

MATH13E13


4xy"+2y' −y = 0



MATH13E14**


x2y" −3xy' +4y = x2

sachant que y= x2 est solution de l' équation homogène associée

MATH13E15**


x2y" +xy' −4y = 4x2 (I)

MATH13E16**


x2y" +4xy' +2y = ln(1+ x) (I)

MATH13E17**

Trouver toutes les applications f : R →R deux fois dérivables telles que:

∀x ∈R , f "(x) + f(−x) = x (E)

Indication : On pourra poser

g(x) = f(x) + f(−x) et h(x) = f(x) − f(−x)

et établir deux équations différentielles linéaires du second ordre dont g et h sont solutions


© dpic Ð inpl Ð mai 1999

MATH13E01

y"+y' +y = x2 + x +1 (E)

Equation différentielle du second ordre linéaire à coefficients constan ts

soit y"+y' +y = 0 (E0) l' équation sans second membre ou équation homogène associée

et r2 + r +1= 0 l' équation caractéristique

qui admet pour racines les nombres complexes conjugués

r1 = −1+ i 32

= j et r2 = −1− i 32

= r1 = j = j2

α = Re(r1) = Re(r2) = − 12

β = Im(r1) = Im(r2) = 32

la solution générale de l' équation sans second membre (E0) est

ySG(E0) = e− x

2 (C1cos3

2x + C2 sin

32

x) avec (C1,C2) ∈R 2

Le second membre ϕ(x) = x2 + x +1 est un polynôme du second degré

puisque c= 1≠ 0, il existe une solution particulière de l' équation complète

sous forme d ' un polynôme de même degré 2 à coefficients indéter minés

y = Q(x) = ax2 + bx + c

y' = 2ax+ b

y" = 2a

par idenfication

a = 1

2a+ b = 1⇒ b = −1

2a+ b + c = 1⇒ c = 0

la solution particulière de l' équation complète (E) est

ySP(E)= x2 − x

en appliquant le principe de superposition des solutions

ySG(E)= ySG(E0) + ySP(E)= e− x

2 (C1cos3

2x + C2 sin

32

x) + x2 − x avec (C1,C2) ∈R 2



MATH13E02

Rappel : probl�me de Cauchy (admet une solution et une seule sur I)

y"+2y' +y = 2e−x (E)


soit y"+2y' +y = 0 (E0) l' équation sans second membre

et r2 + 2r +1= 0 l' équation caractéristique

qui admet une racine réelle double r1 = r2 = −1

ySG(E0) = (C1x + C2)e−x avec (C1,C2) ∈R 2

le second membre ϕ(x) = 2e−x est de la forme emx avec m = −1 = r1 = r2

il existe donc une solution particulière sous la forme y= Ax2e−x avec A constan te réelle

à déter miner

y = Ax2e−x

y' = A(2x − x2)e−x

y" = A(2 − 4x + x2)e−x

en repor tan t dans l' équation différentielle, on obtient

y" +2y' +y = 2Ae−x = 2e−x d' où A= 1

ySP(E)= x2e−x

d' après le principe de superposition des solutions

ySG(E)= (x2 + C1x + C2)e−x avec (C1,C2) ∈R 2

pour déter miner les constan tes,on utilise les deux conditions initiales

y(x) = (x2 + C1x + C2)e−x ⇒ y(0) = C2 = 3

y' (x) = (−x2 + (−C1 + 2)x + C1 − C2)e−x ⇒ y ' (0) = C1 − C2 = 1 soit C1 = 4

et la solution Y du problème avec conditions initiales est

Y(x) = (x2 + 4x + 3)e−x



MATH13E03

y"+y' = x + chx = x + 12

(ex + e−x ) (E)


soit y"+y' = 0 (E0) l' équation sans second membre

et r2 + r = 0 l' équation caractéristique

qui admet pour racines les nombres réels r1 = −1 et r2 = 0


ySG(E0) = C1e−x + C2 avec (C1,C2) ∈R 2

on découple le second membre

y" +y' = x (E.1)

• solution particulière pourϕ1(x) = x

ϕ1(x) est un polynôme du premier deg ré, puisque c= 0 et b= 1,

alors il existeune solution particulière sous la formexQ1(x) = x(ax+ b) = ax2 + bx

y = ax2 + bx

y' = 2ax+ b

y" 2a

en repor tan t dans l' équation (E.1)

on obtient

2ax+ b + 2a= x

et par identification

a = 12

et b= −1

ySP(E.1) = 12

x2 − x

y"+y' = 12

ex (E.2)

• solution particulière pourϕ2(x) = 12

ex

sous la forme

y = Aex

et l' on obtient

ySP(E.2)=14

ex



y"+y' = 12

e−x (E.3)

• solution particulière pourϕ3(x) = 12

e−x de la forme emx avec m= r1 = −1 et m≠ r2

solution particulière sous la forme

y = Bxe−x

y' = B(1− x)e−x

y" = B(−2 + x)e−x

et en repor tan t dans (E.3)

on obtient B= − 12

ySP(E.3)= − 12

xe−x

superposition des solutions

ySG(E) = (− 12

x + C1)e−x + 12

x2 − x + C2 + 14

ex avec (C1,C2 ) ∈R 2



MATH13E04

y"+2y' +y = 2x2chx = x2(ex + e−x ) (E)

equation sans second membre y"+2y' +y = 0 (E0 )

equation caractéristique r2 + 2r +1= 0

Racine double r1 = r2 = −1 et ySG(E0) = e−x(C1x + C2) (C1,C2) ∈R 2

on découple le second membre

• solution particulière pourϕ1(x) = x2ex (m = 1≠ r1 et ≠ r2) sous la forme

y = ex(ax2 + bx + c)

y' = ex ax2 + (2a+ b)x + (b + c)[ ]y" = ex ax2 + (4ax+ b)+ c + 2b+ 2a[ ]par identification a= 1

4b = − 1

2c = 3

8

ySP(E.1)= ex(14

x2 − 12

x + 38

)

• solution particulière pourϕ2(x) = x2e−x (m = 1= r1 = r2)

y = e−x(ax4 + bx3 + cx2)

par identification a= 112

b = 0 c= 0

ySP(E.2)= e−x(1

12x4)

par superposition des solutions

ySG(E)= e−x(1

12x4 + C1x + C2) + ex(

14

x2 − 12

x + 38

) avec (C1,C2) ∈R 2



MATH13E05

y"−3y' −4y = xe x (E)


soit y"−3y' −4y = 0 (E0) l' équation sans second membre

et r2 − 3r − 4 = 0 l' équation caractéristique

qui admet pour racines les nombres réels r1 = −1 et r2 = −4


ySG(E0) = C1e−x + C2e4x avec (C1,C2) ∈R 2

Le second membre ϕ(x) =xex si x ≥ 0

xe−x si x < 0

pour x ≥ 0, (m = 1 et m ≠ r1 et ≠ r2 )

il existe une solution particulière de l' équation complète sous forme

y = (ax+ b)ex

y' = (ax+ a+ b)ex

y" = (ax+ 2a+ b)ex

par idenfication a= − 16

et b= 136

la solution particulière de l' équation complète (E) pour x≥ 0 est

ySP(E)= (− 16

x + 136

)ex



pour x < 0, (m = −1 = r1 et m ≠ r2 )

il existe une solution particulière de l' équation complète sous forme

y = (ax2 + bx)e−x

y' = (−ax2 + (2a− b)x + b)e−x

y" = (ax2 + (−4a+ b)x + 2a− 2b)e−x

par idenfication a= − 110

et b= − 125

la solution particulière de l' équation complète (E) pour x< 0 est

ySP(E)= (− 110

x − 125

)e−x


ySG(E)= ySG(E0) + ySP(E)=C1e

−x + C2e4x + (− 16

x + 136

) pour x≥ 0

(− 110

x2 − 125

x + C1)e−x + C2e4x pour x< 0

avec (C1,C2) ∈R 2



MATH13E06

y"+y' −2y = x2e−2x (E)

equation sans second membre y"+y' −2y = 0 (E0 )

equation caractéristique r2 + r − 2 = 0

Racines réelles r1 = 1 et r2 = −2 et ySG(E0) = C1ex + C2e−2x avec (C1,C2) ∈R 2

pour rechercher une solution particulière, on effectue le changement de fonction inconnue

y = e−2xu avec u fonction de x

après simplification par e−2x > 0 ∀x ∈Ron obtient l' équation différentielle

u"−3u'= x2

et l' on cherche une solution particulière de l' équation en u (c= 0 et b= −3) sous la forme

u = ax3 + bx2 + cx

u' = 3ax2 + 2bx+ c

u"= 6ax+ 2b

et par identification, on obtient a= − 19

b = − 19

et c= − 227

la solution particulière de l' équation complète (E) est

ySP(E)= (− 19

x3 − 19

x2 − 227

x)e−2x


ySG(E)= ySG(E0) + ySP(E)= C1ex + (− 1

9x3 − 1

9x2 − 2

27x + C2)e−2x avec (C1,C2) ∈R



MATH13E07

l' équation sans second membre y "+2y' +5y = 0 (II)

admet pour équation caractéristique r2 + 2r + 5 = 0

les racines sont r1 = −1+ 2i et r2 = −1− 2i = r1la solution générale de l' équation sans second membre est

ySG(II) = e−x(C1cos2x+ C2 sin2x) avec (C1,C2) ∈R 2

pour obtenir une solution particulière de l' équation complète,on effectue

le changement de fonction inconnue y= e−xz avec z fonction de x

y = e−xz

y' = e−x(−z + z' )

y" = e−x(z − 2z'+z")

on reporte dans l' équation différentielle,après simplification,

on obtient:

z"+4z = 2cos2x − 3sin2x

les racines de l' équation caractéristique en z sont 2i et− 2i

le second membre est 2cos2x− 3sin2x doncω = 2

la solution particulière de l' équation en z est de la forme

z = x(Acos2x+ Bsin2x) avec A et B constan tes réelles à déter miner

z' = x(2Bcos2x− 2Asin2x)+ Acos2x+ Bsin2x

z"= x(−4Acos2x− 4Bsin2x)+ 4Bcos2x− 4Asin2x

et

4Bcos2x − 4Asin 2x = 2cos2x − 3sin2x

par identification

B = 12

et A = 34

zSP = x(34

cos2x + 12

sin2x)

ySP(I) = xe−x(34

cos2x + 12

sin2x)


ySG(I) = e−x (3x4

+ C1)cos2x + (x2

+ C2 )sin2x

(C1,C2 ) ∈R 2



MATH13E08

On effectue le changement de fonction inconnue y = e−2xz avec z fonction de x

y = e−2xz

y' = e−2x(−2z + z' )

y"= e−2x(4z − 4z' +z")

en repor tan t dansl' équation initiale, il reste

e−2xz"= e−2x

1+ x2

puisque e−2x > 0 ∀x ∈Ron obtient

z"=1

1+ x2

et en int égrant une première fois

z' = Arc tanx+ C1

puis en int égrant une seconde fois

z = xArc tanx− 12

ln(1+ x2) + C1x + C2 avec (C1,C2) ∈R 2

et finalement

y = e−2x(xArc tanx− 12

ln(1+ x2) + C1x + C2) avec (C1,C2) ∈R 2



MATH13E09

L' équation différentielle s' écrit

y" +y =−x +1 si x∈I1 = − ∞,0] [x +1 si x∈I2 = 0,+ ∞] [

on cherche des solutions sur chacun des intervalles et l'on raccorde les solutions en 0

pour x ∈I1 = − ∞ ,0] [, l' équation y"+y = −x +1

admet pour solution générale y= C1cosx+ C2 sinx− x +1 avec (C1,C2) ∈R 2

pour x∈I2 = 0,+ ∞] [, l' équation y"+y = x +1

admet pour solution y= D1cosx+ D2 sinx+ x +1 avec (D1,D2) ∈R 2

limx→0−

y(x) = limx→0+

y(x) ⇒ C1 = D1

limx→0−

y' (x) = limx→0+

y' (x) ⇒ C2 −1 = D2 +1

limx→0−

y"(x) = limx→0+

y"(x) ⇒ C1 = D1

si l' on exp rime D1 et D2 en fonction de C1 et C2, on obtient

D1 = C1 et D2 = C2 − 2

soit, la solution de l' équation différentielle

y = f(x) =C1cosx+ C2 sinx− x +1 si x∈I1 = − ∞,0] [C1cosx+ (C2 − 2)sinx+ x +1 si x∈I2 = 0,+ ∞] [

U.M.N. 11. Equations différentielles linéaires du 2ème ordre. Exercices corrigés.


MATH13E10

L' équation différentielle s' écrit

y"−4y =−x si x ∈ I1 = − ∞,0] [x si x ∈ I2 = 0,+ ∞] [

on cherche des solutions sur chacun des intervalles et l'on raccorde les solutions en 0

pour x ∈ I1 = − ∞,0] [ , l' équation y"−4y = −x

admet pour solution générale y = C1e2x + C2e−2x + x4

avec (C1,C2 ) ∈ R 2

pour x ∈ I2 = 0,+ ∞] [ , l ' équation y"−4y = x

admet pour solution y = D1e2x + D2e−2x − x4

avec (D1,D2 ) ∈ R 2

lim ( ) lim ( )

lim ( ) lim ( )

lim ( ) lim ( )

© exp

x x

x x

x x

y x y x C C D D

y x y x C C D D

y x y x C C D D

si l on

→ →

→ →

→ →

− +

− +

− +

= = ⇒ + = +

′ = ′ ⇒ − + = − −

′′ = ′′ ⇒ + = +

0 01 2 1 2

0 01 2 1 2

0 01 2 1 2

0

2 214

2 214

rimerime D et D en fonction de C et C on obtient

D C et D C

soit la solution de l équation différentielle

y f xC e C e

xsi x I

C e C ex

si x I

x x

x x

1 2 1 2

1 1 2 2

12

22

1

12

22

2

18

18

40

18

18 4

0

,

, '

( ),

( ) ( ) ,

= + = −

= =+ + ∈ = − ∞] [

+ + − − ∈ = + ∞]

−

− [[



MATH13E11

Le second membre n'étant pas l'un des cas particuliers étudié dans le cours, utilisons la

méthode de variation des constantes.

La solution générale de l'équation sans second membre

(E0 ) y"+y = 0

est y = C1 cosx + C2 sin x

On recherche une solution particulière de l'équation complète (E) en supposant C1 et C2

fonction de x

y = C1(x)cosx + C2(x)sin x

Dérivons

y' = −C1(x)sin x + C2(x)cosx + C'1 (x)cosx + C' 2 (x)sin x

Nous disposons d'une seule équation supplémentaire mais de deux inconnues (les constantes

C1 et C2). Lagrange propose d'imposer la condition supplémentaire :

C'1 (x)cosx + C' 2 (x)sin x = 0

afin de ne pas faire apparaître les dérivées C"1 (x) et C"2 (x) dans le calcul de y".

Dérivons une nouvelle fois pour obtenir y"

y"= −C1(x)cosx − C2(x)sin x − C'1 (x)sin x + C' 2 (x)cosx

Reportons ces valeurs dans l'équation (E), il reste

−C'1 (x)sin x + C' 2 (x)cosx = 1cosx

D'où le système linéaire à deux équations et deux inconnues

C'1 (x)cosx + C' 2 (x)sin x = 0

−C'1 (x)sin x + C' 2 (x)cosx = 1cosx

Ce système admet une solution et une seule car son déterminant est toujours différent de zéro

(voir cas général démontré par Wromski)

on obtient C'1 (x) = sin xcosx

et C' 2 (x) =1

en intégrant

C x x et C x x1 2( ) ln(cos ) ( )= = car cos ,x sur> −

0

2 2π π

.

la solution particulière de l'équation (E) est:



ySP(E) = (ln(cosx))cosx + xsin x

et par superposition des solutions

Pour x ∈ − π2

,π2

ySG(E) = (ln(cosx) + C1)cosx + (x + C2 )sin x avec (C1,C2 ) ∈ R 2



MATH13E12

Le second membre n'�tant pas l'un des cas particuliers �tudi� dans le cours, utilisons la

m�thode de variation des constantes.

La solution g�n�rale de l'�quation sans second membre

(E0 ) y"+2y' −3y = 0

est y = λ1ex + λ2e−3x

On recherche une solution particuli�re de l'�quation compl�te (E) en supposant λ1 et λ2

fonction de x

y = λ1(x)ex + λ2(x)e−3x

Dérivons

y' = λ1(x)ex − 3λ2(x)e−3x + λ '1(x)ex + λ ' 2 (x)e−3x

Nous disposons d'une seule �quation suppl�mentaire mais de deux inconnues (les constantes

λ1 et λ2 ). Lagrange propose d'imposer la condition suppl�mentaire :

λ '1 (x)ex + λ ' 2 (x)e−3x = 0

afin de ne pas faire appara�tre les d�riv�es λ"1 (x) et λ"2 (x) dans le calcul de y"

D�rivons une nouvelle fois pour obtenir y"

y"= λ1(x)ex + 9λ2(x)e−3x + λ '1 (x)ex − 3λ ' 2 (x)e−3x

Reportons ces valeurs dans l'�quation (E), il reste

λ '1 (x)ex − 3λ ' 2 (x)e3x = 1

e2x +1

D'o� le syst�me lin�aire � deux �quations et deux inconnues

λ '1 (x)ex + λ ' 2 (x)e3x = 0

λ '1 (x)ex − 3λ ' 2 (x)e3x = 1

e2x +1

ce syst�me admet une solution et une seule car son d�terminant est toujours diff�rent de z�ro

(voir cas g�n�ral d�montr� par Wromski)

on obtient λ '1 (x) = 14

e−x

e2x +1et λ ' 2 (x) = − 1

4e3x

e2x +1

en int�grant

λ1(x) = 14

(−e−x + Arc tan e−x ) et λ2(x) = 14

(−ex + Arc tan(ex ))



et la solution particuli�re de l'�quation compl�te

ySP(E0 ) = 14

−1+ exArc tan(e−x ) − e−2x + e−3xArc tan(ex )[ ]par superposition des solutions

ySG(E) = λ1ex + λ2e−3x + 1

4−1+ exArc tan(e−x ) − e−2x + e−3xArc tan(ex )[ ] avec (λ1,λ2 ) ∈R 2



MATH13E13

L' équation différentielle est linéaire du second ordre mais à coefficients var iables

• Recherche des solutions sur 0,+ ∞] [on effectue le changement de var iable t= x ou x= t2

et donc dt= 12 x

dx = 12t

dx soitdtdx

= 12t

on pose y(x)= y(t2) = z(t)

y' (x) = dydx

= dzdt

dtdx

= 12t

z' (t)

y"(x) = d2y

dx2 = ddx

dydx

= d

dt12t

z' (t)

dtdx

= 12

− 1

t2z' (t)+ 1

tz"(t)

12t

En repor tan t dans l' équation différentielle, il reste

z"(t) − z(t) = 0

équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constan ts

d' où la solution générale en z

z(t) = C1cht+ C2sht avec (C1,C2) ∈R 2

et en fonction de x

y = f+ (x) = C1ch x + C2sh x pour x∈ 0,+ ∞] [

• Recherche des solutions sur − ∞ , 0] [on effectue le changement de var iable t = −x ou − x = t2

et donc dt = − 12 −x

dx = − 12t

dx soitdtdx

= − 12t

on pose y(x) = y(−t2 ) = z(t)

y' (x) = dydx

= dzdt

dtdx

= − 12t

z' (t)

y"(x) = d2y

dx2 = ddx

dydx

= d

dt− 1

2tz' (t)

dtdx

= − 12

− 1

t2 z' (t) + 1t

z"(t)

(− 1

2t)

En repor tan t dans l' équation différentielle, il reste

z"(t) + z(t) = 0

d' où la solution générale en z

z(t) = C3cost+ C4 sin t avec (C3,C4) ∈R 2

et en fonction de x

y = f− (x) = C3cos −x + C4 sin −x pour x∈ − ∞,0] [



RACCORDEMENT DE LA SOLUTION EN 0

• Continuité de la solution en 0

limx→0+

f+ (x) = C1 et limx→0−

f− (x) = C3

la solution sera continue en 0 ssi C1 = C3

• Continuité de la dérivée première en 0

limx→0+

f+ (x) − C1x − 0

= limx→0+

C1(ch x −1)+ C2sh xx

= 1x

(C2 x + C1x2

+ ο(x))

la lim ite est finie ssi C2 = 0, la dérivée à droite en 0 vaut alorsC12

limx→0−

f− (x) − C1x − 0

= limx→0−

C1(cos −x −1)+ C4 sin −xx

= 1x

(C4 −x + C1x2

+ ο(x))

la lim ite est finie ssi C4 = 0, la dérivée à gauche en 0 vaut alorsC12

• Continuité de la dérivée seconde en 0

limx→0+

f+ ' (x) − f+ ' (0)x − 0

= C112

limx→0−

f− ' (x) − f− ' (0)x − 0

= C112

la dérivée seconde est continue en 0

la fonction ainsi obtenue est de classe C2 sur R

de plus elle satisfait l' équation différentielle en 0

l' ensemble des solutions surR est

y = f(x) =C1ch x si x ∈ 0,+ ∞] [C1cos −x si x ∈ − ∞,0] [

avec C1 ∈R



MATH13E14

C'est une �quation d'Euler donc de la forme

ax2y"+bxy' +cy = ϕ(x)

a,bet c cons tan tes réelles etϕ fonction donnée

L' équation est définie surR ; elle est linéaire et le coefficient de y" s' annule en 0

On considère

I1 = 0,+ ∞] [ et I2 = − ∞,0] [On cherche des solutions sur Ij pour j prenant les valeurs 1 et 2

Supposons dorénavant j fixé

puisque y = x2 est une solution de l' équation homogène associée, on effectue

le changement de fonction inconnue y= x2z avec z fonction de x

y = x2z

y' = 2xz+ x2z'

y" = 2z+ 4xz'+x2z"

et en repor tan t dans l' équation différentielle initiale après simplification, il reste

x4z"+x3z' = x2

et en divisant les deux membres par x3

xz"+z' = 1x

soitddx

(xz' ) = 1x

z' (x) =

1x

ln(x) + λ1x

si x ∈I1 = 0,+ ∞] [1x

ln(−x) + λ2x

si x ∈I2 = 0,+ ∞] [

z(x) =

12

ln2(x) + λ1 ln x + µ1 si x ∈I1 = 0,+ ∞] [12

ln2(−x) + λ2 ln(−x) + µ2 si x ∈I2 = − ∞ ,0] [



y est solution de l' équation différentielle surR ∗ ssi

y = f(x) =x2(

12

ln2(x) + λ1ln x + µ1) si x ∈I1 = 0,+ ∞] [

x2(12

ln2(−x) + λ2 ln(−x) + µ2) si x ∈I2 = − ∞,0] [

RACCORDEMENT de la SOLUTION EN 0


limx→0+

y(x) = limx→0−

y(x) = 0

y est prolongeable par continuité en 0 en posant y(0)= 0

∗ Continuité de la dérivée première en 0

limx→0+

y' (x) = limx→0−

y' (x) = 0

y' est prolongeable par continuité en 0 en posant y' (0)= 0


limx→0+

y' (x) − y' (0)x − 0

et limx→0−

y' (x) − y' (0)x − 0

n' existent pas, quelle que soit la valeur des constan tes

• Conclusion

il n' existe pas de solution de l' équation différentielle surR



MATH13E15

c'est une équation d'Euler donc de la forme


a,bet c cons tan tes réelles et ϕ fonction donnée

L'équation est définie sur R; elle est linéaire et le coefficient de y" s'annule en 0.

On considère:

I1 = −∞,0] [ et I2 = 0,+∞] [On cherche des solutions sur I j pour j prenant les valeurs 1 et 2.

Supposons dorénavant j fixé.

L'équation sans second membre est :

x2y"+xy' −4y = 0 (II)

On cherche des solutions particulières de la forme y = x r; on trouve r = 2 ou r = −2.

La solution générale de l'équation sans second membre est

ySG(II) =λ1x2 + µ1

x2 si x ∈ I1 = − ∞,0] [

λ2x2 + µ2

x2 si x ∈ I2 = 0,+ ∞] [

Par la méthode de variation des constantes, on cherche une solution particulière de l'équation

complète. On obtient

yx x

xsi x I

x xx

si x I

SP I( )

ln( ) ,

ln( ) ,

=− − ∈ = − ∞] [

− ∈ = + ∞] [

22

1

22

2

40

40


y

xx

x xx

si x I

xx

x xx

si x I

SG I( )

ln( ) ,

ln( ) ,

=+ + − − ∈ = − ∞] [

+ + − ∈ = + ∞] [

λ µ

λ µ

12 1

22

2

1

22 2

22

2

2

40

40

Raccordement de la solution en 0 :

lim ( ) lim ( )

x xy x y x

→ →+ −= = ⇔

== =

0 0

1 2

1 2

00

λ λµ µ



lim

( ) ( )lim

( ) ( ) ,

x x

y x yx

y x yx

pour tout→ →+ −

−−

= −−

= =0 0

1 20

00

00 λ λ

lim

( ) ( )lim

( ) ( ) ,

x x

y x yx

y x yx

pour tout→ →+ −

′ −−

= ′ −−

= −∞ =0 0

1 20

00

0λ λ

Donc, il n’existe pas de solution de (E) sur R.



MATH13E16

Equation d'Euler donc de la forme :


a,b et c cons tan tes réelles etϕ fonction donnée

L'�quation est d�finie sur −1,+ ∞] [ ; elle est lin�aire et le coefficient de y" s'annule en 0.

On consid�re :

I1 = −1,0] [ et I2 = 0,+∞] [On cherche des solutions sur I j pour j prenant les valeurs 1 et 2.

Supposons dor�navant j fix�.

L'�quation sans second membre est :

x2y"+4xy' +2y = 0 (II)

On cherche des solutions particuli�res de la forme y = x r ; on trouve r = −1 ou r = −2

La solution g�n�rale de l'�quationÊsans second membre est

ySG(II) =

λ1x

+ µ1

x2 si x ∈I1 = −1,0] [λ2x

+ µ2

x2 si x ∈I2 = 0,+ ∞] [

par la m�thode de variation des constantes, on cherche une solution particuli�re de l'�quation

compl�te. On obtient

ySP(I) = (1+ x)2

2x2 ln(1+ x) − 34

si x ∈ −1,+ ∞] [


ySG(I) =

λ1x

+ µ1

x2 + (1+ x)2

2x2 ln(1+ x) − 34

si x ∈I1 = −1,0] [

λ2x

+ µ2

x2 + (1+ x)2

2x2 ln(1+ x) − 34

si x ∈I2 = 0,+ ∞] [



RACCORDEMENT de la SOLUTION EN 0


limx→0+

y(x) = limx→0−

y(x) = 0 ssi µ1 = µ2 = 0 et λ1 = λ2 = − 12

y est prolongeable par continuité en 0 en posant y(0)= 0

∗ Continuité de la dérivée première en 0

limx→0+

y' (x) = limx→0−

y' (x) = 16

y' est prolongeable par continuité en 0 en posant y' (0)= 16


limx→0+

y' (x) − y' (0)x − 0

= limx→0−

y' (x) − y' (0)x − 0

= 512

y" est prolongeable par continuité en 0 en posant y"(0)= 512

• Conclusion

la solution de (E) sur −1,+ ∞] [ est

y = f(x) = 34

+ 1

2x2 x − (1+ x)2 ln(1+ x)[ ] avec f(0) = 0 f ' (0) = 16

et f"(0) = 512



MATH13E17

L'�quation propos�e (E) n'est pas une �quation diff�rentielle.

En rempla�ant x par -x dans (E), on obtient : f "(−x) + f(x) = −x

D'o� le syst�me :

f "(x) + f(−x) = x

f "(−x) + f(x) = −x

En additionnant membre � membre ces deux �quations, puis en les soustrayant, on obtient en

tenant compte des notations des fonctions f et g :

f "(x) + f "(−x)[ ] + f(x) + f(−x)[ ] = g"(x) + g(x) = 0

f "(x) − f "(−x)[ ] + f(x) − f(−x)[ ] = h"(x) − h(x) = 2x

La premi�re �quation admet pour solution

g(x) = C1 cosx + C2 sin x avec (C1,C2 ) ∈R 2

La seconde �quation admet pour solution h(x) = −2x + D1chx + D2shx avec (D1,D2 ) ∈R 2

et donc puisque

f(x) = 12

g(x) + h(x)[ ] = −x + 12

C1 cosx + C2 sin x + D1chx + D2shx[ ]Etudions la r�ciproque :

Les solutions f(x) v�rifiant l'�quation (E) f "(x) + f(−x) = 0 ∀x ∈R doivent satisfaire

C2 sin x + D1chx = 0 ∀x ∈R et donc C2 = D1 = 0

Les solutions de (E)ÊÊsont donc :

f(x) = −x + 12

C1 cosx + D2shx[ ] avec (C1,D2 ) ∈R 2

Remarque :

Par construction, g est une fonction paire ce qui implique C2 = 0 et h une fonction impaire ce

qui implique D1 = 0

13. EQUATIONS DIFFERENTIELLES LINEAIRES DU SECOND ORDRE … · Comme pour les équations...

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