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Géry Huvent - Lycée Baggio Chapitre III Equations diﬀérentielles du second ordr

Géry Huvent - Lycée Baggio Chapitre III Equations diﬀérentielles du second ordre (la boite à z) Cas des équations à coeﬃcients constants On considère une équation diﬀérentielle du second ordre à coeﬃcients constants y′′ + ay′ + by = P (t) eαt (E) où P est un polynôme (à coeﬃcients réels, mais on peut aussi le prendre à coeﬃcients complexes) et α ∈C. On cherche à obtenir une solution particulière. Remarque 1 Si on doit résoudre une équation du type y′′ + ay′ + by = P (t) eβt cos ωt ou y′′ + ay′ + by = P (t) eβt sin ωt on passe par y′′ + ay′ + by = P (t) eαt avec α = β + iω et on prend la partie réelle (ou imaginaire) de la solution trouvée. Les solutions (à valeurs dans C) de l’équation homogène y′′ +ay′ +by = 0 sont de la forme λer1 t +µer2 t lorsque l’équation caractéristique a deux racines, ou de la forme λer1 t + µter1 t en cas de racine double. Ces solutions sont donc combinaisons linéaires des deux solutions particulières y1 (t) = er1 t y2 (t) = er2 t ( ou y2 (t) = ter1 t) Si on pose y (x) = z (t) eαt alors y est solution de (E) si et seulement si (z′′ (t) + uz′ (t) + vz (t)) eαt = P (t) eαt où u et v sont des constantes (on peut faire le calcul pour expliciter u = 2α + a et v = α2 + aα + b) donc si et seulement si z est solution de l’équation du second degré à coeﬃcients constants z′′ + uz′ + vz = P (t) (E′) Comment obtenir rapidement les coeﬃcients u et v ? Les solutions de l’équation homogène en y sont y1 et y2, celles de l’équation homogène en z sont donc z1 (t) = y1 (t) e−αt, z2 (t) = y2 (t) e−αt. On connaît donc les solutions de l’équation homogène z′′ +uz′+vz = 0. On peut alors aﬃrmer que les racines de l’équation caractéristique associée à (E′) sont r1 −α et r2 −α (ou r1 −α dans le cas d’une racine double). On a alors immédiatement les coeﬃcients u et v, (car −u est la somme des racines et v le produit). On résume cela dans la ”boite à z”. On place dans la première colonne les solutions y1 et y2, et dans la seconde les solutions z1 et z2. On lit alors les racines de l’équation caractéristique de l’équation homogène en z. On en déduit l’équation homogène associée à (E′) et in ﬁne, (E′) elle même. Il reste ensuite à chercher z sous la forme d’un polynôme (de degré à déterminer) Exemple 2 Résoudre y′′ −5y′ + 6y = tet L’équation caractéristique est r2 −5r + 6 = (r −2) (r −3) , les solutions de l’équation homogène en y sont de la forme λe2t + µe3t. On pose y (t) = z (t) et et on écrit la boite à z. y ← − − ×et z e2t et e3t e2t 1 Géry Huvent - Lycée Baggio Les solutions de l’équation homogène en z sont et et e2t. On peut donc aﬃrmer que les racines de son équation caractéristique (celle de l’équation en z) sont 1 et 2 (On connaît ainsi l’équation caractéristique : r2 −(somme des racines) × r + (produit des racines)). L’équation en z est donc z′′ −(1 + 2) z′ + (1 × 2) z = t z′′ −3z′ + 2z = t On cherche ensuite une solution sous la forme d’un polynôme de degré 1, z (t) = at + b. Alors z′′ −3z′ + 2z = t ⇐ ⇒2at + 2b −3a = t ⇐ ⇒a = 1 2, b = 3 4 z (t) = t 2 + 3 4 Les solutions de l’équation en y sont λe2t + µe3t + t 2 + 3 4 et où (λ, µ) ∈R2 Exemple 3 Résoudre 2y′′ −6y′ + 4y = te2t On normalise l’équation en divisant par 2 y′′ −3y′ + 2y = te2t 2 L’équation caractéristique est r2−3r+2 = (r −1) (r −2) , les solutions de l’équation homogène sont λet+µe2t. On cherche une solution particulière en posant y (t) = z (t) e2t et on écrit la boite à z. y ← − − − ×e2t z et e−t e2t 1 L’équation en z est donc z′′ −(−1 + 0) z′ + (−1) × 0 × z = z′′ + z′ = t 2 On cherche z sous la forme d’un polynôme de degré 2 et sans terme constant (de degré 2 pour avoir du t (avec le z′) et sans terme constant car ces derniers disparaissent à la dérivation). On pose donc z (t) = at2 + bt, alors 2a + (2at + b) = t 2 ⇐ ⇒a = 1 4, b = −1 2 Exemple 4 Résoudre y′′ −6y′ + 9y = e−t L’équation caractéristique est r2 −6r + 9 = (r −3)2 , les solutions de l’équation homogène sont (λ + µt) e3t. Pour la recherche de la solution particulière, on pose y (t) = e−tz (t) y ← − − − ×e−t z e3t e4t te3t te4t l’équation en z est (car (r −4)2 = r2 −8r + 16) z′′ −8z′ + 16z = 1 dont une solution est z (t) = 1 16. Les solutions de l’équation initiale sont (λ + µt) e3t + e−t 16 , (λ, µ) ∈R2 2 Géry Huvent - Lycée Baggio Exemple 5 Résoudre y′′ −y′ −2y = cos t L’équation caractéristique est r2 −r −2 = (r + 1) (r −2) , les solutions de l’équation homogène sont λe−t + µe2t. On cherche ensuite une solution particulière de y′′ −y′ −2y = eit dont on prend la partie réelle des solutions. On pose y (t) = z (t) eit y ← − − − ×eit z e−t e(−1−i)t e2t e(2−i)t l’équation est z est donc z′′ −(1 −2i) z −(1 + i) (2 −i) z = 1 dont une solution particulière est − 1 (1 + i) (2 −i) = − 1 3 + i = −3 + i 10 . Une solution particulière est donc Re −3 + i 10 eit = Re −3 + i 10 (cos t + i sin t) = −3 10 cos t −1 10 sin t La solution générale de y′′ −y′ −2y = eit est donc λe−t +µe2t + −1 + 3i 10 eit. La partie réelle de cette solution est la solution générale de l’équation initiale. λe−t + µe2t −3 10 cos t −1 10 sin t, (λ, µ) ∈R Exemple 6 Résoudre y′′ −2y′ + 2y = sin 2t L’équation caractéristique est r2 −2r + 2 = (r −(1 + i)) (r −(1 −i)). les solutions de l’équation homogène sont λet cos t + µet sin t. On détermine une solution particulière de y′′ −2y′ + 2y = e2it dont on prend ensuite la partie imaginaire. On pose y (t) = e2it y ← − − − − ×e2it z e(1+i)t e(1−i)t e(1−i)t e(1−3i)t L’équation homogène en z est donc z′′ −(2 −4i) z′ + (1 −i) (1 −3i) z = z′′ −(2 −4i) z′ −(2 + 4i) z = 1 Uns solution est z (t) = − 1 2 + 4i = −1 10 + 1 5i. Une solution particulière de l’équation initiale est donc Im −1 10 + 1 5i e2it = −1 10 sin 2t + 1 5 cos 2t et la solution générale est λet cos t + µet sin t −1 10 sin 2t + 1 5 cos 2t Exemple 7 Résoudre y′′ + y = (5t −7) e−t cos t Les solutions de l’équation homogène sont λ cos t + µ sin t. On cherche une solution particulière de y′′ + y = (5t −7) e(−1+i)t 3 Géry Huvent - Lycée Baggio en posant y (x) = z (x) e(−1+i)t y ← − − − − − − ×e−1+ it z eit et e−it e(1−2i)t l’équation en z est donc z′′ −(2 −2i) z′ + (1 −2i) z = (5t −7) on cherche z sous la forme d’un polynôme de degré 1, z (t) = at + b. On obtient alors −2 (1 −i) a + (1 −2i) (at + b) = 5t −7 ⇐ ⇒ (1 −2i) a = 5 (1 −2i) b = −7 + 2 (1 −i) a ⇐ ⇒    a = 5 1 −2i = 1 + 2i (1 −2i) b = −7 + 2 (1 −i) a = −1 + 2i Une solution particulière est donc Re ((1 + 2i) t −1) e(−1+i)t = t (cos t −2 sin t) −e−t cos t La solution générale de l’équation initiale est λ cos t + µ sin t + t (cos t −2 sin t) −e−t cos t Exemple 8 Résoudre y′′ uploads/s3/ chap3-boite-a-z.pdf