Differential Equations

# Differential Equations ## Objectifs et prérequis Ce chapitre vise à fournir une compréhension approfondie des équations différentielles ordinaires (EDO) du premier et du second ordre, en mettant l’accent sur les méthodes de résolution analytique, les interprétations géométriques et les applications. À la fin de ce chapitre, l’étudiant sera capable de : - Identifier et classer les EDO du premier ordre selon leur forme (séparables, linéaires, homogènes, de Bernoulli, de Riccati). - Résoudre des EDO du premier ordre en utilisant les méthodes appropriées (séparation des variables, facteur intégrant, substitution). - Comprendre l’origine et l’interprétation géométrique des EDO (champ de directions, courbes intégrales). - Résoudre des EDO linéaires du second ordre à coefficients constants et variables, y compris les cas homogènes et non homogènes. - Appliquer des techniques de réduction d’ordre pour résoudre certaines EDO du second ordre réductibles. - Utiliser les équations de Bernoulli et de Riccati comme outils pour transformer des équations non linéaires en équations linéaires ou plus simples. - Vérifier les solutions obtenues et interpréter leur comportement qualitatif. **Prérequis** : Maîtrise du calcul différentiel et intégral (dérivées, intégrales, techniques d’intégration), des suites et séries, des fonctions exponentielles, logarithmiques et trigonométriques, ainsi que de l’algèbre linéaire de base (systèmes linéaires, déterminants, valeurs propres si nécessaire pour le second ordre). --- ## I. First order differential equations; Origins and geometric interpretations Une équation différentielle du premier ordre est une équation reliant une fonction inconnue $y(x)$, sa dérivée première $y' = \frac{dy}{dx}$, et éventuellement la variable indépendante $x$. Elle s’écrit généralement sous la forme : $$ F(x, y, y') = 0 $$ ou, lorsqu’elle est résolue pour $y'$ : $$ y' = f(x, y) $$ ### Origine des équations différentielles Les EDO apparaissent naturellement dans la modélisation de phénomènes où le taux de variation d’une quantité dépend de son état actuel et du temps. Par exemple : - La loi de refroidissement de Newton : $\frac{dT}{dt} = -k(T - T_{\text{env}})$ - La croissance exponentielle d’une population : $\frac{dP}{dt} = rP$ - Le mouvement d’un objet sous une force dépendant de la vitesse : $m\frac{dv}{dt} = mg - kv$ ### Interprétation géométrique L’équation $y' = f(x, y)$ définit un **champ de directions** (ou champ de vecteurs) dans le plan $xy$ : à chaque point $(x, y)$, on associe un vecteur de pente $f(x, y)$. Une **solution** de l’EDO est une courbe dont la tangente en chaque point coïncide avec le champ de directions. Ces courbes sont appelées **courbes intégrales**. > **À retenir** : Le théorème d’existence et d’unicité (de Picard-Lindelöf) garantit, sous des conditions de continuité et de Lipschitz sur $f(x, y)$, l’existence d’une solution unique passant par un point donné $(x_0, y_0)$, dans un voisinage de ce point. #### Exemple 1 : Champ de directions pour $y' = x + y$ À l’origine $(0,0)$, la pente est $0$. En $(1,0)$, pente $=1$ ; en $(0,1)$, pente $=1$ ; en $(1,1)$, pente $=2$. On trace de petits segments de ces pentes. Les courbes intégrales s’enroulent autour de la droite $y = -x - 1$ (solution particulière). #### Exercice 1 : Tracez qualitativement le champ de directions pour $y' = y - x^2$. Indiquez le comportement des solutions pour $x \to \infty$. **Corrigé** : À $y = x^2$, la pente est nulle → isocline nulle. Au-dessus de cette parabole, $y' > 0$ → solutions croissantes ; en dessous, $y' < 0$ → décroissantes. Pour $x \to \infty$, si $y > x^2$, la solution croît ; si $y < x^2$, elle décroît. Aucune solution ne reste bornée sauf sur l’isocline nulle elle-même (qui n’est pas une solution car $y' = 0$ mais $y'' \neq 0$ généralement). --- ## II. Variables separables Une EDO du premier ordre est **séparable** si elle peut s’écrire sous la forme : $$ \frac{dy}{dx} = g(x) h(y) $$ ou équivalentement : $$ \frac{1}{h(y)} dy = g(x) dx $$ À condition que $h(y) \neq 0$, on intègre les deux côtés : $$ \int \frac{1}{h(y)} dy = \int g(x) dx + C $$ ### Propriétés - La séparation des variables est valide uniquement lorsque $h(y) \neq 0$ ; les solutions constantes $y = y_0$ telles que $h(y_0) = 0$ doivent être vérifiées séparément (solutions singulières). - La constante d’intégration $C$ peut être déterminée par une condition initiale $y(x_0) = y_0$. #### Exemple 2 : Résolvez $y' = xy$ Écriture : $\frac{dy}{dx} = x y$ → $\frac{dy}{y} = x dx$ Intégration : $\int \frac{dy}{y} = \int x dx$ → $\ln|y| = \frac{x^2}{2} + C$ Exponentiation : $|y| = e^{C} e^{x^2/2}$ → $y = A e^{x^2/2}$, où $A = \pm e^C$ (constante arbitraire réelle) Vérification : $y' = A x e^{x^2/2} = x y$ ✓ Solution constante : $y=0$ est aussi une solution (car $h(y)=y=0$) → incluse lorsque $A=0$. #### Exercice 2 : Résolvez $y' = \frac{y}{x} + \frac{x}{y}$, $x>0$, $y(1)=1$. **Corrigé** : Réécriture : $\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x} + \frac{x}{y} = \frac{y^2 + x^2}{xy}$ Multiplier par $xy$ : $xy \frac{dy}{dx} = y^2 + x^2$ Ceci n’est pas séparable directement. On remarque qu’il s’agit d’une équation homogène (voir section IV). On revient plus tard. *Attention : cette équation n’est pas séparable. On la traite en section IV.* → Correction : cette équation n’est pas séparable. On la reporte à la section IV. #### Exercice 2 (corrigé) : Résolvez $y' = \frac{2y}{x}$, $x>0$, $y(1)=3$. **Corrigé** : $\frac{dy}{y} = \frac{2}{x} dx$ $\int \frac{dy}{y} = 2 \int \frac{dx}{x}$ → $\ln|y| = 2 \ln|x| + C = \ln(x^2) + C$ $|y| = e^C x^2$ → $y = A x^2$, $A \in \mathbb{R}$ Condition initiale : $y(1)=3 = A \cdot 1^2$ → $A=3$ Solution : $y = 3x^2$ Vérification : $y' = 6x$, $\frac{2y}{x} = \frac{2 \cdot 3x^2}{x} = 6x$ ✓ > **À retenir** : Pour une EDO séparable $\frac{dy}{dx} = g(x)h(y)$, la solution générale s’obtient par $\int \frac{dy}{h(y)} = \int g(x) dx + C$, en vérifiant les cas où $h(y)=0$. --- ## III. First order Non-homogeneous differential equations Une EDO du premier ordre **linéaire non homogène** s’écrit sous la forme normale : $$ y' + P(x) y = Q(x) $$ où $P(x)$ et $Q(x)$ sont des fonctions continues sur un intervalle. Elle est **non homogène** si $Q(x) \neq 0$ ; si $Q(x)=0$, elle est homogène (voir section IV). ### Méthode du facteur intégrant On multiplie les deux côtés par un facteur intégrant $\mu(x)$ choisi de telle sorte que le membre de gauche devienne une dérivée totale : $$ \mu(x) = e^{\int P(x) dx} $$ Alors : $$ \frac{d}{dx} \left( \mu(x) y \right) = \mu(x) Q(x) $$ On intègre : $$ \mu(x) y = \int \mu(x) Q(x) dx + C $$ $$ y = \frac{1}{\mu(x)} \left( \int \mu(x) Q(x) dx + C \right) $$ #### Exemple 3 : Résolvez $y' + 2y = 4e^{-x}$ Ici, $P(x)=2$, $Q(x)=4e^{-x}$ Facteur intégrant : $\mu(x) = e^{\int 2 dx} = e^{2x}$ Multiplier : $e^{2x} y' + 2e^{2x} y = 4e^{-x} e^{2x} = 4e^{x}$ Membre de gauche : $\frac{d}{dx} (e^{2x} y) = 4e^{x}$ Intégrer : $e^{2x} y = \int 4e^{x} dx = 4e^{x} + C$ Donc : $y = e^{-2x} (4e^{x} + C) = 4e^{-x} + C e^{-2x}$ Vérification : $y' = -4e^{-x} - 2C e^{-2x}$ $y' + 2y = (-4e^{-x} - 2C e^{-2x}) + 2(4e^{-x} + C e^{-2x}) = -4e^{-x} - 2Ce^{-2x} + 8e^{-x} + 2Ce^{-2x} = 4e^{-x}$ ✓ #### Exercice 3 : Résolvez $y' - \frac{2}{x} y = x^2$, $x>0$, avec $y(1)=1$. **Corrigé** : $P(x) = -\frac{2}{x}$, $Q(x)=x^2$ $\mu(x) = e^{\int -\frac{2}{x} dx} = e^{-2 \ln x} = e^{\ln(x^{-2})} = x^{-2}$ Multiplier : $x^{-2} y' - 2x^{-3} y = x^2 \cdot x^{-2} = 1$ Membre de gauche : $\frac{d}{dx} (x^{-2} y) = 1$ Intégrer : $x^{-2} y = \int 1 dx = x + C$ Donc : $y = x^2 (x + C) = x^3 + C x^2$ Condition initiale : $y(1)=1 = 1^3 + C \cdot 1^2 = 1 + C$ → $C=0$ Solution : $y = x^3$ Vérification : $y' = 3x^2$, $-\frac{2}{x}y = -\frac{2}{x} \cdot x^3 = -2x^2$, somme : $3x^2 - 2x^2 = x^2$ ✓ > **À retenir** : Pour une EDO linéaire du premier ordre $y' + P(x)y = Q(x)$, le facteur intégrant est $\mu(x) = e^{\int P(x) dx}$, et la solution est $y = \frac{1}{\mu(x)} \left( \int \mu(x) Q(x) dx + C \right)$. --- ## IV. Homogeneous Equations Une EDO du premier ordre est **homogène** si elle peut s’écrire sous la forme : $$ \frac{dy}{dx} = F\left( \frac{y}{x} \right) $$ c’est-à-dire que le membre de droite est une fonction du rapport $y/x$ uniquement. Cela équivaut à dire que $M(x,y)$ et $N(x,y)$ dans $M(x,y)dx + N(x,y)dy = 0$ sont des fonctions homogènes du même degré. ### Méthode de résolution : substitution $v = \frac{y}{x}$ On pose $y = vx$, donc $\frac{dy}{dx} = v + x \frac{dv}{dx}$ Substitution dans l’EDO : $$ v + x \frac{dv}{dx} = F(v) $$ $$ x \frac{dv}{dx} = F(v) - v $$ $$ \frac{dv}{F(v) - v} = \frac{dx}{x} $$ On intègre ensuite les deux côtés. #### Exemple 4 : Résolvez $y' = \frac{y}{x} + \frac{x}{y}$ (repris de l’exercice 2 précédent) Écriture : $\frac{dy}{dx} = \frac{y}{x} + \frac{x}{y} = \frac{y^2 + x^2}{xy}$ On vérifie l’homogénéité : numérateur $y^2 + x^2$ (degré 2), dénominateur $xy$ (degré 2) → rapport homogène de degré 0 → oui, homogène. Posons $y = vx$ → $\frac{dy}{dx} = v + x \frac{dv}{dx}$ Alors : $v + x \frac{dv}{dx} = \frac{(vx)^2 + x^2}{x \cdot vx} = \frac{v^2 x^2 + x^2}{v x^2} = \frac{v^2 + 1}{v}$ Donc : $x \frac{dv}{dx} = \frac{v^2 + 1}{v} - v = \frac{v^2 + 1 - v^2}{v} = \frac{1}{v}$ Séparation : $v dv = \frac{dx}{x}$ Intégration : $\int v dv = \int \frac{dx}{x}$ → $\frac{v^2}{2} = \ln|x| + C$ Remettre $v = y/x$ : $\frac{y^2}{2x^2} = \ln|x| + C$ Donc : $y^2 = 2x^2 (\ln|x| + C)$ Solution générale : $y = \pm x \sqrt{2(\ln|x| + C)}$, pour $x>0$ ou $x<0$ selon le domaine. Vérification (pour $y>0$) : $y = x \sqrt{2(\ln x + C)}$ $y' = \sqrt{2(\ln x + C)} + x \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{2(\ln x + C)}} \cdot \frac{1}{x} = \sqrt{2(\ln x + C)} + \frac{1}{\sqrt{2(\ln x + C)}}$ $\frac{y}{x} + \frac{x}{y} = \sqrt{2(\ln x + C)} + \frac{x}{x \sqrt{2(\ln x + C)}} = \sqrt{2(\ln x + C)} + \frac{1}{\sqrt{2(\ln x + C)}}$ ✓ #### Exercice 4 : Résolvez $(x^2 + y^2) dx - 2xy dy = 0$ **Corrigé** : Écrire sous la forme $y' = \frac{dy}{dx}$ : $(x^2 + y^2) dx = 2xy dy$ → $\frac{dy}{dx} = \frac{x^2 + y^2}{2xy}$ Vérifier homogénéité : numérateur $x^2+y^2$ (degré 2), dénominateur $2xy$ (degré 2) → homogène. Poser $y = vx$ → $\frac{dy}{dx} = v + x \frac{dv}{dx}$ Alors : $v + x \frac{dv}{dx} = \frac{x^2 + (vx)^2}{2x(vx)} = \frac{x^2(1+v^2)}{2v x^2} = \frac{1+v^2}{2v}$ Donc : $x \frac{dv}{dx} = \frac{1+v^2}{2v} - v = \frac{1+v^2 - 2v^2}{2v} = \frac{1 - v^2}{2v}$ Séparation : $\frac{2v}{1-v^2} dv = \frac{dx}{x}$ Intégrer : À gauche : soit $u = 1-v^2$, $du = -2v dv$ → $\int \frac{2v}{1-v^2} dv = -\int \frac{du}{u} = -\ln|u| = -\ln|1-v^2|$ À droite : $\ln|x| + C$ Donc : $-\ln|1-v^2| = \ln|x| + C$ → $\ln|1-v^2| = -\ln|x| - C = \ln\left(\frac{1}{|x|}\right) + C'$ Exponentier : $|1-v^2| = e^{C'} \cdot \frac{1}{|x|} = \frac{K}{|x|}$, $K>0$ Donc : $1 - v^2 = \pm \frac{K}{x}$ → $v^2 = 1 \mp \frac{K}{x}$ Remettre $v = y/x$ : $\frac{y^2}{x^2} = 1 \mp \frac{K}{x}$ → $y^2 = x^2 \mp K x$ Solution générale : $y^2 = x^2 + C x$ (en absorbant le signe dans $C$, constante réelle) Vérification : Différencier implicitement : $2y y' = 2x + C$ → $y' = \frac{2x+C}{2y}$ D’après l’équation originale : $y' = \frac{x^2+y^2}{2xy} = \frac{x^2 + (x^2 + Cx)}{2xy} = \frac{2x^2 + Cx}{2xy} = \frac{x(2x+C)}{2xy} = \frac{2x+C}{2y}$ ✓ > **À retenir** : Une EDO du premier ordre est homogène si elle s’écrit $y' = F(y/x)$. On la résout par la substitution $y = vx$, ce qui la rend séparable en $v$ et $x$. --- ## V. Bernoulli’s / Riccati equations ### Équation de Bernoulli Une EDO du premier ordre de la forme : $$ y' + P(x) y = Q(x) y^n $$ où $n \in \mathbb{R}$, $n \neq 0,1$, est appelée **équation de Bernoulli**. Lorsque $n=0$ ou $n=1$, elle est linéaire (déjà traitée). #### Méthode de résolution : substitution $v = y^{1-n}$ On pose $v = y^{1-n}$, donc $y = v^{\frac{1}{1-n}}$ On calcule $y'$ : $\frac{dy}{dx} = \frac{1}{1-n} v^{\frac{1}{1-n} - 1} \frac{dv}{dx} = \frac{1}{1-n} v^{\frac{n}{1-n}} \frac{dv}{dx}$ Substitution dans l’EDO : $$ \frac{1}{1-n} v^{\frac{n}{1-n}} \frac{dv}{dx} + P(x) v^{\frac{1}{1-n}} = Q(x) \left( v^{\frac{1}{1-n}} \right)^n = Q(x) v^{\frac{n}{1-n}} $$ Multiplier les deux côtés par $(1-n) v^{-\frac{n}{1-n}}$ : $$ \frac{dv}{dx} + (1-n) P(x) v = (1-n) Q(x) $$ On obtient une EDO linéaire du premier ordre en $v$ ! #### Exemple 5 : Résolvez $y' - y = x y^2$ Ici, $P(x) = -1$, $Q(x) = x$, $n=2$ Substitution : $v = y^{1-2} = y^{-1}$ → $y = v^{-1}$ Alors : $y' = -v^{-2} v'$ Substitution : $-v^{-2} v' - v^{-1} = x (v^{-1})^2 = x v^{-2}$ Multiplier par $-v^2$ : $v' + v = -x$ EDO linéaire : $v' + v = -x$ Facteur intégrant : $\mu(x) = e^{\int 1 dx} = e^x$ $e^x v' + e^x v = -x e^x$ → $\frac{d}{dx}(e^x v) = -x e^x$ Intégrer : $e^x v = -\int x e^x dx$ Intégration par parties : $\int x e^x dx = x e^x - \int e^x dx = x e^x - e^x + C$ Donc : $e^x v = - (x e^x - e^x + C) = -x e^x + e^x - C$ $v = -x + 1 - C e^{-x}$ Puisque $v = y^{-1}$ : $y = \frac{1}{v} = \frac{1}{1 - x - C e^{-x}}$ Vérification (optionnelle, mais faisable) : on peut vérifier que cette expression satisfait l’EDO originale. #### Exercice 5 : Résolvez $y' + \frac{2}{x} y = x y^{1/2}$ **Corrigé** : Ici, $P(x) = \frac{2}{x}$, $Q(x) = x$, $n = \frac{1}{2}$ Substitution : $v = y^{1 - 1/2} = y^{1/2}$ → $y = v^2$ Alors : $y' = 2v v'$ Substitution : $2v v' + \frac{2}{x} v^2 = x (v^2)^{1/2} = x v$ Diviser par $2v$ (en supposant $v \neq 0$) : $v' + \frac{1}{x} v = \frac{x}{2}$ EDO linéaire : $v' + \frac{1}{x} v = \frac{x}{2}$ Facteur intégrant : $\mu(x) = e^{\int \frac{1}{x} dx} = e^{\ln x} = x$ $x v' + v = \frac{x^2}{2}$ → $\frac{d}{dx}(x v) = \frac{x^2}{2}$ Intégrer : $x v = \int \frac{x^2}{2} dx = \frac{x^3}{6} + C$ Donc : $v = \frac{x^2}{6} + \frac{C}{x}$ Puisque $y = v^2$ : $y = \left( \frac{x^2}{6} + \frac{C}{x} \right)^2$ Vérification : On peut vérifier que cette expression satisfait l’EDO (omise ici pour brièveté, mais faisable par différentiation). > **À retenir** : L’équation de Bernoulli $y' + P(x)y = Q(x)y^n$ se réduit à une équation linéaire via la substitution $v = y^{1-n}$. ### Équation de Riccati Une EDO du premier ordre de la forme : $$ y' = P(x) + Q(x) y + R(x) y^2 $$ est appelée **équation de Riccati**. Elle est non linéaire en général. Si l’on connaît une solution particulière $y_p(x)$, alors la substitution $y = y_p + \frac{1}{v}$ transforme l’équation de Riccati en une EDO linéaire du premier ordre en $v$. #### Exemple 6 : Résolvez $y' = 1 + 2y + y^2$, sachant que $y_p = -1$ est une solution particulière. Vérification de $y_p = -1$ : $y_p' = 0$ Membre de droite : $1 + 2(-1) + (-1)^2 = 1 -2 +1 = 0$ → oui, solution particulière. Substitution : $y = -1 + \frac{1}{v}$ Alors : $y' = -\frac{1}{v^2} v'$ Substitution dans l’EDO : $-\frac{1}{v^2} v' = 1 + 2\left(-1 + \frac{1}{v}\right) + \left(-1 + \frac{1}{v}\right)^2$ Calculer le membre de droite : $1 -2 + \frac{2}{v} + \left(1 - \frac{2}{v} + \frac{1}{v^2}\right) = (1-2+1) + \left(\frac{2}{v} - \frac{2}{v}\right) + \frac{1}{v^2} = 0 + 0 + \frac{1}{v^2} = \frac{1}{v^2}$ Donc : $-\frac{1}{v^2} v' = \frac{1}{v^2}$ Multiplier par $-v^2$ : $v' = -1$ Intégrer : $v = -x + C$ Donc : $y = -1 + \frac{1}{-x + C} = -1 - \frac{1}{x - C}$ Solution générale : $y = -1 - \frac{1}{x - C}$ Vérification : $y' = -\frac{1}{(x-C)^2} \cdot (-1) = \frac{1}{(x-C)^2}$ (en dérivant $-1 - (x-C)^{-1}$) Membre de droite : $1 + 2y + y^2 = 1 + 2\left(-1 - \frac{1}{x-C}\right) + \left(-1 - \frac{1}{x-C}\right)^2$ $= 1 -2 - \frac{2}{x-C} + \left(1 + \frac{2}{x-C} + \frac{1}{(x-C)^2}\right) = (1-2+1) + \left(-\frac{2}{x-C}+\frac{2}{x-C}\right) + \frac{1}{(x-C)^2} = \frac{1}{(x-C)^2}$ ✓ #### Exercice 6 : Résolvez $y' = x^2 +