qu'est-ce qu'une équation di...

Qu'est-ce qu'une équation di�érentielle ?

C'est une équation, donc elle a une inconnue :

une fonction inconnue ;

désignée par la lettre y ;

C'est une équation di�érentielle :

donc, une égalité

où l'inconnue est reliée à ses dérivées successives

M. Drouot Equations di�érentielles

Qu'est-ce qu'une équation di�érentielle ?

C'est une équation,

donc elle a une inconnue :

une fonction inconnue ;

désignée par la lettre y ;

C'est une équation di�érentielle :

donc, une égalité

où l'inconnue est reliée à ses dérivées successives

M. Drouot Equations di�érentielles

Qu'est-ce qu'une équation di�érentielle ?

C'est une équation, donc elle a une inconnue :

une fonction inconnue ;

désignée par la lettre y ;

C'est une équation di�érentielle :

donc, une égalité

où l'inconnue est reliée à ses dérivées successives

M. Drouot Equations di�érentielles

Qu'est-ce qu'une équation di�érentielle ?

C'est une équation, donc elle a une inconnue :

une fonction inconnue ;

désignée par la lettre y ;

C'est une équation di�érentielle :

donc, une égalité

où l'inconnue est reliée à ses dérivées successives

M. Drouot Equations di�érentielles

Qu'est-ce qu'une équation di�érentielle ?

C'est une équation, donc elle a une inconnue :

une fonction inconnue ;

désignée par la lettre y ;

C'est une équation di�érentielle :

donc, une égalité

où l'inconnue est reliée à ses dérivées successives

M. Drouot Equations di�érentielles

Qu'est-ce qu'une équation di�érentielle ?

C'est une équation, donc elle a une inconnue :

une fonction inconnue ;

désignée par la lettre y ;

C'est une équation di�érentielle :

donc, une égalité

où l'inconnue est reliée à ses dérivées successives

M. Drouot Equations di�érentielles

Qu'est-ce qu'une équation di�érentielle ?

C'est une équation, donc elle a une inconnue :

une fonction inconnue ;

désignée par la lettre y ;

C'est une équation di�érentielle :

donc, une égalité

où l'inconnue est reliée à ses dérivées successives

M. Drouot Equations di�érentielles

Qu'est-ce qu'une équation di�érentielle ?

C'est une équation, donc elle a une inconnue :

une fonction inconnue ;

désignée par la lettre y ;

C'est une équation di�érentielle :

donc, une égalité

où l'inconnue est reliée à ses dérivées successives

M. Drouot Equations di�érentielles

Exemple.

La chaînette est le nom que porte la courbe obtenue en tenant une corde (ou uncollier, un �l,... ) par deux extrémités.

On démontre qu'elle est solution de l'équation di�érentielle :

ay′′(x) =√1 + y′(x)2

M. Drouot Equations di�érentielles

Exemple.

La chaînette est le nom que porte la courbe obtenue en tenant une corde (ou uncollier, un �l,... ) par deux extrémités.

On démontre qu'elle est solution de l'équation di�érentielle :

ay′′(x) =√1 + y′(x)2

M. Drouot Equations di�érentielles

Exemple.

La chaînette est le nom que porte la courbe obtenue en tenant une corde (ou uncollier, un �l,... ) par deux extrémités.

On démontre qu'elle est solution de l'équation di�érentielle :

ay′′(x) =√1 + y′(x)2

M. Drouot Equations di�érentielles

Exemple.

La chaînette est le nom que porte la courbe obtenue en tenant une corde (ou uncollier, un �l,... ) par deux extrémités.

On démontre qu'elle est solution de l'équation di�érentielle :

ay′′(x) =√1 + y′(x)2

M. Drouot Equations di�érentielles

Exemple.

On démontre qu'elle est solution de l'équation di�érentielle :

ay′′(x) =√1 + y′(x)2

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

a = 1a = 2a = 3a = 4a = 5

M. Drouot Equations di�érentielles

Exemple.

On démontre qu'elle est solution de l'équation di�érentielle :

ay′′(x) =√1 + y′(x)2

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

a = 1

a = 2a = 3a = 4a = 5

M. Drouot Equations di�érentielles

Exemple.

On démontre qu'elle est solution de l'équation di�érentielle :

ay′′(x) =√1 + y′(x)2

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

a = 1

a = 2

a = 3a = 4a = 5

M. Drouot Equations di�érentielles

Exemple.

On démontre qu'elle est solution de l'équation di�érentielle :

ay′′(x) =√1 + y′(x)2

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

a = 1a = 2

a = 3

a = 4a = 5

M. Drouot Equations di�érentielles

Exemple.

On démontre qu'elle est solution de l'équation di�érentielle :

ay′′(x) =√1 + y′(x)2

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

a = 1a = 2a = 3

a = 4

a = 5

M. Drouot Equations di�érentielles

Exemple.

On démontre qu'elle est solution de l'équation di�érentielle :

ay′′(x) =√1 + y′(x)2

−4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4

a = 1a = 2a = 3a = 4

a = 5

M. Drouot Equations di�érentielles

Exemple.

M. Drouot Equations di�érentielles

Exemple.

La Gateway Arch est située dans le centre-ville de Saint-Louis dans l'Étatdu Missouri, aux États-Unis. Symbole de la ville, cette arche recouverted'acier inoxydable mesure 192 mètres de hauteur, ce qui en fait le plusgrand monument qui peut se visiter dans l'État, la plus grande arche dumonde et le monument arti�ciel le plus haut du pays. Elle est consacréeà la conquête de l'Ouest, comme le mémorial dont elle fait partie.

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

1

2

3

4

5

6

7

8

y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

AA

BBOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

1

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y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

AA

BBOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

1

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y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

AA

BBOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

1

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8y(−2) = 3 donc y′(−2) =

y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

AA

BBOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

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y(−2) = 3 donc y′(−2) =

y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2

y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

AA

BBOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

1

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8

y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2

y(4) = 5 donc y′(4) =

y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

AA

BBOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

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y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =

y(4) = 5 donc y′(4) = 4

y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

AA

BBOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

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y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4

y(−6) = 1 donc y′(−6) =

y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

AA

BBOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

1

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y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =

y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6

y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

AA

BBOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

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y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6

y(0) = 4 donc y′(0) =

y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

AA

BBOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

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y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =

y(0) = 4 donc y′(0) = 0

y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

AA

BBOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

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y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0

y(2) = 1 donc y′(2) =

y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

AA

BBOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

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y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =

y(2) = 1 donc y′(2) = 2

y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

AA

BBOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

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y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2

y(−4) = 6 donc y′(−4) =

y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

AA

BBOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

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y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =

y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

AA

BBOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

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y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

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BBOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

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y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

A

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BBOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

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7

8

y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

A

A

BBOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

1

2

3

4

5

6

7

8

y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

A

A

B

BOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

1

2

3

4

5

6

7

8

y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

A

A

B

B

On voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et champ de vecteurs.

Considérons l'équation di�érentielle y′ = x.

l'inconnue est une fonction y.

l'équation nous dit que sa dérivée y′ est égale à son abscisse x.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

1

2

3

4

5

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y(−2) = 3 donc y′(−2) =y(−2) = 3 donc y′(−2) = −2y(4) = 5 donc y′(4) =y(4) = 5 donc y′(4) = 4y(−6) = 1 donc y′(−6) =y(−6) = 1 donc y′(−6) = −6y(0) = 4 donc y′(0) =y(0) = 4 donc y′(0) = 0y(2) = 1 donc y′(2) =y(2) = 1 donc y′(2) = 2y(−4) = 6 donc y′(−4) =y(−4) = 6 donc y′(−4) = −4

A

A

B

BOn voit que l'équation di�érentielle y′ = x a une in�nité de solutions.

Dé�nition :

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et primitives.

Trouver la solution générale de y′ = x revient à

déterminer les primitives de x :

y(x) =

∫xdx =

x2

2+A où A ∈ R.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

1

2

3

4

5

6

7

8

A

y =x2

2+ 1

B

y =x2

2+ 4

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et primitives.

Trouver la solution générale de y′ = x revient à déterminer les primitives de x :

y(x) =

∫xdx =

x2

2+A où A ∈ R.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

1

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3

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5

6

7

8

A

y =x2

2+ 1

B

y =x2

2+ 4

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et primitives.

Trouver la solution générale de y′ = x revient à déterminer les primitives de x :

y(x) =

∫x dx =

x2

2+A où A ∈ R.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

1

2

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4

5

6

7

8

A

y =x2

2+ 1

B

y =x2

2+ 4

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et primitives.

Trouver la solution générale de y′ = x revient à déterminer les primitives de x :

y(x) =

∫x dx =

x2

2+A où A ∈ R.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

1

2

3

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5

6

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8

A

y =x2

2+ 1

B

y =x2

2+ 4

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et primitives.

Trouver la solution générale de y′ = x revient à déterminer les primitives de x :

y(x) =

∫x dx =

x2

2+A où A ∈ R.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

1

2

3

4

5

6

7

8

A

y =x2

2+ 1

B

y =x2

2+ 4

M. Drouot Equations di�érentielles

Equation di�érentielle et primitives.

Trouver la solution générale de y′ = x revient à déterminer les primitives de x :

y(x) =

∫x dx =

x2

2+A où A ∈ R.

−7 −6 −5 −4 −3 −2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7

1

2

3

4

5

6

7

8

A

y =x2

2+ 1

B

y =x2

2+ 4

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

On appelle équation di�érentielle linéaire, noté EDL, du premier ordre estune équation du type :

y′(x) + a(x)y(x) = b(x)

où a et b sont des fonctions continues sur R et où l'inconnue y est une fonctiondérivable sur R.

L'équation homogène associée EDLH est : y′(x) + a(x)y(x) = 0

Dé�nition:

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

On appelle équation di�érentielle linéaire, noté EDL, du premier ordre estune équation du type :

y′(x) + a(x)y(x) = b(x)

où a et b sont des fonctions continues sur R et où l'inconnue y est une fonctiondérivable sur R.

L'équation homogène associée EDLH est : y′(x) + a(x)y(x) = 0

Dé�nition:

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

On appelle équation di�érentielle linéaire, noté EDL, du premier ordre estune équation du type :

y′(x) + a(x)y(x) = b(x)

où a et b sont des fonctions continues sur R et où l'inconnue y est une fonctiondérivable sur R.

L'équation homogène associée EDLH est : y′(x) + a(x)y(x) = 0

Dé�nition:

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

1. Résolution d'une EDLH du premier ordre à coe�cients constants.

y′(x) + ay(x) = 0

Sa solution générale est y(x) = λe−ax où λ ∈ R.

Pour chaque point A(x0, y0) du plan, il existe une unique solutionpassant par A appelée solution particulière, notée yP .

Autrement dit, le système

{y′(x) + ay(x) = 0

y(x0) = y0admet une unique

solution yP .

Théorème

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

1. Résolution d'une EDLH du premier ordre à coe�cients constants.

y′(x) + ay(x) = 0

Sa solution générale est y(x) = λe−ax où λ ∈ R.

Pour chaque point A(x0, y0) du plan, il existe une unique solutionpassant par A appelée solution particulière, notée yP .

Autrement dit, le système

{y′(x) + ay(x) = 0

y(x0) = y0admet une unique

solution yP .

Théorème

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

1. Résolution d'une EDLH du premier ordre à coe�cients constants.

y′(x) + ay(x) = 0

Sa solution générale est y(x) = λe−ax où λ ∈ R.

Pour chaque point A(x0, y0) du plan, il existe une unique solutionpassant par A appelée solution particulière, notée yP .

Autrement dit, le système

{y′(x) + ay(x) = 0

y(x0) = y0admet une unique

solution yP .

Théorème

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

1. Résolution d'une EDLH du premier ordre à coe�cients constants.

y′(x) + ay(x) = 0

Sa solution générale est y(x) = λe−ax où λ ∈ R.

Pour chaque point A(x0, y0) du plan, il existe une unique solutionpassant par A appelée solution particulière, notée yP .

Autrement dit, le système

{y′(x) + ay(x) = 0

y(x0) = y0admet une unique

solution yP .

Théorème

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

1. Résolution d'une EDLH du premier ordre à coe�cients constants.

y′(x) + ay(x) = 0

Sa solution générale est y(x) = λe−ax où λ ∈ R.

Pour chaque point A(x0, y0) du plan, il existe une unique solutionpassant par A appelée solution particulière, notée yP .

Autrement dit, le système

{y′(x) + ay(x) = 0

y(x0) = y0admet une unique

solution yP .

Théorème

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 1 : Recherchons les deux solutions particulières de l'EDL

y′ +1

2y = 0

passant par le point A(2, 1) pour la première et B(1,−3) pour la deuxième.

On sait que la solution générale est y(x) = λe−0,5x

• Passant par A :

{y(x) = λe−0,5x

y(2) = 1donc y(2) = λe−0,5×2 = λe−1 = 1

λ =1

e−1= e1 et y(x) = e1 × e−0,5x = e1−0,5x

Cl : La solution particulière passant par A est yA(x) = e1−0,5x

• Par B :

{y(x) = λe−0,5x

y(1) = −3 donc y(1) = λe−0,5×1 = λe−0,5 = −3

λ =−3e−0,5

= −3e0,5 et y(x) = −3e0,5 × e−0,5x

Cl : La solution particulière passant par B est yB(x) = −3e0,5(1−x)

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 1 : Recherchons les deux solutions particulières de l'EDL

y′ +1

2y = 0

passant par le point A(2, 1) pour la première et B(1,−3) pour la deuxième.

On sait que la solution générale est y(x) = λe−0,5x

• Passant par A :

{y(x) = λe−0,5x

y(2) = 1donc y(2) = λe−0,5×2 = λe−1 = 1

λ =1

e−1= e1 et y(x) = e1 × e−0,5x = e1−0,5x

Cl : La solution particulière passant par A est yA(x) = e1−0,5x

• Par B :

{y(x) = λe−0,5x

y(1) = −3 donc y(1) = λe−0,5×1 = λe−0,5 = −3

λ =−3e−0,5

= −3e0,5 et y(x) = −3e0,5 × e−0,5x

Cl : La solution particulière passant par B est yB(x) = −3e0,5(1−x)

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 1 : Recherchons les deux solutions particulières de l'EDL

y′ +1

2y = 0

passant par le point A(2, 1) pour la première et B(1,−3) pour la deuxième.

On sait que la solution générale est y(x) = λe−0,5x

• Passant par A :

{y(x) = λe−0,5x

y(2) = 1donc y(2) = λe−0,5×2 = λe−1 = 1

λ =1

e−1= e1 et y(x) = e1 × e−0,5x = e1−0,5x

Cl : La solution particulière passant par A est yA(x) = e1−0,5x

• Par B :

{y(x) = λe−0,5x

y(1) = −3 donc y(1) = λe−0,5×1 = λe−0,5 = −3

λ =−3e−0,5

= −3e0,5 et y(x) = −3e0,5 × e−0,5x

Cl : La solution particulière passant par B est yB(x) = −3e0,5(1−x)

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 1 : Recherchons les deux solutions particulières de l'EDL

y′ +1

2y = 0

passant par le point A(2, 1) pour la première et B(1,−3) pour la deuxième.

On sait que la solution générale est y(x) = λe−0,5x

• Passant par A :

{y(x) = λe−0,5x

y(2) = 1

donc y(2) = λe−0,5×2 = λe−1 = 1

λ =1

e−1= e1 et y(x) = e1 × e−0,5x = e1−0,5x

Cl : La solution particulière passant par A est yA(x) = e1−0,5x

• Par B :

{y(x) = λe−0,5x

y(1) = −3 donc y(1) = λe−0,5×1 = λe−0,5 = −3

λ =−3e−0,5

= −3e0,5 et y(x) = −3e0,5 × e−0,5x

Cl : La solution particulière passant par B est yB(x) = −3e0,5(1−x)

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 1 : Recherchons les deux solutions particulières de l'EDL

y′ +1

2y = 0

passant par le point A(2, 1) pour la première et B(1,−3) pour la deuxième.

On sait que la solution générale est y(x) = λe−0,5x

• Passant par A :

{y(x) = λe−0,5x

y(2) = 1donc y(2) = λe−0,5×2 = λe−1 = 1

λ =1

e−1= e1 et y(x) = e1 × e−0,5x = e1−0,5x

Cl : La solution particulière passant par A est yA(x) = e1−0,5x

• Par B :

{y(x) = λe−0,5x

y(1) = −3 donc y(1) = λe−0,5×1 = λe−0,5 = −3

λ =−3e−0,5

= −3e0,5 et y(x) = −3e0,5 × e−0,5x

Cl : La solution particulière passant par B est yB(x) = −3e0,5(1−x)

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 1 : Recherchons les deux solutions particulières de l'EDL

y′ +1

2y = 0

passant par le point A(2, 1) pour la première et B(1,−3) pour la deuxième.

On sait que la solution générale est y(x) = λe−0,5x

• Passant par A :

{y(x) = λe−0,5x

y(2) = 1donc y(2) = λe−0,5×2 = λe−1 = 1

λ =1

e−1= e1

et y(x) = e1 × e−0,5x = e1−0,5x

Cl : La solution particulière passant par A est yA(x) = e1−0,5x

• Par B :

{y(x) = λe−0,5x

y(1) = −3 donc y(1) = λe−0,5×1 = λe−0,5 = −3

λ =−3e−0,5

= −3e0,5 et y(x) = −3e0,5 × e−0,5x

Cl : La solution particulière passant par B est yB(x) = −3e0,5(1−x)

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 1 : Recherchons les deux solutions particulières de l'EDL

y′ +1

2y = 0

passant par le point A(2, 1) pour la première et B(1,−3) pour la deuxième.

On sait que la solution générale est y(x) = λe−0,5x

• Passant par A :

{y(x) = λe−0,5x

y(2) = 1donc y(2) = λe−0,5×2 = λe−1 = 1

λ =1

e−1= e1 et y(x) = e1 × e−0,5x =

e1−0,5x

Cl : La solution particulière passant par A est yA(x) = e1−0,5x

• Par B :

{y(x) = λe−0,5x

y(1) = −3 donc y(1) = λe−0,5×1 = λe−0,5 = −3

λ =−3e−0,5

= −3e0,5 et y(x) = −3e0,5 × e−0,5x

Cl : La solution particulière passant par B est yB(x) = −3e0,5(1−x)

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 1 : Recherchons les deux solutions particulières de l'EDL

y′ +1

2y = 0

passant par le point A(2, 1) pour la première et B(1,−3) pour la deuxième.

On sait que la solution générale est y(x) = λe−0,5x

• Passant par A :

{y(x) = λe−0,5x

y(2) = 1donc y(2) = λe−0,5×2 = λe−1 = 1

λ =1

e−1= e1 et y(x) = e1 × e−0,5x = e1−0,5x

Cl : La solution particulière passant par A est yA(x) = e1−0,5x

• Par B :

{y(x) = λe−0,5x

y(1) = −3 donc y(1) = λe−0,5×1 = λe−0,5 = −3

λ =−3e−0,5

= −3e0,5 et y(x) = −3e0,5 × e−0,5x

Cl : La solution particulière passant par B est yB(x) = −3e0,5(1−x)

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 1 : Recherchons les deux solutions particulières de l'EDL

y′ +1

2y = 0

passant par le point A(2, 1) pour la première et B(1,−3) pour la deuxième.

On sait que la solution générale est y(x) = λe−0,5x

• Passant par A :

{y(x) = λe−0,5x

y(2) = 1donc y(2) = λe−0,5×2 = λe−1 = 1

λ =1

e−1= e1 et y(x) = e1 × e−0,5x = e1−0,5x

Cl : La solution particulière passant par A est yA(x) = e1−0,5x

• Par B :

{y(x) = λe−0,5x

y(1) = −3 donc y(1) = λe−0,5×1 = λe−0,5 = −3

λ =−3e−0,5

= −3e0,5 et y(x) = −3e0,5 × e−0,5x

Cl : La solution particulière passant par B est yB(x) = −3e0,5(1−x)

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 1 : Recherchons les deux solutions particulières de l'EDL

y′ +1

2y = 0

passant par le point A(2, 1) pour la première et B(1,−3) pour la deuxième.

On sait que la solution générale est y(x) = λe−0,5x

• Passant par A :

{y(x) = λe−0,5x

y(2) = 1donc y(2) = λe−0,5×2 = λe−1 = 1

λ =1

e−1= e1 et y(x) = e1 × e−0,5x = e1−0,5x

Cl : La solution particulière passant par A est yA(x) = e1−0,5x

• Par B :

{y(x) = λe−0,5x

y(1) = −3 donc y(1) = λe−0,5×1 = λe−0,5 = −3

λ =−3e−0,5

= −3e0,5 et y(x) = −3e0,5 × e−0,5x

Cl : La solution particulière passant par B est yB(x) = −3e0,5(1−x)

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 1 : Recherchons les deux solutions particulières de l'EDL

y′ +1

2y = 0

passant par le point A(2, 1) pour la première et B(1,−3) pour la deuxième.

On sait que la solution générale est y(x) = λe−0,5x

• Passant par A :

{y(x) = λe−0,5x

y(2) = 1donc y(2) = λe−0,5×2 = λe−1 = 1

λ =1

e−1= e1 et y(x) = e1 × e−0,5x = e1−0,5x

Cl : La solution particulière passant par A est yA(x) = e1−0,5x

• Par B :

{y(x) = λe−0,5x

y(1) = −3

donc y(1) = λe−0,5×1 = λe−0,5 = −3

λ =−3e−0,5

= −3e0,5 et y(x) = −3e0,5 × e−0,5x

Cl : La solution particulière passant par B est yB(x) = −3e0,5(1−x)

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 1 : Recherchons les deux solutions particulières de l'EDL

y′ +1

2y = 0

passant par le point A(2, 1) pour la première et B(1,−3) pour la deuxième.

On sait que la solution générale est y(x) = λe−0,5x

• Passant par A :

{y(x) = λe−0,5x

y(2) = 1donc y(2) = λe−0,5×2 = λe−1 = 1

λ =1

e−1= e1 et y(x) = e1 × e−0,5x = e1−0,5x

Cl : La solution particulière passant par A est yA(x) = e1−0,5x

• Par B :

{y(x) = λe−0,5x

y(1) = −3 donc y(1) = λe−0,5×1 = λe−0,5 = −3

λ =−3e−0,5

= −3e0,5 et y(x) = −3e0,5 × e−0,5x

Cl : La solution particulière passant par B est yB(x) = −3e0,5(1−x)

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 1 : Recherchons les deux solutions particulières de l'EDL

y′ +1

2y = 0

passant par le point A(2, 1) pour la première et B(1,−3) pour la deuxième.

On sait que la solution générale est y(x) = λe−0,5x

• Passant par A :

{y(x) = λe−0,5x

y(2) = 1donc y(2) = λe−0,5×2 = λe−1 = 1

λ =1

e−1= e1 et y(x) = e1 × e−0,5x = e1−0,5x

Cl : La solution particulière passant par A est yA(x) = e1−0,5x

• Par B :

{y(x) = λe−0,5x

y(1) = −3 donc y(1) = λe−0,5×1 = λe−0,5 = −3

λ =−3e−0,5

= −3e0,5

et y(x) = −3e0,5 × e−0,5x

Cl : La solution particulière passant par B est yB(x) = −3e0,5(1−x)

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 1 : Recherchons les deux solutions particulières de l'EDL

y′ +1

2y = 0

passant par le point A(2, 1) pour la première et B(1,−3) pour la deuxième.

On sait que la solution générale est y(x) = λe−0,5x

• Passant par A :

{y(x) = λe−0,5x

y(2) = 1donc y(2) = λe−0,5×2 = λe−1 = 1

λ =1

e−1= e1 et y(x) = e1 × e−0,5x = e1−0,5x

Cl : La solution particulière passant par A est yA(x) = e1−0,5x

• Par B :

{y(x) = λe−0,5x

y(1) = −3 donc y(1) = λe−0,5×1 = λe−0,5 = −3

λ =−3e−0,5

= −3e0,5 et y(x) = −3e0,5 × e−0,5x

Cl : La solution particulière passant par B est yB(x) = −3e0,5(1−x)

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 1 : Recherchons les deux solutions particulières de l'EDL

y′ +1

2y = 0

passant par le point A(2, 1) pour la première et B(1,−3) pour la deuxième.

On sait que la solution générale est y(x) = λe−0,5x

• Passant par A :

{y(x) = λe−0,5x

y(2) = 1donc y(2) = λe−0,5×2 = λe−1 = 1

λ =1

e−1= e1 et y(x) = e1 × e−0,5x = e1−0,5x

Cl : La solution particulière passant par A est yA(x) = e1−0,5x

• Par B :

{y(x) = λe−0,5x

y(1) = −3 donc y(1) = λe−0,5×1 = λe−0,5 = −3

λ =−3e−0,5

= −3e0,5 et y(x) = −3e0,5 × e−0,5x

Cl : La solution particulière passant par B est yB(x) = −3e0,5(1−x)

M. Drouot Equations di�érentielles

−1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

−5

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

A

B

D

E

Exercice no 1: Détermine la solution particulière qui passe par

1. le point D 2. le point E 3. le point F (3, 0).

M. Drouot Equations di�érentielles

−1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

−5

−4

−3

−2

−1

1

2

3

4

A

B

D

E

Exercice no 1: Détermine la solution particulière qui passe par

1. le point D 2. le point E 3. le point F (3, 0).

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

2. Résolution d'une EDLH du premier ordre.

y′(x) + a(x)y(x) = 0

Sa solution générale est y(x) = λ exp

(−∫a(x) dx

)où λ ∈ R.

Pour chaque point A(x0, y0) du plan, il existe une unique solutionpassant par A appelée solution particulière, notée yP .

Théorème

Exemple no 2 : Trouve la solution de l'équation di�érentielle y′ + 2xy = 0passant par le point C(0, 2).

On sait que y(x) = λ exp

(−∫2x dx

)= λe−x2

y(0) = λe−02

= λ = 2

Donc, la solution particulière passant par C est yC(x) = 2e−x2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

2. Résolution d'une EDLH du premier ordre.

y′(x) + a(x)y(x) = 0

Sa solution générale est y(x) = λ exp

(−∫a(x) dx

)où λ ∈ R.

Pour chaque point A(x0, y0) du plan, il existe une unique solutionpassant par A appelée solution particulière, notée yP .

Théorème

Exemple no 2 : Trouve la solution de l'équation di�érentielle y′ + 2xy = 0passant par le point C(0, 2).

On sait que y(x) = λ exp

(−∫2x dx

)= λe−x2

y(0) = λe−02

= λ = 2

Donc, la solution particulière passant par C est yC(x) = 2e−x2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

2. Résolution d'une EDLH du premier ordre.

y′(x) + a(x)y(x) = 0

Sa solution générale est y(x) = λ exp

(−∫a(x) dx

)où λ ∈ R.

Pour chaque point A(x0, y0) du plan, il existe une unique solutionpassant par A appelée solution particulière, notée yP .

Théorème

Exemple no 2 : Trouve la solution de l'équation di�érentielle y′ + 2xy = 0passant par le point C(0, 2).

On sait que y(x) = λ exp

(−∫2x dx

)= λe−x2

y(0) = λe−02

= λ = 2

Donc, la solution particulière passant par C est yC(x) = 2e−x2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

2. Résolution d'une EDLH du premier ordre.

y′(x) + a(x)y(x) = 0

Sa solution générale est y(x) = λ exp

(−∫a(x) dx

)où λ ∈ R.

Pour chaque point A(x0, y0) du plan, il existe une unique solutionpassant par A appelée solution particulière, notée yP .

Théorème

Exemple no 2 : Trouve la solution de l'équation di�érentielle y′ + 2xy = 0passant par le point C(0, 2).

On sait que y(x) = λ exp

(−∫2x dx

)= λe−x2

y(0) = λe−02

= λ = 2

Donc, la solution particulière passant par C est yC(x) = 2e−x2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

2. Résolution d'une EDLH du premier ordre.

y′(x) + a(x)y(x) = 0

Sa solution générale est y(x) = λ exp

(−∫a(x) dx

)où λ ∈ R.

Pour chaque point A(x0, y0) du plan, il existe une unique solutionpassant par A appelée solution particulière, notée yP .

Théorème

Exemple no 2 : Trouve la solution de l'équation di�érentielle y′ + 2xy = 0passant par le point C(0, 2).

On sait que y(x) = λ exp

(−∫2x dx

)= λe−x2

y(0) = λe−02

= λ = 2

Donc, la solution particulière passant par C est yC(x) = 2e−x2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

2. Résolution d'une EDLH du premier ordre.

y′(x) + a(x)y(x) = 0

Sa solution générale est y(x) = λ exp

(−∫a(x) dx

)où λ ∈ R.

Pour chaque point A(x0, y0) du plan, il existe une unique solutionpassant par A appelée solution particulière, notée yP .

Théorème

Exemple no 2 : Trouve la solution de l'équation di�érentielle y′ + 2xy = 0passant par le point C(0, 2).

On sait que y(x) = λ exp

(−∫2x dx

)=

λe−x2

y(0) = λe−02

= λ = 2

Donc, la solution particulière passant par C est yC(x) = 2e−x2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

2. Résolution d'une EDLH du premier ordre.

y′(x) + a(x)y(x) = 0

Sa solution générale est y(x) = λ exp

(−∫a(x) dx

)où λ ∈ R.

Pour chaque point A(x0, y0) du plan, il existe une unique solutionpassant par A appelée solution particulière, notée yP .

Théorème

Exemple no 2 : Trouve la solution de l'équation di�érentielle y′ + 2xy = 0passant par le point C(0, 2).

On sait que y(x) = λ exp

(−∫2x dx

)= λe−x2

y(0) = λe−02

= λ = 2

Donc, la solution particulière passant par C est yC(x) = 2e−x2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

2. Résolution d'une EDLH du premier ordre.

y′(x) + a(x)y(x) = 0

Sa solution générale est y(x) = λ exp

(−∫a(x) dx

)où λ ∈ R.

Pour chaque point A(x0, y0) du plan, il existe une unique solutionpassant par A appelée solution particulière, notée yP .

Théorème

Exemple no 2 : Trouve la solution de l'équation di�érentielle y′ + 2xy = 0passant par le point C(0, 2).

On sait que y(x) = λ exp

(−∫2x dx

)= λe−x2

y(0) = λe−02

=

λ = 2

Donc, la solution particulière passant par C est yC(x) = 2e−x2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

2. Résolution d'une EDLH du premier ordre.

y′(x) + a(x)y(x) = 0

Sa solution générale est y(x) = λ exp

(−∫a(x) dx

)où λ ∈ R.

Pour chaque point A(x0, y0) du plan, il existe une unique solutionpassant par A appelée solution particulière, notée yP .

Théorème

Exemple no 2 : Trouve la solution de l'équation di�érentielle y′ + 2xy = 0passant par le point C(0, 2).

On sait que y(x) = λ exp

(−∫2x dx

)= λe−x2

y(0) = λe−02

= λ = 2

Donc, la solution particulière passant par C est yC(x) = 2e−x2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

2. Résolution d'une EDLH du premier ordre.

y′(x) + a(x)y(x) = 0

Sa solution générale est y(x) = λ exp

(−∫a(x) dx

)où λ ∈ R.

Pour chaque point A(x0, y0) du plan, il existe une unique solutionpassant par A appelée solution particulière, notée yP .

Théorème

Exemple no 2 : Trouve la solution de l'équation di�érentielle y′ + 2xy = 0passant par le point C(0, 2).

On sait que y(x) = λ exp

(−∫2x dx

)= λe−x2

y(0) = λe−02

= λ = 2

Donc, la solution particulière passant par C est yC(x) = 2e−x2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

3. Résolution d'une EDL du premier ordre.

y′(x) + a(x)y(x) = b(x)

Solution générale yHl'équation homogène

+une solution

particulière yPde l'EDL

=solution générale

de l'EDL

Théorème

Exemple no 3 : Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

3. Résolution d'une EDL du premier ordre.

y′(x) + a(x)y(x) = b(x)

Solution générale yHl'équation homogène

+une solution

particulière yPde l'EDL

=solution générale

de l'EDL

Théorème

Exemple no 3 : Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

3. Résolution d'une EDL du premier ordre.

y′(x) + a(x)y(x) = b(x)

Solution générale yHl'équation homogène

+une solution

particulière yPde l'EDL

=solution générale

de l'EDL

Théorème

Exemple no 3 : Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

3. Résolution d'une EDL du premier ordre.

y′(x) + a(x)y(x) = b(x)

Solution générale yHl'équation homogène

+une solution

particulière yPde l'EDL

=solution générale

de l'EDL

Théorème

Exemple no 3 : Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

3. Résolution d'une EDL du premier ordre.

y′(x) + a(x)y(x) = b(x)

Solution générale yHl'équation homogène

+une solution

particulière yPde l'EDL

=solution générale

de l'EDL

Théorème

Exemple no 3 : Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

3. Résolution d'une EDL du premier ordre.

y′(x) + a(x)y(x) = b(x)

Solution générale yHl'équation homogène

+une solution

particulière yPde l'EDL

=solution générale

de l'EDL

Théorème

Exemple no 3 : Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

3. Résolution d'une EDL du premier ordre.

y′(x) + a(x)y(x) = b(x)

Solution générale yHl'équation homogène

+une solution

particulière yPde l'EDL

=solution générale

de l'EDL

Théorème

Exemple no 3 : Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

Ce qui revient à chercher une solution particulière sous la forme :

yP (x) = λ(x)e−x2

y′P (x) = λ′(x)e−x2

+ λ(x)×(− 2xe−x2)

= λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

On remplace dans l'EDL :

y′P (x) + 2xyP (x) = λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

+ 2xλ(x)e−x2

= x

λ′(x)e−x2

= x soit λ′(x) = xex2

donc λ(x) =

∫xex

2

dx =1

2ex

2

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=1

2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

Ce qui revient à chercher une solution particulière sous la forme :

yP (x) = λ(x)e−x2

y′P (x) = λ′(x)e−x2

+ λ(x)×(− 2xe−x2)

= λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

On remplace dans l'EDL :

y′P (x) + 2xyP (x) = λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

+ 2xλ(x)e−x2

= x

λ′(x)e−x2

= x soit λ′(x) = xex2

donc λ(x) =

∫xex

2

dx =1

2ex

2

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=1

2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

Ce qui revient à chercher une solution particulière sous la forme :

yP (x) = λ(x)e−x2

y′P (x) = λ′(x)e−x2

+ λ(x)×(− 2xe−x2)

= λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

On remplace dans l'EDL :

y′P (x) + 2xyP (x) = λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

+ 2xλ(x)e−x2

= x

λ′(x)e−x2

= x soit λ′(x) = xex2

donc λ(x) =

∫xex

2

dx =1

2ex

2

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=1

2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

Ce qui revient à chercher une solution particulière sous la forme :

yP (x) = λ(x)e−x2

y′P (x) = λ′(x)e−x2

+ λ(x)×(− 2xe−x2)

= λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

On remplace dans l'EDL :

y′P (x) + 2xyP (x) = λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

+ 2xλ(x)e−x2

= x

λ′(x)e−x2

= x soit λ′(x) = xex2

donc λ(x) =

∫xex

2

dx =1

2ex

2

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=1

2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

Ce qui revient à chercher une solution particulière sous la forme :

yP (x) = λ(x)e−x2

y′P (x) = λ′(x)e−x2

+ λ(x)×(− 2xe−x2)

= λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

On remplace dans l'EDL :

y′P (x) + 2xyP (x) = λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

+ 2xλ(x)e−x2

= x

λ′(x)e−x2

= x soit λ′(x) = xex2

donc λ(x) =

∫xex

2

dx =1

2ex

2

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=1

2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

Ce qui revient à chercher une solution particulière sous la forme :

yP (x) = λ(x)e−x2

y′P (x) = λ′(x)e−x2

+ λ(x)×(− 2xe−x2)

= λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

On remplace dans l'EDL :

y′P (x) + 2xyP (x) = λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

+ 2xλ(x)e−x2

= x

λ′(x)e−x2

= x soit λ′(x) = xex2

donc λ(x) =

∫xex

2

dx =1

2ex

2

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=1

2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

Ce qui revient à chercher une solution particulière sous la forme :

yP (x) = λ(x)e−x2

y′P (x) = λ′(x)e−x2

+ λ(x)×(− 2xe−x2)

= λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

On remplace dans l'EDL :

y′P (x) + 2xyP (x) = λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

+ 2xλ(x)e−x2

= x

λ′(x)e−x2

= x soit λ′(x) = xex2

donc λ(x) =

∫xex

2

dx =1

2ex

2

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=1

2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

Ce qui revient à chercher une solution particulière sous la forme :

yP (x) = λ(x)e−x2

y′P (x) = λ′(x)e−x2

+ λ(x)×(− 2xe−x2)

= λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

On remplace dans l'EDL :

y′P (x) + 2xyP (x) = λ′(x)e−x2 −������2xλ(x)e−x2

+������2xλ(x)e−x2

= x

λ′(x)e−x2

= x soit λ′(x) = xex2

donc λ(x) =

∫xex

2

dx =1

2ex

2

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=1

2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

Ce qui revient à chercher une solution particulière sous la forme :

yP (x) = λ(x)e−x2

y′P (x) = λ′(x)e−x2

+ λ(x)×(− 2xe−x2)

= λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

On remplace dans l'EDL :

y′P (x) + 2xyP (x) = λ′(x)e−x2 −������2xλ(x)e−x2

+������2xλ(x)e−x2

= x

λ′(x)e−x2

= x soit

λ′(x) = xex2

donc λ(x) =

∫xex

2

dx =1

2ex

2

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=1

2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

Ce qui revient à chercher une solution particulière sous la forme :

yP (x) = λ(x)e−x2

y′P (x) = λ′(x)e−x2

+ λ(x)×(− 2xe−x2)

= λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

On remplace dans l'EDL :

y′P (x) + 2xyP (x) = λ′(x)e−x2 −������2xλ(x)e−x2

+������2xλ(x)e−x2

= x

λ′(x)e−x2

= x soit λ′(x) = xex2

donc λ(x) =

∫xex

2

dx =1

2ex

2

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=1

2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

Ce qui revient à chercher une solution particulière sous la forme :

yP (x) = λ(x)e−x2

y′P (x) = λ′(x)e−x2

+ λ(x)×(− 2xe−x2)

= λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

On remplace dans l'EDL :

y′P (x) + 2xyP (x) = λ′(x)e−x2 −������2xλ(x)e−x2

+������2xλ(x)e−x2

= x

λ′(x)e−x2

= x soit λ′(x) = xex2

donc λ(x) =

∫xex

2

dx =1

2ex

2

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=1

2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

Ce qui revient à chercher une solution particulière sous la forme :

yP (x) = λ(x)e−x2

y′P (x) = λ′(x)e−x2

+ λ(x)×(− 2xe−x2)

= λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

On remplace dans l'EDL :

y′P (x) + 2xyP (x) = λ′(x)e−x2 −������2xλ(x)e−x2

+������2xλ(x)e−x2

= x

λ′(x)e−x2

= x soit λ′(x) = xex2

donc λ(x) =

∫xex

2

dx =

1

2ex

2

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=1

2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

Ce qui revient à chercher une solution particulière sous la forme :

yP (x) = λ(x)e−x2

y′P (x) = λ′(x)e−x2

+ λ(x)×(− 2xe−x2)

= λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

On remplace dans l'EDL :

y′P (x) + 2xyP (x) = λ′(x)e−x2 −������2xλ(x)e−x2

+������2xλ(x)e−x2

= x

λ′(x)e−x2

= x soit λ′(x) = xex2

donc λ(x) =

∫xex

2

dx =1

2ex

2

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=1

2

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I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

Ce qui revient à chercher une solution particulière sous la forme :

yP (x) = λ(x)e−x2

y′P (x) = λ′(x)e−x2

+ λ(x)×(− 2xe−x2)

= λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

On remplace dans l'EDL :

y′P (x) + 2xyP (x) = λ′(x)e−x2 −������2xλ(x)e−x2

+������2xλ(x)e−x2

= x

λ′(x)e−x2

= x soit λ′(x) = xex2

donc λ(x) =

∫xex

2

dx =1

2ex

2

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=

1

2ex

2

e−x2

=1

2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

Ce qui revient à chercher une solution particulière sous la forme :

yP (x) = λ(x)e−x2

y′P (x) = λ′(x)e−x2

+ λ(x)×(− 2xe−x2)

= λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

On remplace dans l'EDL :

y′P (x) + 2xyP (x) = λ′(x)e−x2 −������2xλ(x)e−x2

+������2xλ(x)e−x2

= x

λ′(x)e−x2

= x soit λ′(x) = xex2

donc λ(x) =

∫xex

2

dx =1

2ex

2

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=

1

2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

Ce qui revient à chercher une solution particulière sous la forme :

yP (x) = λ(x)e−x2

y′P (x) = λ′(x)e−x2

+ λ(x)×(− 2xe−x2)

= λ′(x)e−x2 − 2xλ(x)e−x2

On remplace dans l'EDL :

y′P (x) + 2xyP (x) = λ′(x)e−x2 −������2xλ(x)e−x2

+������2xλ(x)e−x2

= x

λ′(x)e−x2

= x soit λ′(x) = xex2

donc λ(x) =

∫xex

2

dx =1

2ex

2

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=1

2

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

...

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=1

2

La solution générale de l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x est

y(x) = yH(x) + yP (x)

y(x) = λe−x2

+1

2

Solution générale yHl'équation homogène

+une solution

particulière yPde l'EDL

=solution générale

de l'EDL

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

...

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=1

2

La solution générale de l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x est

y(x) = yH(x) + yP (x)

y(x) = λe−x2

+1

2

Solution générale yHl'équation homogène

+une solution

particulière yPde l'EDL

=solution générale

de l'EDL

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I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

...

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=1

2

La solution générale de l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x est

y(x) = yH(x) + yP (x)

y(x) = λe−x2

+1

2

Solution générale yHl'équation homogène

+une solution

particulière yPde l'EDL

=solution générale

de l'EDL

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Exemple no 3: Résolvons l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x

L'EDH associée est y′(x) + 2xy(x) = 0.

On vient de voir que yH(x) = λe−x2

Il reste à trouver une solution yP particulière de l'EDL

Pour ce faire, on applique la méthode de la variation de la constante :

...

Ainsi, yP (x) = λ(x)e−x2

=1

2ex

2

e−x2

=1

2

La solution générale de l'EDL : y′(x) + 2xy(x) = x est

y(x) = yH(x) + yP (x)

y(x) = λe−x2

+1

2

Solution générale yHl'équation homogène

+une solution

particulière yPde l'EDL

=solution générale

de l'EDL

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Etant donnés deux fonctions a et b continues sur R, pour tout couple de réels(x0, y0) le système {

y′ + a(x)y = b(x)

y(x0) = y0

admet une unique solution.

Théorème de Cauchy

Soient a, b1, et b2 trois fonctions continues sur R.

Si yP1 est une solution particulière de y′ + a(x)y = b1(x) ;

si yP2 est une solution particulière de y′ + a(x)y = b2(x)

Alors yP1 +yP2 est une solution particulière de y′+a(x)y = b1(x)+b2(x).

Principe de superposition

M. Drouot Equations di�érentielles

I. Equations di�érentielles du premier ordre.

Etant donnés deux fonctions a et b continues sur R, pour tout couple de réels(x0, y0) le système {

y′ + a(x)y = b(x)

y(x0) = y0

admet une unique solution.

Théorème de Cauchy

Soient a, b1, et b2 trois fonctions continues sur R.

Si yP1 est une solution particulière de y′ + a(x)y = b1(x) ;

si yP2 est une solution particulière de y′ + a(x)y = b2(x)

Alors yP1 +yP2 est une solution particulière de y′+a(x)y = b1(x)+b2(x).

Principe de superposition

M. Drouot Equations di�érentielles