equations différentielles

Equations diffrentielles

Essaidi Ali

20 mars 2015

K = R ou C

1 Equations diffrentielles :

1.1 Thorme de Cauchy-Lipschitz :Dfinition 1.1 On appelle quation diffrentielle toute relation x = f(t, x) o f est une application dfinie sur un ouvert Ude R E vers E avec E un K-espace vectoriel norm de dimension finie.

Dfinition 1.2 Soit E un K-espace vectoriel norm de dimension finie, U un ouvert de R E et f : U E.On appelle solution de lquation diffrentielle E : x = f(t, x) tout couple (I, x) tel que :

I est un intervalle non trivial (non vide et non rduit un lment) de R. x une application de I vers E drivable sur I . t I, (t, x(t)) U . t I, x(t) = f(t, x(t)).

La solution sera dite maximale si on ne peut pas la prolonger strictement en une solution de E .

Dfinition 1.3 Soit E un K-espace vectoriel norm de dimension finie, U un ouvert de R E, f : U E et (t0, x0) U .On appelle problme de Cauchy en (t0, x0) associ lquation diffrentielle E : x = f(t, x) le problme qui consiste chercher une solution (I, x) de E telle que t0 I et x(t0) = x0. On le note :{

x(t) = f(t, x(t))x(t0) = x0

Thorme 1.1 (Thorme de Cauchy-Lipschitz) SoitE unK-espace vectoriel norm de dimension finie, U un ouvert deRE,f : U E et (t0, x0) U .Si :

f est continue sur U . M 0,(t, x), (t, y) U, f(t, x) f(t, y) Mx y(on dit que f est Lipschitzienne par rappport la deuxime

variable).

Alors le problme de CauchyPC :

{x(t) = f(t, x(t))x(t0) = x0

admet une solution ([t0 , t0 + ], x) avec > 0.Si, en plus, (I, y) est une solution dePC alors t [t0 , t0 + ] I, x(t) = y(t).

Remarque : Si U = I O avec I un intervalle de R et O un ouvert de E alors on peut remplacer la deuxime condition part I, x 7 f(t, x) est de classe C 1 sur O.

Le rsultat reste vrai si on suppose que f est de classe C 1 sur U .

1.2 Mthode dEuler :Soit E un K-espace vectoriel norm de dimension finie, U un ouvert de R E, f : U E, (a, x0) U et on considre leproblme de CauchyPC :

{x(t) = f(t, x(t))x(a) = x0

.

Soit ([a, b], x) une solution du problme PC , n N et on considre la subdivision (tk)0kn de [a, b] dfinie par k {0, . . . , n 1}, tk = a+ kh avec h = ban .Pour n assez grand, on a k {0, . . . , n 1}, x(tk) x(tk+1)x(tk)h donc x(tk+1) x(tk) + hf(tk, x(tk)). On peutalors dterminer des valeurs approches x1, . . . , xn x aux points t1, . . . , tn par la relation k {0, . . . , n 1}, xk+1 =

1

CPGE Laayoune Lissane Eddine Essaidi Ali

xk + hf(tk, xk).Une solution approche x de x est le polygone de sommets (tk, xk)0kn. Cest--dire, lapplication affine par morceaux sur[a, b] dfinie par k {0, . . . , n 1},t [tk, tk+1], x(t) = xk + xk+1xkh (t tk).

Exemple : On considre le problme de Cauchy

{x(t) = x(t)x(0) = 1

(t [0, 1]).On sait que la solution exacte de ce problme est x(t) = et.Soit n N, donc t0 = 0, x0 = 0,k {0, . . . , n 1}, tk+1 = kn et xk+1 = xk + 1nxk =

(1 + 1n

)xk =

(1 + 1n

)k.

La solution approch x de x est alors dfinie sur [0, 1] par k {0, . . . , n 1},t [tk, tk+1] :

x(t) =

(1 +

1

n

)k+ n

((1 +

1

n

)k+1(1 +

1

n

)k)(t k

n

)=

(1 +

1

n

)k (1 + t k

n

)Montrons que t [0, 1], lim

n+ x(t) = et :

Soit t [0, 1] donc k {1, . . . , n 1} tel que kn t k+1n do x(t) =(1 + 1n

)k (1 + t kn

).

On a kn t k+1n donc k nt k+1 donc nt1 k nt do(1 + 1n

)nt1 (1 + t ntn

) x(t) (1 + 1n)nt (1 + t nt1n ).Or lim

n+

[(1 +

1

n

)nt1(1 + t nt

n

)]= limn+

[(1 +

1

n

)nt(1 + t nt 1

n

)]= et donc lim

n+ x(t) = et.

On dduit que la solution approch converge simplement sur [0, 1] vers la solution exacte.

1.3 Equations diffrentielles variables sparables :Dfinition 1.4 On appelle quation diffrentielle variables sparables toute quation de la forme E : x(t) = f(t)g(x(t)) of : I R et g : J R avec I, J deux intervalles ouverts de R.Proposition 1.1 Soient I, J deux intervalles ouverts de R, f C (I), g C 1(J) et (t0, x0) I J tel que g(x0) = 0.Si (U, x) est une solution du problme de CauchyPC :

{x(t) = f(t)g(x(t))x(t0) = x0

alors t U, x(t) = x0. Autrement dit, x estconstante sur I .

Corollaire 1.2 Soient I, J deux intervalles ouverts de R, f C (I), g C 1(J) et (U, x) une solution de x(t) = f(t)g(x(t)).Si t0 U tel que g(x(t0)) 6= 0 alors t U, g(x(t)) 6= 0. En prticulier, g garde un signe constant sur x(U).Dfinition 1.5 Soient I, J deux intervalles de R, f C (I) et g C 1(J).On appelle solution singulire de x(t) = f(t)g(x(t)) toute application constante x(t) = x0 sur I avec x0 raine de g.

Plan dtude dune quation variables sparables : Soient I, J deux intervalles ouverts de R, f C (I), g C 1(J) et onconsidre lquation E : x(t) = f(t)g(x(t)).

On commence par donner les solutions singulires de E . Soit (x,K) une solution maximale non singulire de E :

Sparation des variables : La solution (x,K) est non singulire donc t K, g(x(t)) 6= 0 do t K, x(t)g(x(t)) = f(t). Intgration de lquation : Soit t0 K. On a t K,

tt0

x(t)g(x(t))

dt =

tt0

f(t)dt. Soit F une primitive de f sur I

et G une primitive de 1g sur g(K) le plus grand intervalle de J qui contient x(t0) sur lequel g ne sannule pas donct, t0 K,G(x(t))G(x(t0)) = F (t) F (t0).

Rsolution de lquation : Puisque g ne sannule pas sur cette intervalle donc G est inversible do t, t0 K,x(t) =G1(G(x(t0)) + F (t) F (t0)).

Exemples : Rsoudre lquation diffrentielle E : y = xey :

On a E variables sparables et sans solutions singulire puisque t 7 et ne sannule pas.On crit eyy = x donc,

eyydx =

xdx donc C R, ey = 12x2 + C do y = ln( 12x2 + C).

On dduit que les solutions maximales de E sont les applications : y = ln( 12x

2 + C) dfinies sur R avec C > 0. y = ln( 12x

2 + C) dfinies sur ],2C[ avec C < 0. y = ln( 12x

2 + C) dfinies sur ]2C,+[ avec C < 0.

Rsoudre lquation diffrentielle E : y = y2 :Lapplication g(y) = y2 sannule en 0 donc E admet lapplication nulle sur R comme unique solution singulire.Soit (I, y) une solution maximale de E non singulire donc x I, y(x) 6= 0 donc yy2 = 1 et, en intgrant,

y

y2 dx =

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1dx do C R, 1y = x C.

On dduit que les solutions maximales de E sont : Lapplication nulle sur R. y = 1Cx dfinies sur ], C[ avec C R. y = 1Cx dfinies sur ]C,+[ avec C R.

Rsoudre lquation diffrentielle E : y = 1 y2 :Lapplication g(y) = 1 y2 sannule en 1 et -1 donc E admet deux solutions singulires y = 1 et y = 1 sur R.Soit (I, y) une solution maximale de E non singulire donc x I, y(x) 6= 1 et y(x) 6= 1 donc y1y2 = 1 et, enintgrant,

y

1y2 dx =1dx.

On a 11y2 =12

(1

1y +1

1+y

)donc

y

1y2 dx =12

(y

1ydx+

y

1+ydx)= ln |1 + y| ln |1 y| = ln

1+y1y doncC R, ln

1+y1y = 2x+ C do > 0( = eC), ln 1+y1y = e2x.On sait que x I, y(x) 6= 1 et y(x) 6= 1 et y continue sur I donc ou bien y < 1 ou bien 1 < y < 1 ou bien 1 < y.Si y < 1 alors 1+yy1 = e2x do y = e

2x+1e2x1 .

Si 1 < y < 1 alors 1+y1y = e2x do y = e2x1

e2x+1 .

Si y > 1 alors 1+yy1 = e2x do y = e

2x+1e2x1 .

On pose f(y) = y+1y1 . On a f(y) = 2(y1)2 donc f est strictement dcroissante sur ] , 1[ et ]1,+[. On dduit que

y < 1 ssi 0 = f(1) < e2x = f(y) < limy f(y) = 1 ssi x < ln

.

De mme y > 1 ssi 1 = limy+ f(y) < e

2x = f(y) < limy1+

f(y) = + ssi ln < x.De mme 1 < y < 1 ssi 0 = f(1) < e2x = f(y) < lim

y1f(y) = + ssi x R.

On dduit que les solutions maximales de E sont les applications : Les deux applications constantes sur R : y = 1 et y = 1. y = e

2x1e2x+1 dfinies sur R avec > 0.

y = e2x+1

e2x1 dfinies sur ], ln[ avec > 0.

y = e2x+1

e2x1 dfinies sur ] ln,+[ avec > 0.

2 Equations diffrentielles linaires du premier ordre :

2.1 Equations diffrentielles linaires du premier ordre :Dfinition 2.1 On appelle quation diffrentielle linaire dordre un toute quation de la forme E : x(t) = a(t)(x(t)) + b(t)avec a : I L (E) et b : I E deux applications continues sur un intervalle I de R et E un K-espace vectoriel norm dedimension finie.E0 : x(t) = a(t)(x(t)) sappelle lquation homogne associe E .

Forme matricielle dune quation diffrentielle linaire du premier ordre : Soit E un K-espace vectoriel norm de dimen-sion finie non nulle,B une base de E, I un intervalle de R, a C (I,L (E)) et b C (I, E).Si, pour tout t I , on pose A(t) = mat(a(t),B), B(t) = [b(t)]B et X(t) = [x(t)]B alors (J, x) est solution de x(t) =a(t)(x(t)) + b(t) si, et seulement si, (J,X) est solution de X (t) = A(t)X(t) +B(t).X (t) = A(t)X(t) +B(t) sappelle le systme dquations diffrentielles associ lquation x(t) = a(t)(x(t)) + b(t).

Dfinition 2.2 Soient I un intervalle de R, a C (I,L (E)) et b C (I, E).Une solution (J, x) de lquation diffrentielle x(t) = a(t)(x(t)) + b(t) est dite globale si J = I .

Remarques : Soient I un intervalle de R, a C (I,L (E)) et b C (I, E). Si (J, x) est une solution de lquation diffrentielle x(t) = a(t)(x(t)) + b(t) alors J I . Une solution globale est maximale.

Proposition 2.1 SoitE unK-espace vectoriel norm de dimension finie, I un intervalle deR, a C (I,L (E)) et b C (I, E).Si (J, x) est une solution de x(t) = a(t)(x(t)) + b(t) alors lapplication x est de classe C 1 sur J .

Proposition 2.2 (Principe de superposition)Soit E un K-espace vectoriel norm de dimension finie, I un intervalle de R, a C (I,L (E)) et b1, b2 C (I, E).Si (J, x1) et (J, x2) sont deux solutions de x(t) = a(t)(x(t)) + b1(t) et x(t) = a(t)(x(t)) + b2(t) respectivement alors(J, x1 + x2) est une solution de x(t) = a(t)(x(t)) + b1(t) + b2(t).



Proposition 2.3 (Forme intgrale dun problme de Cauchy)Soit E un K-espace vectoriel norm de dimension finie, x0 E, I un intervalle de R, t0 I , a C (I,L (E)) et b C (I, E).(J, x) est une solution du problme de Cauchy

{x(t) = a(t)(x(t)) + b(t)x(t0) = x0

si, et seulement si, :

J est un intervalle non triviale de R tel que J I . x est drivable sur J .

t J, x(t) = x0 + tt0

(a(u)(x(u)) + b(u))du.

Thorme 2.1 (Thorme de Caucy-Lipschitz)Soit E un K-espace vectoriel norm de dimension finie, x0 E, I un intervalle de R, t0 I , a C (I,L (E)) et b C (I, E).Le problme de Cauchy

{x(t) = a(t)(x(t)) + b(t)x(t0) = x0

admet une et une seule solution globale.

Remarque : Soit E un K-espace vectoriel norm de dimension finie, I un intervalle de R, t0 I et a C (I,L (E)).Lunique solution globale du problme de Cauchy homogne

{x(t) = a(t)(x(t))x(t0) = 0

est lapplication nulle sur I .

Corollaire 2.4 (Unicit locale des solutions) Soit E un K-espace vectoriel norm de dimension finie, I un intervalle de R,a C (I,L (E)), b C (I, E) et (J, x), (K, y) deux solutions de lquation x(t) = a(t)(x(t)) + b(t).Si t0 J K,x(t0) = y(t0) alors t J K,x(t) = y(t).Remarques : Soit E un K-espace vectoriel norm de dimension finie, I un intervalle de R, a C (I,L (E)) et b C (I, E).

Si x et y sont deux solutions globales de lquation x(t) = a(t)(x(t)) + b(t) alors ou bien t I, x(t) = y(t) ou bient I, x(t) 6= y(t).

Les graphes des solutions globales de lquation x(t) = a(t)(x(t)) + b(t) forment un partition de I E. Soit (x, J) une solution de lquation homogne x(t) = a(t)(x(t)). Si t0 J, x(t0) = 0 alors t J, x(t) = 0.

Proposition 2.5 SoitE unK-espace vectoriel norm de dimension finie, I un intervalle deR, a C (I,L (E)) et b C (I, E). Lensemble S0 des solutions globales de lquation homogne x(t) = a(t)(x(t)) est un sous-espace vectoriel deC 1(I, E).

Soit t0 I . Lapplication : S0 Ex 7 x(t0) est un isomorphisme despaces vectoriels. En particulier, dimS0 =dimE.

Lensemble S des solutions globales de lquation E : x(t) = a(t)(x(t)) + b(t) est un sous-espace affine de C 1(I, E)de direction S0. Autrement dit, si x S alors S = x+ S0.

Remarques : Soit E un K-espace vectoriel norm de dimension finie n N, I un intervalle de R, a C (I,L (E)) etb C (I, E).

Si (x1, . . . , xn) est une famille libre de solutions globales de lquation E0 : x(t) = a(t)(x(t)) alors la forme gnraledes solutions globales de E0 est 1x1 + + nxn avec 1, . . . , n K.

Si, en plus, x est une solution globale particulire de E : x(t) = a(t)(x(t)) + b(t) alors la forme gnrale des solutionsglobales de lquation E est x+ 1x1 + + nxn avec 1, . . . , n K.

Dfinition 2.3 Soit E un K-espace vectoriel norm de dimension finie non nulle, I un intervalle de R et a C (I,L (E)).On appelle systme fondamental de solutions de lquation E0 : x(t) = a(t)(x(t)) toute base (1, . . . , n) de lespace S0 dessolutions globales de E0.

Remarque : Soit E un K-espace vectoriel norm de dimension finie non nulle, (e1, . . . , en) une base de E, I un intervalle deR, t0 I et a C (I,L (E)).Si, pour chaque i {1, . . . , n}, i est la solution globale de lquation E0 : x(t) = a(t)(x(t)) telle que x(t0) = ei alors(1, . . . , n) est un systme fondamental de solutions de E0.

Proposition 2.6 Soit E un K-espace vectoriel norm de dimension finie non nulle, I un intervalle de R, a C (I,L (E)) et1, . . . , n des solutions globales de lquation E0 : x(t) = a(t)(x(t)).Les assertions suivantes sont quivalentes :

(1, . . . , n) de E0 est un systme fondamental de solutions de lquation E0. t I, (1(t), . . . , n(t)) est une base de E. t0 I, (1(t0), . . . , n(t0)) est une base de E.



Proposition 2.7 (Mthode de la variation de la constante)Soit E un K-espace vectoriel norm de dimension finie non nulle, I un intervalle de R, a C (I,L (E)) et b C (I, E).Si (1, . . . , n) est un systme fondamental de solutions de lquation homogne x(t) = a(t)(x(t)) alors, il existe 1, . . . , n C 1(I,K) tel que x = 11 + + nn soit une solution particulire de x(t) = a(t)(x(t)) + b(t).De plus, les applications 1, . . . , n vrifient la relation b = 11 + + nn.

Exemple : Soit le systme dquations diffrentielles E :{x = tx+ y + 1y = (1 t2)x+ ty + t :

Recherche dun systme fondamental de solutions de lquation homogne associe E0 : On remarque que (t) =(1t

)et

(t) =

(t

t2 + 1

)sont deux solutions de E0, or, pour t = 0, on a

1 00 1 = 1 6= 0 donc (,) est un systme fondamental

de solutions de E0. Rechreche dune solution particulire de E : Cherchons une solution de la forme + avec , C 1(R) donc(t)

(1t

)+ (t)

(t

t2 + 1

)=

(1t

).

On obtient le systme{(t) + t(t) = 1t(t) + (1 + t2)(t) = t dont la solution est

{(t) = 1(t) = 0 et puisquon cherche une

solution particulire, on peut prendre{(t) = t(t) = 0

donc{x(t) = ty(t) = t2

Forme gnrale des solutions de E : On dduit que la forme gnrale des solutions de E est :{x(t) = t+ + ty(t) = (1 + )t2 + t+

, R

2.2 Systmes diffrentiels linaires dordre un coefficients constants :Dfinition 2.4 On appelle systme diffrentiel linaires dordre un coefficients constants toute quation de la forme x(t) =a(x(t)) + b(t) avec a L (E), b C (I, E), I un intervalle de R et E un K-espace vectoriel norm de dimension finie.Forme matricielle dun systme diffrentiel linaires dordre un coefficients constants : Soit E un K-espace vectorielnorm de dimension finie n N,B une base de E et a L (E).Si on pose A = mat(a,B), t R, B(t) = [b(t)]B et X(t) = [x(t)]B alors (J, x) est une solution de lquation x(t) =ax(t) + b(t) si, et seulement si, (J,X) est une solution de lquation X (t) = AX(t) +B(t).

Proposition 2.8 Soit E un K-espace vectoriel norm de dimension finie, x0 E, t0 R, a L (E) et E0 : x(t) = a(x(t)). Lespace des solutions globales de E0 est S0 = {t R 7 exp(ta)(x)/x E}. t R 7 exp((t t0)a)(x0) est lunique solution globale de E0 vrifiant x(t0) = x0.

Remarques : Les solutions globales sont dfinies sur R. Si B = (e1, . . . , en) est une base de E. Daprs la proposition prcdente, (exp(ta)(e1), . . . , exp(ta)(en)) est une fa-

mille de solutions globales de lquation E0. Dautre part, pour t0 = 0 on a exp(t0a) = IdE donc (exp(t0a)(e1), . . . , exp(t0a)(en))est une base de E do la famille (exp(ta)(e1), . . . , exp(ta)(en)) forme un systme fondamental de solutions de lqua-tion E0.

Soit A Mn(K), t0 R et X0 Mn1(K).1. La forme gnrale des solutions globales de lquation X (t) = AX(t) est X(t) = etAC avec C Mn1(K).2. Lunique solution globale de lquation X (t) = AX(t) qui vrifie X(t0) = X0 est X(t) = e(tt0)AX0.

Exemple :

Soit le systme dquations diffrentielles E :{x = 3x+ 2yy = 4x 3y :

On a A =(

3 24 3

)donc A = PDP1 avec P =

(1 22 2

)et D =

(1 00 1

).

On pose Y = P1X donc Y = P1X = P1PDP1X = DY donc C M21(R), Y = etDC do X = PetDC.Or PetD =

(1 22 2

)(et 00 et

)=

(et 2et2et 2et

)et pourC =

(

)on dduit que la forme gnrale des solutions

de lquation E est : x = et + 2et

y = 2et 2etavec , R



Soit le systme dquations diffrentielles E :{x = 3x yy = x+ y :

On a A = X2 tr(A)X + det(A) = X2 4X + 4 = (X 2)2 donc la matrice A 2I2 est nilpotente doetA = e2tI2+t(A2I2) = e2tI2et(A2I2) = e2t(I2 + t(A 2I2)) = e2t(tA (2t 1)I2) =

((t+ 1)e2t te2tte2t (1 t)e2t

).

On a X = AX donc C M21(R) tel que X = etAC do pour C =(

)la forme gnrale des solutions de

lquation E est : x = (t+ 1)e2t te2t

y = te2t + (1 t)e2tavec , R

Soit le systme dquations diffrentielles E :{x = 3x 5yy = x y :

commenons par rsoudre lquation dans C : On a A =(3 51 1

)donc A = PDP1 avec P =

(2 + i 2 i1 1

)et

D =

(1 + i 00 1 i

).

On pose Y = P1X donc Y = P1X = P1PDP1X = DY donc C M21(C), Y = etDC do X = PetDC.Or PetD =

(2 + i 2 i1 1

)(et(1+i) 0

0 et(1i)

)=

((2 + i)et(1+i) (2 i)et(1i)

et(1+i) et(1i)

)et pour C =

(

)on dduit que

la forme gnrale des solutions de lquation E est : x = (2 + i)et(1+i) + (2 i)et(1+i)

y = et(1+i) + et(1+i)avec , C

On dduit que la forme gnrale des solutions relles de lquation E est : x = et(2 cos t sin t) + et(2 sin t+ cos t)

y = et cos t+ et sin t)avec , R

Soit le systme dquations diffrentielles E :

x = 2x+ y 2zy = 3y 2zz = x+ y + z

:

On a A =

2 1 20 3 21 1 1

donc A = PDP1 avec P =1 1 11 2 11 1 0

et D =1 0 00 2 00 0 3

.On pose Y = P1X donc Y = P1X = P1PDP1X = DY donc C M31(R), Y = etDC do X = PetDC.

Or PetD =

1 1 11 2 11 1 0

et 0 00 e2t 00 0 e3t

=et e2t e3tet 2e2t e3tet e2t 0

et pour C =

on dduit que la forme gnraledes solutions de lquation E est :

x = et e2t + e3t

y = et 2e2t + e3t

z = et e2t + e3tavec , , R


x = 2x y + zy = 2x+ 2y zz = x+ 2y z

:

On a A = (1 X)3 donc la matrice A I3 est nilpotente do etA = etI3+t(AI3) = etI3et(AI3) = et(I3 + t(A

I3) +t2

2 (A I3)2) = (t+ 1)et tet tet1

2 (3t2 + 4t)et e

t

2 (3t2 + 2t+ 2) et

2 (3t2 2t)

et

2 (3t2 + 2t) e

t

2 (3t2 + 4t) et

2 (3t2 4t+ 2)

.On a X = AX donc C M31(R) tel que X = etAC do pour C =

la forme gnrale des solutions dewww.mathlaayoune.webs.com 6/12 [email protected]


lquation E est :x = (t+ 1)et tet + tet

y = 2 (3t2 + 4t)et + 2 (3t2 + 2t+ 2)et + 2 (3t2 2t)et

z = 2 (3t2 + 2t)et + 2 (3t2 + 4t)et + 2 (3t2 4t+ 2)et

avec , , R


x = y + 2zy = x 2y 2zz = 2x+ 2y + z

:

On a A =

0 1 21 2 22 2 1

donc A = PRP1 avec P = 1 1 01 1 1

1 0 1

et R =1 0 00 1 10 0 1

.On pose Y = P1X donc Y = P1X = P1PRP1X = TY donc C M31(R), Y = etRC do X = PetRC.

Or PetR =

1 1 01 1 11 0 1

et 0 00 et tet0 0 et

= et et tetet et (t+ 1)etet 0 et

et pour C =

on dduit que laforme gnrale des solutions de lquation E est :

x = et et tet

y = et + et + (1 + t)et

z = et etavec , , R

Proposition 2.9 Soit E un K-espace vectoriel norm de dimension finie, x0 E, I un intervalle de R, t0 R, a L (E) etb C (I, E).Lunique solution globale de lquation E : x(t) = a(x(t)) + b(t) vrifiant x(t0) = x0 est :

t 7 exp((t t0)a)[x0 +

tt0

exp((t0 u)a)(b(u))du]= exp((t t0)a)(x0) +

tt0

exp((t u)a)(b(u))du

Remarque : Soit E un K-espace vectoriel norm de dimension finie, a L (E), I un intervalle de R, b C (I,K) etE : x(t) = a(x(t)) + b(t).On note E[t] = {P : t K 7 tpep + + te1 + e0/p N, e0, . . . , ep E} et si P (t) = tpep + + te1 + e0 E[t],degP = max{k {0, . . . , p}/ek 6= 0}.

Si b(t) = etP (t) avec K et P E[t] alors lquation E admet une solution de la forme etQ(t) avec Q E[t] telque degQ degP +m() o m() dsigne la multiplicit de comme raine de A.

On suppose que K = R : Si b(t) = et (P (t) cos(t) +Q(t) sin(t)) avec , R et P,Q E[t] alors lquationE admet une solution de la forme et (R(t) cos(t) + S(t) sin(t)) avec R,S E[t] tels que max(degR,degS) max(degP,degQ) + m(+ i) o m(+ i) dsigne la multiplicit de + i comme raine de A.

Exemple : Soit le systme dquations diffrentielles E :{x = 3x+ 2y + tet + e2t

y = 4x 3y et + cos t :

La matrice de ce systme est A =(

3 24 3

)et Sp(A) = {1, 1}.

On considre le systme dquations diffrentielles : E1 :{x = 3x+ 2y + tet

y = 4x 3y et : On a 1 Sp(A) donc E1 admet

une solution de la forme(xy

)= et

((a1b1

)t2 +

(a2b2

)t+

(a3b3

)). En remplaant dans lquation E1 on trouve : x =

(t2 t2 14) ety = t2et

On considre le systme dquations diffrentielles : E2 :{x = 3x+ 2y + e2t

y = 4x 3y : On a 2 / Sp(A) donc E2 admet

une solution de la forme(xy

)= e2t

(ab

). En remplaant dans lquation E2 on trouve : x =

53e

2t

y = 43e2t



On considre le systme dquations diffrentielles : E3 :{x = 3x+ 2yy = 4x 3y + cos t : On a i / Sp(A) donc E3

admet une solution de la forme(xy

)=

(a1b1

)cos t+

(a2b2

)sin t. En remplaant dans lquation E3 on trouve : a1 sin t+ a2 cos t = (3a1 + 2b1) cos t+ (3a2 + 2b2) sin tb1 sin t+ b2 cos t = (4a1 3b1 + 1) cos t+ (4a2 3b2) sin t

Identification des coefficients de sin t : On commence par dterminer a1 et b1 en fonction de a2 et b2.

On a

a1 = 3a2 + 2b2b1 = 4a2 3b2 donc a1 = 3a2 2b2

b1 = 4a2 + 3b2

.

Identification des coefficients de cos t :

On a

a2 = 3a1 + 2b1 = 9a2 6b2 + 8a2 + 6b2 = a2b2 = 4a1 3b1 + 1 = 12a2 + 8b2 12a2 9b2 + 1 = b2 + 1

donc

a2 = 0b2 =

12

et

a1 = 1b1 =

32

.

On dduit la solution particulire de E3 : x = cos ty = 32 cos t+

12 sin t

Daprs le principe de superposition, x =(t2 t2 14) et + 53e2t cos t

y = t2et 43e2t + 32 cos t+ 12 sin test une solution particulire de lquation E . Or, on dj trouv que la forme gnrale des solution de lquation homogne

associe E est E :

x = et + 2et

y = 2et 2etavec , R donc la forme gnrale des solution de lquation E est :

E :

x =(t2 t2 14) et + 53e2t cos t et + 2et

y = t2et 43e2t + 32 cos t+ 12 sin t+ 2et 2etavec , R

3 Equations diffrentielles linaires scalaires :

3.1 Equations diffrentielles linaires scalaires dordre n :Dfinition 3.1 On appelle quation diffrentielle linaire scalaire dordre n (n N) toute quation de la forme E : x(n)(t) +an1(t)x(n1)(t) + + a1(t)x(t) + a0(t)x(t) = b(t) avec a0, . . . , an1, b C (I,K) et I un intervalle de R.E0 : x(n)(t) + an1(t)x(n1)(t) + + a1(t)x(t) + a0(t)x(t) = 0 sappelle lquation homogne associe E .Dfinition 3.2 Soit I un intervalle de R, a0, . . . , an1, b C (I,K) et E : x(n)(t) + an1(t)x(n1)(t) + + a1(t)x(t) +a0(t)x(t) = b(t).On appelle solution de E tout couple (J, x) tel que :

J un intervalle de R tel que J I . x : J K une application n fois drivable sur J . t J, x(n)(t) + an1(t)x(n1)(t) + + a1(t)x(t) + a0(t)x(t) = b(t).

La solution est dite globale si J = I .

Proposition 3.1 Soit I un intervalle de R, a0, . . . , an1, b C (I,K) et E : x(n)(t) + an1(t)x(n1)(t) + + a1(t)x(t) +a0(t)x(t) = b(t).Si (J, x) est une solution de E alors x est de classe C n sur J .

Systme diffrentiel associ une quation diffrentielle linaire scalaire : Soit I un intervalle de R, a0, . . . , an1, b C (I,K) et E : x(n)(t) + an1(t)x(n1)(t) + + a1(t)x(t) + a0(t)x(t) = b(t).

Si on pose t I,X(t) =

x(t)...x(n1)(t)

, A(t) =

0 1 0 0...

. . . . . . . . ....

.... . . . . . 0

0 0 1a0(t) a1(t) an2(t) an1(t)

et B(t) = 0...b(t)



alors (J, x) est solution de E si, et seulement si, (J,X) est solution de X (t) = A(t)X(t) +B(t).Lquation diffrentielle X (t) = A(t)X(t) +B(t) sappelle le systme diffrentiel associ lquation E .

Dfinition 3.3 Soit I un intervalle de R, a0, . . . , an1, b C (I,K), t0 I et x0, . . . , xn1 K.On appelle problme de Cauchy en (t0, x0, . . . , xn1) associ lquation diffrentielle E : x(n)(t)+an1(t)x(n1)(t)+ +a1(t)x

(t)+a0(t)x(t) = b(t) le problme qui consiste chercher une solution (J, x) de E telle que x(t0) = x0, . . . , x(n1)(t0) =xn1. On le note : {

x(n)(t) + an1(t)x(n1)(t) + + a1(t)x(t) + a0(t)x(t) = b(t)x(t0) = x0, . . . , x

(n1)(t0) = xn1

Thorme 3.1 (Thorme de Cauchy-Lipschitz) Soit I un intervalle de R, a0, . . . , an1, b C (I,K), t0 I et x0, . . . , xn K.

Le problme de Cauchy

{x(n)(t) + an1(t)x(n1)(t) + + a1(t)x(t) + a0(t)x(t) = b(t)x(t0) = x0, . . . , x

(n1)(t0) = xn1admet une et une seule solution

globale.

Remarque : Soit t0 I . Lunique solution du problme de Cauchy homogne{x(t) + a(t)x(t) + b(t)x(t) = 0x(t0) = = x(n1)(t0) = 0

est

lapplication nulle.

Corollaire 3.2 (Unicit locale des solutions) Soit I un intervalle de R, a0, . . . , an1, b C (I,K) et (x, J) et (y,K) deuxsolutions de lquation E : x(n)(t) + an1(t)x(n1)(t) + + a1(t)x(t) + a0(t)x(t) = b(t).Si t0 J K,k {0, . . . , n 1}, x(k)(t0) = y(k)(t0) alors t J K,x(t) = y(t).Proposition 3.3 Soit I un intervalle de R, a0, . . . , an1, b C (I,K).

Lensemble S0 des solutions globales de x(n)(t)+an1(t)x(n1)(t)+ +a1(t)x(t)+a0(t)x(t) = 0 est un sous-espacevectoriel de C n(I,K).

Soit t0 I . Lapplication S0 Kn

x 7 (x(t0), . . . , x(n1)(t0)) est un isomorphisme despaces vectoriels. En particulier,dimS0 = n.

Lensemble S des solutions globales de x(n)(t) + an1(t)x(n1)(t) + + a1(t)x(t) + a0(t)x(t) = b(t) est un sous-espace affine de C n(I,K) de direction S0. Autrement dit, si x est une solution de E alors S = x+ S0.

Remarque : Cas de lquation diffrentielle linaire scalaire dordre un non rsolue en x, problme de raccordementdes solutions :Soit I un intervalle de R, , a, b C (I,K) et E : (t)x(t) = a(t)x(t) + b(t).On commence par rsoudre lquation E sur les plus grands sous-intervalles de I o ne sannule pas. Ensuite, on procde parraccordement des solutions en vrifiant la continuit et la drivabilit aux points o sannule.Exemple : Etude de lquation E : |x|y + (x 1)y = x2 :

Si x > 0 alors xy + (x 1)y = x2 donc y + (1 1x )y = x. En multipliant par le facteur intgrant ex

x on obtientex = e

x

x y + (1 1x ) e

x

x y =(ex

x y)

.Donc C R, exx y = ex + C do y = x+ Cxex est la forme gnrale des solutions de E sur ]0,+[.

Si x < 0 alors xy + (x 1)y = x2 donc xy + (1 x)y = x2. En multipliant par ex on obtient x2ex =xexy + (1 x)xexy = (xexy).C R, xexy = x2ex + 2xex + 2ex + C . Donc y = x + 2 + 2+Cexx est la forme gnrale des solutions de Esur ]0,+[.

Problme de raccord en 0 :

On considre y lapplication dfinie sur R par y(x) ={x+ Cxex si x > 0x+ 2 + 2+C

exx si x < 0

.

Condition de continuit en 0 : Continuit droite : Sur ]0,+[ on a y = x+ Cxex donc C R, lim

x0+y(x) existe et on a lim

x0+y = 0.

Continuit gauche : A guche de 0 on a y = y = x+2+ 2+Cexx = x+2+

2+Cx + o(1) donc limx0 y(x) existe

ssi C = 2 et dans ce cas limx0

y = 0.

Donc y se prolonge par continuit en 0 si, et seulement si, C = 2. On considre dans la suite que C = 2 ety(0) = 0. Lapplication y est alors continue sur R.

Condition de drivabilit en 0 : Drivabilit droite : Sur ]0,+[ on a y(x)y(0)x0 = 1 + Cex 1 + C lorsque x 0+. Drivabilit gauche : A guche de 0 on a y(x)y(0)x0 =

x2+2x+22exx2 =

x2+2x+2(2+2x+x2+o(x2))x2 = o(1) 0.

On dduit que y est drivable en 0 ssi 1 + C = 0 ssi C = 1.



Les solutions maximales de E sont :

y(x) =

x xex si x > 00 si x = 0x+ 2 + 2 1e

x

x si x < 0dfinie sur R.

y = x+ Cxex avec C 6= 1 dfinie sur ]0,+[. y = x+ 2 + 2+C

exx avec C

6= 2 dfinie sur ], 0[.

3.2 Equations diffrentielles linaires scalaires dordre deux :Remarque : Soit I un intervalle de R, a, b, c C (I,K) et on considre lquation diffrentielle linaire scalaire dordre deuxE : x(t) + a(t)x(t) + b(t)x(t) = c(t).

Supposons que a C1(I,K) et soit A une primitive de a sur I .Lquation E est quivalente eA(t)2 x(t) + eA(t)2 a(t)x(t) + eA(t)2 b(t)x(t) = eA(t)2 c(t) donc(

eA(t)2 x(t)

)+ e

A(t)2

(b(t) a

(t)2 a

2(t)

4

)x(t) = e

A(t)2 c(t)

On pose p(t) = b(t) a(t)2 a2(t)4 , q(t) = e

A(t)2 c(t) et y(t) = e

A(t)2 x(t) donc lquation E se rduit en y(t)+p(t)y(t) =

q(t).

Le systme diffrentiel associ lquation E estX (t) = A(t)X(t)+B(t) avecX(t) =(x(t)x(t)

),A(t) =

(0 1b(t) a(t)

)et B(t) =

(0c(t)

).

Thorme 3.2 (Thorme de Cauchy-Lipschitz) Soit I un intervalle de R, a, b, c C (I,K), t0 I et x0, x1 K.Le problme de Cauchy

{x(t) + a(t)x(t) + b(t)x(t) = c(t)x(t0) = x0, x

(t0) = x1admet une et une seule solution globale.

Remarque : Soit I un intervalle de R, a, b, c C (I,K) et t0 I .Lunique solution du problme de Cauchy homogne

{x(t) + a(t)x(t) + b(t)x(t) = 0x(t0) = x

(t0) = 0est lapplication nulle.

On dduit que les solutions non nulles de lquation homogne x(t) + a(t)x(t) + b(t)x(t) = 0 nont que des raines simples.

Corollaire 3.4 (Unicit locale des solutions) Soit I un intervalle de R, a, b, c C (I,K) et (x, J), (y,K) deux solutions delquation x(t) + a(t)x(t) + b(t)x(t) = c(t).Si t0 J K,x(t0) = y(t0) et x(t0) = y(t0) alors t J K,x(t) = y(t).

Proposition 3.5 Soit I un intervalle de R et a, b, c C (I,K). Lensemble S0 des solutions globales de x(t) + a(t)x(t) + b(t)x(t) = 0 est un sous-espace vectoriel de C 2(I,K). Soit t0 I . Lapplication S0 K

2

x 7 (x(t0), x(t0)) est un isomorphisme despaces vectoriels. En particulier, dimS0 =2.

Lensemble S des solutions globales de x(t) + a(t)x(t) + b(t)x(t) = c(t) est un sous espace affine de C 2(I,K) dedirection S0. Autrement dit, si x est une solution de E alors S = x+ S0.

Dfinition 3.4 Soit I un intervalle de R, a, b C (I,K) et E0 : x(t) + a(t)x(t) + b(t)x(t) = 0.On appelle systme fondamental de solutions de lquation homogne E0 toute base (,) de lespace S0 des solutions globalesde E0.

Remarque : Soit I un intervalle de R, a, b C (I,K), t0 I et E0 : x(t) + a(t)x(t) + b(t)x(t) = 0.Les deux solutions globales x et y de E0 telles que x(t0) = 1, x(t0) = 0, y(t0) = 0 et y(t0) = 1 forment un systmefondamentale de solutions de E0.

Proposition 3.6 Soit I un intervalle de R, a, b C (I,K) et , deux solutions globales de lquation E0 : x(t)+a(t)x(t)+b(t)x(t) = 0.Les assertions suivantes sont quivalentes :

(,) est un systme fondamental de solutions de E0.

t0 I,((

(t0)(t0)

),

((t0)(t0)

))forme une base de K2.

t I,((

(t)(t)

),

((t)(t)

))forme une base de K2.



Dfinition 3.5 Soit I un intervalle deR, a, b C (I,K) et , deux solutions de lquation E0 : x(t)+a(t)x(t)+b(t)x(t) =0.

On appelle Wronskien de (,) lapplication : W (t) =(t) (t)(t) (t)

.Proposition 3.7 Soit I un intervalle deR, a, b C (I,K) et , deux solutions globales de E0 : x(t)+a(t)x(t)+b(t)x(t) =0 de Wronskien W .Les assertions suivantes sont quivalentes :

(,) est un systme fondamental de solution de E0. t0 I,W (t0) 6= 0. t I,W (t) 6= 0.

Proposition 3.8 (Formule de Liouville) Soit I un intervalle de R, a, b C (I,K) et , deux solutions de E0 : x(t) +a(t)x(t) + b(t)x(t) = 0.Si W est le Wronskien de (,) alors t, t0 I,W (t) =W (t0)e

tt0a(u)du.

Remarque : Si a = 0 alors le wronskien est constant sur I . En particulier,(

)garde un signe constant sur les intervalles o

ne sannule pas.Mthode de Lagrange : Soit I un intervalle de R, a, b C (I,K), E0 : x(t) + a(t)x(t) + b(t)x(t) = 0 et on suppose connueune solution x de E0 qui ne sannule pas sur I .Soit y une solution globale de E0 et z = yx donc y = xz et (x, y) est un systme fondamental de solutions de E0 si, et seulementsi, z nest pas constante sur I .On a y solution de E0 donc 0 = y + ay + by = (xz) + a(xz) + bxz = (xz + 2xz + xz) + a(xz + xz) + bxz =xz + (2x + ax)z + (x + ax + bx) = xz + (2x + ax)z car x est solution de E0.On dduit que y est solution de E0 si, et seulement si, z est solution de xz + (2x + ax)z = 0 qui est une quation du premierdegr en z.Lorsquon connat une solution x de E0 qui ne sannule pas sur I , la mthode de Lagrange consiste chercher une solution y deE0 de la forme y = zx avec z non constante. Une fois trouve le couple (x, y) forme un systme fondamental de solutions deE0.Exemple : Etude de lquation diffrentielle E : xy + (1 2x)y + (x 1)y = 0 sur ]0,+[ :On remarque que y(x) = ex est une solution de E qui ne sannule pas sur ]0,+[ donc cherchons une solution y de la formey = exz avec z une application non constante.On a y solution de E donc 0 = xy+(12x)y+(x1)y = xex(z+2z+z)+(12x)ex(z+z)+(x1)exz = ex(xz+z)donc xz + z = 0 donc (xz) = 0 donc R tel que xz = do , R, z = lnx+ . Or, on cherche une solutionprticulire donc on peut prendre = 1 et = 0 donc z = lnx do y = ex lnx.On dduit que la forme gnrale des solutions de E est y = ( lnx+ )ex avec , R.Proposition 3.9 (Mthode de la variation de la constante) Soit I un intervalle deR, a, b, c C (I,K) et E : x(t)+a(t)x(t)+b(t)x(t) = c(t).Si (,) est un systme fondamental de solutions de lquation homogne x(t) + a(t)x(t) + b(t)x(t) = 0 alors lquationdiffrentielle E admet une solution de la forme x(t) = (t)(t) + (t)(t) avec , C 1(I,K).De plus, on a

{(t)(t) + (t)(t) = 0(t)(t) + (t)(t) = c(t) .

Exemple : Etude de lquation diffrentielle E : x(t) + x(t) = f(t) avec f C (R) :On sait que la famille (cos, sin) forme un systme fondamental de solution de lquation homogme associe x(t) + x(t) = 0donc, daprs la mthode de la variation de la constante, lquation E admet une solution de la forme x(t) = (t) cos(t) +

(t) sin(t) avec , C 1(R) qui vrifient{(t) cos(t) + (t) sin(t) = 0(t) sin(t) + (t) cos(t) = c(t) .

On dduit que(t) = 0 sin tf(t) cos(t)

= f(t) sin(t) et (t) = cos(t) 0 sin(t) f(t) = f(t) cos(t) donc(t) = t

0

f(u) sin(u)du

et (t) = t0

f(u) cos(u)du.

Une solution particulire de E est alors x(t) = cos(t) t0

f(u) sin(u)du+sin(t)

t0

f(u) cos(u)du =

t0

f(u)(sin(t) cos(u)

cos(t) sin(u))du =

t0

f(u) sin(tu)du et la forme gnrale des solutions de E est x(t) = t0

f(u) sin(tu)du+ cos(t)+ sin(t) avec , R.Remarque : Cas de lquation E : x(t) + ax(t) + bx(t) = c(t) avec a, b K.



Si c(t) = etP (t) avec K et P K[X] alors lquation E admet une solution de la forme tm()etQ(t) avecQ K[X] tel que degQ degP et m() dsigne la multiplicit de comme raine de lquation caractristiqueassocie r2 + ar + b = 0.

On suppose que K = R. Si c(t) = et (P (t) cos(t) +Q(t) sin(t)) avec , R et P,Q R[X] alors lquation Eadmet une solution de la forme tm(+i)et (R(t) cos(t) + S(t) sin(t)) avecR,S R[X] tels quemax(degR,degS) max(degP,degQ) et m( + i) dsigne la multiplicit de + i comme raine de lquation caractristique associer2 + ar + b = 0.

Exemple : Etude de lquation E : y 2y + y = chx : Lquation caractristique de lquation homogne associe E estt2 2t+1 = (t 1)2 = 0 donc la forme gnrale des solutions de lquation homogne associe E est y = (ax+ b)exavec a, b R.On a chx = 12e

x+ 12ex donc on va chercher des solutions particulires de E1 : y2y+y = 12ex et E2 : y2y+y =

12ex et on utilisera le principe de superpostion.

Etude de lquation E1 : y 2y + y = 12ex : On a 1 zro double de lquation caractristique t2 2t+ 1 = 0 donclquation E1 admet une solution particulire de la forme y = ax2ex avec a R donc, en remplaant dans lquationE1, 12e

x =(ax2ex

) 2 (ax2ex) + ax2ex = a(x2 + 4x+ 2)ex 2a(x2 + 2x)ex + ax2ex = 2aex do a = 14 .On dduit que y = 14x

2ex est une solution particulire de E1. Etude de lquation E2 : y2y+y = 12ex :1 nest pas un zro de lquation caractristique t22t+1 = 0 donc

lquation E2 admet une solution particulire de la forme y = aex avec a R donc, en remplaant dans lquationE2, 12e

x = (aex) 2 (aex) + aex = 4aex do a = 18 .On dduit que y = 18e

x est une solution particulire de E2.Daprs le principe de superposition, y = 14x

2ex + 18ex est une solution particulire de E do la forme gnrale des

solutions de lquation E est y = 14x2ex + 18e

x + (ax+ b)ex avec a, b R. Etude de lquation y + y = cosx : Lquation caractristique de lquation homogne associe E est t2 + 1 =(t i)(t + i) = 0 donc la form gnrale des solutions de lquation homogne associe E est y = a cosx + b sinxavec a, b R.On a i zro simple de lquation caractristique t2 + 1 = 0 donc lquation E admet une solution particulire de laforme y = ax cosx + bx sinx avec a, b R donc, en remplaant dans lquation E , cosx = (ax cosx+ bx sinx) +(ax cosx+ bx sinx)

= a(x cosx 2 sinx) + b(x sinx + 2 cosx) + ax cosx + bx sinx = 2a sinx + 2b cosx

do a = 0 et b = 12 .On dduit que y = 12x cosx est une solution particulire de E donc la forme gnrale des solutions de lquation E esty = 12x cosx+ a cosx+ b sinx avec a, b R.

Remarque : Cas de lquation diffrentielle linaire scalaire dordre deux non rsolue en x, problme de raccordementdes solutions :Soit I un intervalle de R, , a, b, c C (I,K) et E : x = ax + bx+ c avec , a, b, c C (I,K).On commence par rsoudre lquation E sur les plus grands sous-intervalles de I o ne sannule pas. Ensuite, on procde parraccordement des solutions en vrifiant la continuit, la drivabilit et la drivabilit seconde aux points o sannule.Exemple : Etude de lquation E : x2y + 4xy + (2 x2)y = 1 :On a 1 = x2y + 4xy + (2 x2)y = (x2y) x2y donc si on pose z = x2y on obtient z z = 1.Une solution particulire est z = 1 et la forme gnrale des solutions de lquation homogne associe est z = aex + bexavec a, b R donc la forme gnrale des solutions de z z = 1 est z = 1 + aex + bex do xy2 = 1 + aex + bex.Si x 6= 0 alors y = 1 + ae

x + bex

x2=

1

x2

(1 +

+n=0

1

n!(a+ (1)nb)xn

)=1 + a+ b+ (a b)x

x2+

+n=2

1

n!(a +

(1)nb)xn2).Donc y se prolonge en une application deux fois drivable en 0 si, et seulement si,

{a+ b = 1a b = 0 donc a = b =

12 .

Dans ce cas, x 6= 0, y = 1+ 12 (ex+ex)x2 = ch(x)1x2 et limx0 y(x) =1

2.

Les solutions maximales de E sont :

y(x) =

ch(x) 1

x2si x 6= 0

1

2si x = 0

dfinie sur R.

y(x) =1 +Aex +Bex

x2avec (a, b) 6= (12 , 12 ) dfinie sur ]0,+[.

y(x) =1 +Aex +Bex

x2avec (a, b) 6= (12 , 12 ) dfinie sur ], 0[.


equations différentielles

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