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Equations diff´erentielles lin´eaires
Chris MARTINY
ESITC-Itc3

2

Part I
Introduction et terminologie

3

Chapter 1
Mise en forme g´
en´
erale
∆(f )(t) = g(t)

1.1

Terminologie

C’est cette simple ´egalit´e qui va faire l’objet d’une analyse assez pouss´ee.
D´efinissons les ´el´ements de celle-ci :
• ∆ est l’op´erateur diff´erentielle. Il doit ˆetre lin´eaire pour justifier le
titre :
– ∆(f1 + f2 ) = ∆(f1 ) + ∆(f2 )
– ∆(λf ) = λ∆(f )
• f est l’inconnue, notre but. C’est une fonction (autant de fois d´erivable
que l’ordre de l’´equation) dont nous nous pr´eoccuperons de rechercher
l’ensemble maximal de d´efinition.
• t est la variable r´eelle. L’ensemble des t r´eels permettant de rendre notre
´egalit´e valable d´efinit l’ensemble maximal de d´efinition de f . Donner
une solution de l’´equation diff´erentielle consiste donc `a trouver f et cet
ensemble. R´esoudre l’´equation consiste `trouver toutes les solutions.
• g est le second membre. Si il est identiquement nul, l’´equation est dite
homog`ene.
5

´ ERALE
´
CHAPTER 1. MISE EN FORME GEN

6

1.2

Exemples

1. Si ∆(f ) = f 0 − f et g identiquement nulle.
Alors l’ensemble des solutions est
{t 7−→ Ket d´efinies pour t ∈] − ∞; +∞[ , (K ∈ R)}
2. Si ∆(f ) = f 0 et g(t) =

1
, ∀t
1+t2

∈] − ∞; +∞[.

Alors l’ensemble des solutions est
{t 7−→ K + Arctan(t) d´efinies pour t ∈] − ∞; +∞[ , (K ∈ R)}
3. Si ∆(f )(t) = t2 f 0 (t) + tf (t) et g(t) = t2 , ∀t ∈] − ∞; +∞[.
Alors l’ensemble des solutions est
{t 7→

K
t

+

t
2

d´efinies pour t ∈] − ∞; +∞[−{0} , (K ∈ R − {0})}...
...∪{t 7→ 2t d´efinie pour t ∈] − ∞; +∞[}

4. Si ∆(f ) = f f 0 .
Alors ∆ n’est pas lin´eaire (ce qui ne veut pas dire que pour un second
membre donn´e, nous ne trouverons pas de solutions!) .

Chapter 2
Sch´
ema Sh + Sp
Comprendre Solutions homog`enes + Solution particuli`ere

2.1

Cas des ´
equations homog`
enes
∆(f ) = 0

Puisque ∆ est lin´eaire, l’ensemble des f v´erifiant l’´equation homog`ene
est l’espace vectoriel Ker(∆). La dimension de cet espace est l’ordre de
l’´equation. En d’autres termes, si l’ordre est un 1 , nous pr´esentons un espace
vectoriel de dimension 1 donc d’´el´ements de la forme
K1 × e1 (t)
Si l’ordre est deux 2 , nous pr´esentons un espace vectoriel de dimension 2
donc d’´el´ements de la forme
K1 × e1 (t) + K2 × e2 (t)
Si l’ordre est n, nous pr´esentons un espace vectoriel de dimension n donc
d’´el´ements de la forme
Pn

k=1

Kk × ek (t)

Ajoutons que dans l’´ecriture pr´ec´edente, chaque ek apporte sa contribution par le fait qu’il n’est pas combinaison lin´eaire des autres.
1
2

comprendre ∆(f )(t) = a(t)f 0 (t) + b(t)f (t)
comprendre ∆(f )(t) = a(t)f 00 (t) + b(t)f 0 (t) + c(t)f (t)

7

´
CHAPTER 2. SCHEMA
SH + SP

8

2.2

Exemples

1. Si ∆(f ) = f 0 − f . Alors l’ensemble des solutions est
{t 7−→ Ket d´efinies pour t ∈] − ∞; +∞[ , (K ∈ R)}
2. Si ∆(f ) = f 00 + f . Alors l’ensemble des solutions est
{t 7−→ K1 sin(t) + K2 cos(t) d´efinies pour t ∈] − ∞; +∞[ ,
(K1 , K2 ∈ R)}

2.3

Cas g´
en´
eral
∆(f ) = g

Consid´erons deux solutions f1 et f2 de l´equation g´en´erale :
∆(f1 ) = g et ∆(f2 ) = g
Puisque ∆ est lin´eaire, la diff´erence se calcule bien :
∆(f1 − f2 ) = ∆(f1 ) − ∆(f2 ) = g − g = 0
En d’autres termes, f1 − f2 est solution de l’´equation homog`ene ∆(f ) = 0.
Ce qui peut encore s’analyser par le sch´ema suivant:
1. Recherche des solutions homog`enes : r´esolution de ∆(f ) = 0
Pn

k=1

Kk × ek (t)

2. Recherche d’une solution particuli`ere fp de ∆(f ) = g
3. Conclusion sur l’ensemble des solutions
f (t) =

Pn

k=1

Kk × ek (t) + fp (t)

2.4. EXEMPLES

2.4

9

Exemples

2.4.1

Exemple d’ordre 1
t2 f 0 (t) + tf (t) = t2

1. Recherche des solutions homog`enes : r´esolution de t2 f 0 (t) + tf (t) = 0
L’´equation homog`ene g´en´erale f 0 (t) + a(t)f (t) = 0
admet un ensemble de solutions engendr´e par la fonction ♠3
t 7→ e−A(t) si A est une primitive de a
Ici, notre ´equation peut s’´ecrire : f 0 (t) + 1t f (t) = 0. Les solutions
homog`enes sont
• f (t) = 0 d´efinie sur R
1

• f (t) = Ke t2 d´efinies sur ] − ∞; 0[
1

• f (t) = Ke t2 d´efinies sur ]0; +∞[
2. Recherche d’une solution particuli`ere de t2 f 0 (t) + tf (t) = t2
Nous remarquons ici que le t2 du premier membre pourrait faire l’affaire,
si il est peu influenc´e, pour devenir le second membre. En d’autres termes, si f 0 (t) = 1, qui est le cas en posant f (t) = t, le premier membre
devient 2t2 . En ajustant, il devient convenable de poser :
f (t) =

t
2

3. On peut donc conclure. Les solutions sont
• f (t) =

t
2

d´efinie sur R
1

t
2

d´efinies sur ] − ∞; 0[

1

t
2

d´efinies sur ]0; +∞[

• f (t) = Ke t2 +
• f (t) = Ke t2 +

Pour preuve, si f (t) = e−A(t) alors f 0 (t) = −a(t)e−A(t) = −a(t)f (t). Et donc ce f est
bien solution de l’´equation.
3

´
CHAPTER 2. SCHEMA
SH + SP

10

2.4.2

Exemple d’ordre 2
f 00 (t) + f 0 (t) + f (t) = et

1. Recherche des solutions homog`enes : f 00 (t) + f 0 (t) + f (t) = 0
L’´equation homog`ene `a coefficients constants :
af 00 (t) + bf 0 (t) + cf (t) = 0
est r´egie par son ´equation caract´eristique ar2 + br + c = 0 ♠4
qui, si elle admet 2 solutions distinctes, r1 et r2
donne les g´en´erateurs t 7→ er1 t et t 7→ er2 t
Ici, notre ´equation caract´eristique est : r2 + r + 1 = 0.
Les solutions sont j et j.
Les g´en´erateurs sont t 7→ ejt et t 7→ ejt .
Ils sont complexes. R´eagissons :
Dans le cas o`
u les g´en´erateurs sont complexes
donc sous la forme : t 7→ ert et t 7→ ert ,
♠5
en posant r = < + i=, les g´en´erateurs r´eels sont
t 7→ e<t cos(=t) et t 7→ e<t sin(=t)
Les g´en´erateurs sont6 :
t

t 7→ e− 2 cos(



3
t)
2

t

et t 7→ e− 2 sin(



3
t)
2

2. Recherche d’une solution particuli`ere de f 00 (t) + f 0 (t) + f (t) = et
Nous remarquons ici qu’en posant f (t) = et , le premier membre devient
3et . En ajustant, il devient convenable de poser :
f (t) =

et
3

3. On peut donc conclure. Les solutions d´efinies sur R sont :
t

t 7→ K1 e− 2 cos(



3
t)
2

t

+ K2 e− 2 sin(



3
t)
2

+

et
3

Pour preuve, si f (t) = ert alors f 0 (t) = rert et f 00 (t) = r2 ert . Et donc l’´equation
devient (ar2 + br + c)ert = 0. Elle ne peut ˆetre v´erifi´ee que si ar2 + br + c = 0
5
Pour preuve, ert = e<t ei=t = e<t cos(=t) + ie<t sin(=t),
de mˆeme ert = e<t cos(=t) − ie<t sin(=t)√
3
6
Une racine cubique de 1 : j = −1+i
2
4

2.4. EXEMPLES

2.4.3

11

Exemple d’ordre 2
f 00 (t) + 4f 0 (t) + 4f (t) = 1

1. Recherche des solutions homog`enes
L’´equation homog`ene `a coefficients constants :
af 00 (t) + bf 0 (t) + cf (t) = 0
est r´egie par son ´equation caract´eristique ar2 + br + c = 0 7

b
qui, si elle admet une solution double, r = − 2a
ne donne que le g´en´erateur t 7→ ert .
On ajoute alors le g´en´erateur t 7→ tert .
Ici, notre ´equation caract´eristique est : r2 + 4r + 4 = 0.
La solution est −2.
Les g´en´erateurs sont t 7→ e−2t et t 7→ te−2t .
2. Recherche d’une solution particuli`ere
Nous remarquons ici qu’en cherchant f (t) constant, il devient convenable de poser :
f (t) =

1
4

3. On peut donc conclure. Les solutions d´efinies sur R sont :
t 7→ K1 e−2t + K2 te−2t +

1
4

Pour preuve, si f (t) = tert alors f 0 (t) = (1 + rt)ert et f 00 (t) = (2r + r2 t)ert . Et donc
le premier membre devient (2ar + b + (ar2 + br + c) t)ert .
| {z } |
{z
}
7

0

0

12

´
CHAPTER 2. SCHEMA
SH + SP

Chapter 3
Homog`
enes `
a coefficients
constants
∆(f )(t) =

3.1

P

k

ak f (k) (t) et g = 0

Equation caract´
eristique

Recherchons nos solutions sous la forme f (t) = ert alors ∀k, :
f (k) (t) = rk ert
P

Ainsi, ∆(f )(t) devient

k

ak rk ert = ert

ak rk . L’exponentielle ne pou-

X
k

|

{z

P (r)

}

vant s’annuler il vient :
∆(f ) = 0 ⇐⇒ P (r) = 0
Le polynome P , du mˆeme degr´e que l’ordre de l’´equation, est son polynome caract´eristique. Factorisons-le :
P (r) =

3.2

Q

k (r

− rk )αk avec

Solutions

13

P

k

αk = deg(P )

14

`
` COEFFICIENTS CONSTANTS
CHAPTER 3. HOMOGENES
A

Part II
Exercices et stat´
egie de
recherches de solutions

15

Chapter 4
Pourquoi une seconde partie ?
4.1

Sur le mot ’Recherche’

• le mot peut d´esigner l’effort intellectuel entrepris pour parvenir `a une
maˆıtrise intellectuelle de nouvelles techniques ou notions...
...[Wikip´edia.fr ]
• souci de se distinguer du commun par le soin et l’lgance (s’habiller
avec recherche)...
...[Le-dictionnaire.com]
• 19 synonymes : ambition, chasse, dlicatesse, enqute, tude, examen,
exprimentation, exploration, fouille, inquisition, investigation, mivrerie,
poursuite, prciosit, prospection, qute, raffinement, spculation, thse...
...[Linternaute.com]

4.2

Voici ce que nous voyons sur les forums

• Requˆ
ete : Bonjour, si le second membre d’une quation diffrentielle est
une constante, est-ce qu’on considre que la solution particulire est sous
la forme d’un polynome de degr zro, ou on considre qu’elle est sous la
forme gnrale vu dans le cours K(t).W(t) avec W(t) la solution gnrale
17

18

CHAPTER 4. POURQUOI UNE SECONDE PARTIE ?
de l’equation homogne et K(t) est la fonction dterminer ?
Exemple: Dans y 0 + y = 1, est-ce-que yp (t) = Constante ou yp (t) =
K(t).exp(−t) ?
• R´
eponse : Tu dois l’estimer comme polynome de degr 1 et deriver ce
polynome puis l’injecter dans ton equation pour comparer ce que tu as
avec ta constante (ton second membre)

4.3

Analyse d’un (autre) p´
edagogue

Dans ce mini-dialogue, nous pouvons exprimer plusieurs critiques et se poser
plusieurs questions.
L’utilisation des forums, qui est en th´eorie une bonne chose, devient rapidement un m´edia v´ehiculant tous types de messages. Malheureusement, les
erreurs, les rumeurs ou les inutiles se d´eplacent plus rapidement en vertu
d’une loi physique pour l’instant inconnue. La paresse est-elle une loi physique
? Ici, pourquoi cette requˆete ? Si le second membre d’une quation diffrentielle est une constante, comment peut-on ne pas se faire une id´ee de sa
propre initiative ?
Passant outre la nature du second membre, le poseur de requˆete semble
d´eclarer qu’il y a deux m´ethodes : une bonne et une mauvaise. Il h´esite
entre une recherche libre et la m´ethode de la variation de la constante (qu’il
ne sait pas citer). Dans son alternative, les issues ne sont pourtant pas
incompatibles et il ne devrait pas perdre autant de temps `a se demander
laquelle est la meilleure pour combler sa paresse; mais il ferait bien mieux
d’´eteindre un peu sa connexion internet et essayer de se faire sa propre id´ee...
Nous ressentons la contrainte du choix du technicien non-ing´enieur. Faire
un choix est un calvaire dans ce monde guid´e par des structures destin´ees
`a nous dire ce que l’on doit faire. Lorsque le corps enseignant devient une
de ces structures, cela devient dangereux... L’´el`eve tend `a devenir alors une
machine `a faire et se conduit comme tel en, par exemple, mettant aucune
importance aux articles qu’il utilise. Ainsi une solution particuli`ere devient
la solution particuli`ere, celle qui est issue de la m´ethode recherch´ee. Et on

`
4.4. RECHERCHE D’UNE SOLUTION PARTICULIERE

19

retrouve d’ailleurs l’unicit´e rassurante : je n’ai pas le choix... tant mieux
Enfin, arrive le sauveur... c’est celui qui, dans un contexte de recherche
donc de libert´e, commence sa r´eponse par le verbe devoir et qui en outre
propose un recherche sous une forme polynomiale de degr´e un.

4.4

Recherche d’une solution particuli`
ere

La m´ethode de la variation de la constante, prochain chapitre, est d’une
relative efficacit´e. Cette relativit´e est due `a la notion surlaquelle on pose
l’efficacit´e. Est-ce le temps? est-ce la non-n´ecessit´e d’une certaine culture
math´ematique? est-ce la psychologie du technicien faisant ? Faire est rassurant... jusqu’`a se rendre compte que l’on se trompe de chemin.
Nous ne chercherons pas `a quantifier cette relativit´e. Nous chercherons
plutˆot `a revendiquer un retour `a la libert´e de recherche... et donc `a la libert´e
de se tromper!
Le pifomtre, instrument personnel, inalinable consubstantiel l’individu,
n’est en vente nulle part jamais personne n’a eu besoin d’un pifomtre vernier,
encore moins d’un pifomtre vis micromtrique. Il s’ajuste avec le temps et
les exp´eriences pour une meilleure efficacit´e.
Ajustons notre pifom`etre... cette seconde partie est, de ce fait, destin´ee
`a fournir quelques nouvelles exp´eriences...

4.5

ˆ strat`
O
ege!

Nous sommes en pr´esence d’une des (sous-)branches des math´ematiques usant du pifom`etre de par la necessit´e de g´erer le cas-par-cas. Il n’y a pas
de recette g´en´eral aboutissant. Les influences du second membre, de la nature des coefficients et de l’ordre donne alors envie de construire quelques
stratag`emes de recherches

20

CHAPTER 4. POURQUOI UNE SECONDE PARTIE ?

Chapter 5

ethode de variation des
constantes
Nous avons vu que la r´esolution de ∆(f ) = g se fait en deux ´etapes :
1. Obtention de l’espace vectoriel des solutions dites homog`enes, c’est-`adire la r´esolution de ∆(f ) = 0.
2. Obtention d’une solution particuli`ere de ∆(f ) = g.
La premi`ere ´etape est, suivant l’ordre, d´etermin´ee par quelques fonctions
solutions, disons e1 ; ...; en , qui nous permettent d’en faire une combinaison
lin´eaire :
f (t) =

5.1

P

k

Kk ek (t)

Principe et but

La m´ethode de variation des constantes consiste `a chercher, pour la seconde
´etape, une solution particuli`ere sous la forme :
f (t) =

P

k

Kk (t)ek (t)

ou la forme de la premi`ere ´etape exception faite que les coefficients (ou constantes pour la terminologie) de la combinaison deviennent des fonctions (et
donc se mettent `a varier). Quel effet ?
21

22

´
CHAPTER 5. METHODE
DE VARIATION DES CONSTANTES

5.2

Effet de la variation des constantes

5.2.1

Les d´
eriv´
ees successives

Si f (t) =

P

k

Kk (t)ek (t) alors

• f 0 (t) =

P

0
k (Kk (t)ek (t)

• f 00 (t) =

P

+ Kk (t)e0k (t))

00
k (Kk (t)ek (t)

+ 2Kk0 (t)e0k (t) + Kk (t)e0k (t))

• ...
• f (p) (t) =

(i)

(p−i)

(i)

(n−i)

Pn

Pp

Cpi Kk (t)ek

Pn

Pn

Cni Kk (t)ek

k=1 (

i=0

(t))

• ...
• f (n) (t) =

5.2.2

k=1 (

i=0

(t))

L’´
equation

Si ∆(f )(t) =

P

k

ak (t)f (k) (t) alors ∆(f ) = g devient :
Pn

Pn

p=0

k=1

(i)

Pp

i=0

(p−i)

Cpi ap (t)Kk (t)ek

(t) = g

Souvenons-nous aussi que : ∀k = 1..n, ek est solution de ∆(f ) = 0 :
(p)

Pn

p=1

ap (t)ek (t) = −a0 (t)ek (t)

Continuons alors en particularisant p = 0 puis i = 0 :
Pn

k=1

Kk (t)

n
X

(p)

ap (t)ek (t) +

Pn

k=1

a0 (t)Kk (t)ek (t) = 0

p=1

|

{z

−a0 (t)ek (t)

}

Il reste alors :
Pn

Pn

p=1

k=1

Pp

i=1

(i)

(p−i)

Cpi ap (t)Kk (t)ek

(t) = g

i−1
i
Jouons aussi avec les coefficients binomiaux, Cpi = Cp−1
+Cp−1
apr`es toutefois
(i)
(p−i)
avoir all´eg´e les notations par : Xp,k,i (t) = ap (t)Kk (t)ek (t),

Pn

p=1

Pn

Pp

k=1 (

i=1

i
Cp−1
Xp,k,i (t) +

Pp

i=1

i−1
Cp−1
Xp,k,i (t)) = g

5.2. EFFET DE LA VARIATION DES CONSTANTES

23

Translatons :
Y

z
p+1
X

Pn−1 Pn

k=1 (

p=0

}|
p
X

Cpi Xp+1,k,i (t) +

i=1

{

Cpi Xp+1,k,i+1 (t)) = g

i=0

Travaillons un peu sur Y :
Y =

Pp

i=1

Cpi (Xp+1,k,i+1 (t) + Xp+1,k,i (t)) + Xp+1,k,p+1 (t) + Xp+1,k,0 (t)

Or,
(i+1)

Xp+1,k,i+1 (t) + Xp+1,k,i (t) = ap+1 (t)(Kk

(p−i)

(t)ek

|

(i)

(p−i+1)

(t) + Kk (t)ek

(t))

{z

}

(i) (p−i) 0
) (t)

(Kk ek

Et,
(p+1)

Xp+1,k,p+1 (t) = ap+1 (t)Kk

(t)ek (t)

Enfin,
(p+1)

Xp+1,k,0 (t) = Kk (t)ap+1 (t)ek

(t)

Regroupons, Y =
ap+1 (t)

Pp

(p+1)

(i) (p−i) 0

i=1

Cpi (Kk ek

) (t) + ap+1 (t)Kk

(p+1)

(t)ek (t) + Kk (t)ap+1 (t)ek

(t)

Etudions la sommation sur p sur le troisi`eme terme de Y :
Pn−1
p=0

(p+1)

Kk (t)ap+1 (t)ek

(t) = −Kk (t)a0 (t)ek (t)

Etudions la sommation sur p sur les deuxi`eme et troisi`eme termes de Y :
Pn−1
p=0

5.2.3

(p+1)

(p+1)

ap+1 (t)Kk
(t)ek (t) + Kk (t)ap+1 (t)ek (t) =
Pn−1
(p+1)
(t) − Kk (t)a0 (t))
ek (t)( p=0 ap+1 (t)Kk

Principe de la m´
ethode (suite)

La m´ethode de variation des constantes continue sa recherche par les contraintes suivantes :
f (p) (t) =

P

k

(p)

Kk (t)ek (t)

Ceci pour p = 0 (certes!) pour p = 1..n − 1 mais pas pour p = n

´
CHAPTER 5. METHODE
DE VARIATION DES CONSTANTES

24

5.2.4

Influence sur les d´
eriv´
ees successives

Si f (t) =

P

• 0=

P

Kk0 (t)ek (t)

• 0=

P

Kk0 (t)e0k (t)

Kk (t)ek (t) alors

k
k
k

• ...
• f (p) (t) =

(i)

(p−i)

(i)

(n−i)

Pn

Pp

Cpi Kk (t)ek

Pn

Pn

Cni Kk (t)ek

k=1 (

i=0

(t))

• ...
• f (n) (t) =

5.3
5.3.1

k=1 (

i=0

(t))

Effet de la variation de la constante lorsque
l’ordre est 1
La d´
eriv´
ee

Si f (t) = K(t)e(t) alors f 0 (t) = K 0 (t)e(t) + K(t)e0 (t)

5.3.2

L’´
equation

Si ∆(f )(t) = a0 (t)f (t) + a1 (t)f 0 (t) alors ∆(f ) = g devient :
a0 (t)K(t)e(t) + a1 (t)K 0 (t)e(t) + a1 (t)K(t)e0 (t) = g
Souvenons-nous aussi que e est solution de ∆(f ) = 0 :
a1 (t)e0 (t) = −a0 (t)e(t)
Continuons alors :
a1 (t)K 0 (t)e(t) + a0 (t)K(t)e(t) − a0 (t)e(t)K(t) = g
|

{z
0

}

Il reste alors :
K 0 (t) =
En esp´erant au final que

g(t)
a1 (t)e(t)

g(t)
a1 (t)e(t)

admette une primitive accessible ...

5.4. EFFET DE LA VARIATION DES CONSTANTES LORSQUE L’ORDRE EST 225

5.4
5.4.1

Effet de la variation des constantes lorsque
l’ordre est 2
Les d´
eriv´
ees

Si f (t) = K1 (t)e1 (t) + K2 (t)e2 (t) alors
• f 0 (t) = K10 (t)e1 (t) + K20 (t)e2 (t) + K1 (t)e01 (t) + K2 (t)e02 (t)
• f 00 (t) = K100 (t)e1 (t)+K200 (t)e2 (t)+2K10 (t)e01 (t)+2K20 (t)e02 (t)+K1 (t)e001 (t)+
K2 (t)e002 (t)

5.4.2

L’´
equation

Si ∆(f )(t) = a0 (t)f (t) + a1 (t)f 0 (t) + a2 (t)f 00 (t) alors ∆(f ) = g devient :
a0 (t)K1 (t)e1 (t) + a0 (t)K2 (t)e2 (t) + a1 (t)K10 (t)e1 (t) + a1 (t)K20 (t)e2 (t) +
a1 (t)K1 (t)e01 (t) + a1 (t)K2 (t)e02 (t) + a2 (t)K100 (t)e1 (t) + a2 (t)K200 (t)e2 (t) +
2a2 (t)K10 (t)e01 (t) + 2a2 (t)K20 (t)e02 (t) + a2 (t)K1 (t)e001 (t) + a2 (t)K2 (t)e002 (t) = g
Souvenons-nous aussi que e1 et e2 sont solutions de ∆(f ) = 0. Il reste alors :
a1 (t)K10 (t)e1 (t) + a1 (t)K20 (t)e2 (t) + a2 (t)K100 (t)e1 (t) + a2 (t)K200 (t)e2 (t) +
2a2 (t)K10 (t)e01 (t) + 2a2 (t)K20 (t)e02 (t) = g
i−1
i
+ Cp−1
apr`es
Jouons aussi avec les coefficients binomiaux, Cpi = Cp−1
(i)
(p−i)
toutefois avoir all´eg´e les notations par : Xp,k,i (t) = ap (t)Kk (t)ek (t),

Pn

p=1

Pn

Pp

k=1 (

i=1

i
Cp−1
Xp,k,i (t) +

Pp

i=1

i−1
Cp−1
Xp,k,i (t)) = g

Translatons :
Y

Pn−1 Pn
p=0

z
p+1
X

k=1 (

}|
p
X

Cpi Xp+1,k,i (t) +

i=1

{

Cpi Xp+1,k,i+1 (t)) = g

i=0

Travaillons un peu sur Y :
Y =
Or,

Pp

i=1

Cpi (Xp+1,k,i+1 (t) + Xp+1,k,i (t)) + Xp+1,k,p+1 (t) + Xp+1,k,0 (t)

26

´
CHAPTER 5. METHODE
DE VARIATION DES CONSTANTES
(i+1)

Xp+1,k,i+1 (t) + Xp+1,k,i (t) = ap+1 (t)(Kk

(p−i)

(t)ek

|

(i)

(p−i+1)

(t) + Kk (t)ek

(t))

{z

}

(i) (p−i) 0
(Kk ek
) (t)

Et,
(p+1)

Xp+1,k,p+1 (t) = ap+1 (t)Kk

(t)ek (t)

Enfin,
(p+1)

Xp+1,k,0 (t) = Kk (t)ap+1 (t)ek

(t)

Regroupons, Y =
ap+1 (t)

Pp

(p+1)

(i) (p−i) 0

i=1

Cpi (Kk ek

) (t) + ap+1 (t)Kk

(p+1)

(t)ek (t) + Kk (t)ap+1 (t)ek

Etudions la sommation sur p sur le troisi`eme terme de Y :
Pn−1
p=0

(p+1)

Kk (t)ap+1 (t)ek

(t) = −Kk (t)a0 (t)ek (t)

Etudions la sommation sur p sur les deuxi`eme et troisi`eme termes de Y :
Pn−1
p=0

(p+1)

(p+1)

ap+1 (t)Kk
(t)ek (t) + Kk (t)ap+1 (t)ek (t) =
Pn−1
(p+1)
(t) − Kk (t)a0 (t))
ek (t)( p=0 ap+1 (t)Kk

(t)

Chapter 6
Recherches d’une solution
particuli`
ere
6.1
6.1.1

Exemple introductif
Enonc´
e

R´esoudre l’´equation du premier ordre :
(1 + t2 )y 0 + ty = 1 + 2t2

6.1.2

Une r´
esolution

Les solutions homog`
enes
y0 +

t
y
1+t2

=0

Cette ´equation admet un espace de solutions engendr´e par
t 7−→ e−A(t) o`
u A est une primitive de t 7−→
Nous trouvons rapidement que les solutions sont les :
t 7−→

√K
1+t2

avec K ∈R

27

t
1+t2

28

`
CHAPTER 6. RECHERCHES D’UNE SOLUTION PARTICULIERE

Une solution particuli´
ere (Recherche sous forme polynomiale)
Recherchons une solution sous la forme :
f (t) = at + b
Alors :
(1 + t2 )f 0 (t) + tf (t) = a(1 + t2 ) + t(at + b)
En d´eveloppant et en regroupant suivant chaque monome:
(1 + t2 )f 0 (t) + tf (t) = 2at2 + bt + a
Commen¸cons l’identification `a 1 + 0t + 2t2 :
• a=1
• b=0
Notre recherche aboutit sur : f (t) = t

6.1.3

Tentative d’une variation de la constante

Entame
Nous recherchons une solution f sous la forme :
t 7−→

√K(t)
1+t2


t
• (1 + t2 )f 0 (t) = K 0 (t) 1 + t2 − K(t) √1+t
2
t
• tf (t) = K(t) √1+t
2


En sommant termes `a termes : 1 + 2t2 = K 0 (t) 1 + t2
Ce qui am`ene notre recherche vers celle d’une primitive de t 7→

1+2t2

1+t2

6.2. EXEMPLE CONTRADICTOIRE

29

Recherche d’une primitive
Rt
0

1+2x2

dx
1+x2

=

R Argsh(t)
0

2

1+2(sh(T ))

ch(T )dT
2
1+(sh(T ))

(t = sh(T ))
Or,
• 1 + 2(sh(T ))2 =


e2T +e−2T
2

q

• et

1 + (sh(T ))2 = ch(T )
R Argsh(t)
0

e2T +e−2T
2

dT = ch(Argsh(t))sh(Argsh(t))

Donc,
Rt
0

1+2x2

dx
1+x2


= ch(Argsh(t))sh(Argsh(t)) = t 1 + t2

Conclusion

Nous pouvons donc poser K(t) = t 1 + t2 et donc f (t) = t

6.1.4

Analyse didactique

Nous voyons dans cet exemple que la m´ethode de la variation de la constante
fait apparaˆıtre une recherche de primitive d’un niveau relativement ´elev´e.
Quand bien mˆeme, le temps que calcul est tr`es diff´erent. La question est
: n’avons pas eu un peu de chance sur l’identification ? Visons un autre
exemple :

6.2
6.2.1

Exemple contradictoire
Enonc´
e

R´esoudre, en oubliant le pr´ec´edent exemple, l’´equation du premier ordre :
(1 + t2 )y 0 + ty = 2 + 2t2

30

`
CHAPTER 6. RECHERCHES D’UNE SOLUTION PARTICULIERE

6.2.2

Une r´
esolution

Les solutions homog`
enes
Nous savons d´ej`a que les solutions sont les :
t 7−→

√K
1+t2

avec K ∈R

Une solution particuli´
ere (Recherche sous forme polynomiale)
Recherchons une solution sous la forme :
f (t) = at + b
Alors :
(1 + t2 )f 0 (t) + tf (t) = a(1 + t2 ) + t(at + b)
En d´eveloppant et en regroupant suivant chaque monome:
(1 + t2 )f 0 (t) + tf (t) = 2at2 + bt + a
Commen¸cons l’identification `a 2 + 0t + 2t2 :
• a=1
• b=0
• a = 2 ... Ouch!
Nous avons donc montr´e (par l’absurde) aucun polynome de degr´e au
plus 1 n’est solution de notre ´equation.
Essayons une solution sous la forme :
f (t) = at2 + bt + c
Alors :
(1 + t2 )f 0 (t) + tf (t) = (2at + b)(1 + t2 ) + t(at2 + bt + c)
Sans d´evelopper ni regrouper nous voyons que a = 0 et donc que le degre
2 (et les autres) sont infructueuses. Retranchons nous sur la m´ethode de
variation de la constante :

´
`
`
6.3. PHENOM
ENE
ADDITIF DE LA RECHERCHE D’UNE SOLUTION PARTICULIERE31

6.2.3

Tentative d’une variation de la constante

Entame
Nous recherchons une solution f sous la forme :
t 7−→

√K(t)
1+t2

Notre recherche devient celle d’une primitive de t 7→

2+2t2

1+t2

Recherche d’une primitive
Rt√
R Argsh(t)
R t 2+2x2

1 + x2 dx = 2 0
ch(T )dT
0 1+x2 dx = 2 0
(t = sh(T ))

6.3

Ph´
enom`
ene additif de la recherche d’une
solution particuli`
ere

Reformalisons en supposant que le second membre soit une somme :
∆(f ) = g1 + g2
Si f1 et f2 sont solutions respectives de ∆(f ) = g1 et ∆(f ) = g2 alors, en
vertu de la lin´earit´e de ∆,
f1 + f2 est solution de ∆(f ) = g1 + g2

6.4
6.4.1


en´
eralisation des exemples
Enonc´
e

R´esoudre la famille, index´ee par les r´eels a et b, d’´equations du premier ordre
:
(1 + t2 )y 0 + ty = t2 + bt + c

32

`
CHAPTER 6. RECHERCHES D’UNE SOLUTION PARTICULIERE

6.4.2

Faisseau de graphes des solutions

Chapter 7
Exercices
7.1

Exercice 1

y 00 − 5y 0 + 6y = t2 e−t

7.2

Exercice 2

(1 + e2t )(y 00 − y) = 2e−t + (1 + e2t )t2 cos(t)

7.2.1

Solutions homog`
enes

7.2.2

Solution particuli`
ere 1

7.2.3

Solution particuli`
ere 2

y 00 − y = t2 cos(t)
Sans complexes
Posons y(t) = P (t)cos(t) + Q(t)sin(t) Alors notre ´equation devient :
(P 00 (t) + 2Q0 (t) − 2P (t))cos(t) + (Q00 (t) − 2P 0 (t) − 2Q(t))sin(t) = t2 cos(t)
Posons donc : P 00 (t) + 2Q0 (t) − 2P (t) = t2 et Q00 (t) − 2P 0 (t) − 2Q(t) = 0
Si deg(Q) = 1, −P 0 = Q puisque Q00 = 0. Cela nous permet d’obtenir
une premi`ere ´equation en P :
33

34

CHAPTER 7. EXERCICES
−P 00 (t) − 2P (t) = t2

En posant,P (t) = at2 +bt+c, −2at2 −2bt−2(c+a)) = t2 donc P (t) = − 12 t2 + 21
et Q(t) = t
y(t) = (− 12 t2 + 12 )cos(t) + tsin(t)
Avec complexes
y 00 − y =

t2 eit
2

+

t2 e−it
2



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