Équations différentielles : solutions et applications – Cours de Maths CAPES

Les équations différentielles relient une fonction inconnue à ses dérivées. Elles modélisent des phénomènes physiques, biologiques, économiques — partout où une grandeur évolue en fonction de son propre état. Au CAPES de mathématiques, tu dois maîtriser les EDO du premier et du second ordre, connaître le théorème de Cauchy-Lipschitz et ses conséquences, savoir résoudre les systèmes différentiels linéaires, et illustrer ces résultats par des exemples concrets issus de la physique. Cet article couvre l’ensemble de ce programme.

Équations différentielles du premier ordre

Une équation différentielle ordinaire (EDO) du premier ordre a la forme générale :

y’ = f(t, y)

où y est la fonction inconnue de la variable t, et f est une fonction donnée de deux variables. Une solution sur un intervalle I est une fonction φ dérivable sur I telle que φ'(t) = f(t, φ(t)) pour tout t ∈ I.

EDO linéaires du premier ordre

La forme la plus courante au CAPES :

y’ + a(t) y = b(t)

où a et b sont des fonctions continues sur un intervalle I.

La résolution se fait en deux étapes :

Étape 1 : équation homogène (second membre nul)

y’ + a(t) y = 0

C’est une équation à variables séparables. Les solutions sont : y_h(t) = C exp(−A(t)) où A(t) est une primitive de a(t) et C ∈ ℝ.

Étape 2 : solution particulière (méthode de variation de la constante)

On cherche une solution de la forme y_p(t) = C(t) exp(−A(t)). En réinjectant dans l’équation :

C'(t) exp(−A(t)) = b(t), donc C'(t) = b(t) exp(A(t)).

On intègre pour obtenir C(t), et la solution générale est :

y(t) = (K + C(t)) exp(−A(t)), K ∈ ℝ

Cas à coefficients constants

Si a(t) = a est une constante, l’équation y’ + ay = b(t) a pour solution homogène :

y_h(t) = C e^(−at)

Si de plus b(t) = b est constant, la solution générale est :

y(t) = (y(0) − b/a) e^(−at) + b/a

La constante b/a est la valeur d’équilibre : quand t → +∞, y(t) → b/a (si a > 0).

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On réécrit : y’ − 3y = 6, soit a = −3 et b = 6.

Équation homogène : y_h = C e^(3t).

Solution particulière constante : y_p = −6/3 = −2 (on résout −3y_p = 6).

Solution générale : y(t) = C e^(3t) − 2.

Condition initiale : y(0) = C − 2 = 1, donc C = 3.

Solution : y(t) = 3 e^(3t) − 2.

EDO à variables séparables

Une EDO à variables séparables a la forme y’ = g(t) h(y). On sépare les variables :

dy/h(y) = g(t) dt (quand h(y) ≠ 0)

On intègre chaque côté. Il faut aussi traiter séparément les solutions constantes y = y₀ telles que h(y₀) = 0.

Exemple : y’ = ty. C’est y’ = g(t) h(y) avec g(t) = t et h(y) = y.

Séparation : dy/y = t dt, donc ln|y| = t²/2 + K, d’où y(t) = C e^(t²/2).

Pour approfondir ce sujet, consultez notre cours sur les suites et séries.

La solution y = 0 est aussi solution (cas h(y) = 0).

EDO de Bernoulli

Une EDO de Bernoulli a la forme y’ + a(t) y = b(t) yⁿ avec n ≠ 0, 1. Le changement de variable z = y^(1−n) la transforme en EDO linéaire du premier ordre.

Exemple : y’ + y = y² (cas n = 2). On pose z = y⁻¹ = 1/y. Alors z’ = −y’/y² = −(y² − y)/y² = −1 + 1/y = −1 + z. Donc z’ − z = −1. C’est une EDO linéaire en z.

Le théorème de Cauchy-Lipschitz

Ce théorème garantit l’existence et l’unicité des solutions sous des conditions raisonnables.

Condition de Lipschitz

On dit que f est lipschitzienne par rapport à y si il existe L > 0 tel que |f(t, y₁) − f(t, y₂)| ≤ L|y₁ − y₂| pour tous (t, y₁) et (t, y₂) dans le domaine.

En pratique, une condition suffisante est que ∂f/∂y existe et soit continue (par le théorème des accroissements finis).

Conséquences

• Unicité : deux solutions qui passent par le même point (t₀, y₀) sont identiques sur tout leur domaine commun de définition.
• Non-croisement : les courbes intégrales d’une EDO vérifiant les hypothèses de Cauchy-Lipschitz ne se croisent pas.
• Solution maximale : toute solution se prolonge de manière unique en une solution maximale (définie sur le plus grand intervalle possible).

Équations différentielles du second ordre à coefficients constants

Ce sont les équations de la forme :

ay » + by’ + cy = f(t)

où a, b, c ∈ ℝ (a ≠ 0) et f est une fonction continue.

Retrouvez les détails dans notre fiche sur la continuité et dérivabilité.

Équation homogène : ay » + by’ + cy = 0

On cherche des solutions de la forme y = e^(rt). En réinjectant, on obtient l’équation caractéristique :

ar² + br + c = 0

Le discriminant Δ = b² − 4ac détermine la nature des solutions :

• Δ > 0 : deux racines réelles distinctes r₁ et r₂. Solution générale : y(t) = C₁ e^(r₁t) + C₂ e^(r₂t).
• Δ = 0 : une racine double r₀ = −b/(2a). Solution générale : y(t) = (C₁ + C₂ t) e^(r₀t).
• Δ < 0 : deux racines complexes conjuguées r = α ± iω avec α = −b/(2a) et ω = √(−Δ)/(2a). Solution générale : y(t) = e^(αt) (C₁ cos(ωt) + C₂ sin(ωt)).

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Équation caractéristique : r² − 5r + 6 = 0. Discriminant : 25 − 24 = 1 > 0. Racines : r₁ = (5 + 1)/2 = 3, r₂ = (5 − 1)/2 = 2.

Solution générale : y(t) = C₁ e^(3t) + C₂ e^(2t), C₁, C₂ ∈ ℝ.

✅ Voir la correction

Équation caractéristique : r² + 4r + 4 = 0, soit (r + 2)² = 0. Racine double r₀ = −2.

Solution générale : y(t) = (C₁ + C₂ t) e^(−2t).

y(0) = C₁ = 2.

y'(t) = C₂ e^(−2t) − 2(C₁ + C₂ t) e^(−2t) = (C₂ − 2C₁ − 2C₂ t) e^(−2t).

y'(0) = C₂ − 2C₁ = C₂ − 4 = −1, donc C₂ = 3.

Solution : y(t) = (2 + 3t) e^(−2t).

Équation complète : recherche d’une solution particulière

Pour ay » + by’ + cy = f(t), la solution générale est y_h + y_p où y_h est la solution générale de l’homogène et y_p une solution particulière de l’équation complète.

Méthode des coefficients indéterminés : on devine la forme de y_p en fonction de f(t).

• Si f(t) = Pₙ(t) (polynôme de degré n) : on cherche y_p polynôme de degré n (ou n + 1 si 0 est racine simple, n + 2 si racine double).
• Si f(t) = e^(αt) : on cherche y_p = A t^s e^(αt) où s est la multiplicité de α comme racine de l’équation caractéristique.
• Si f(t) = cos(βt) ou sin(βt) : on travaille en complexe avec e^(iβt) puis on prend la partie réelle ou imaginaire.

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Équation caractéristique : r² + 1 = 0, racines r = ±i. Solution homogène : y_h = C₁ cos(t) + C₂ sin(t).

Le second membre cos(t) = Re(e^(it)) et it correspond à la racine i de multiplicité 1. Donc on cherche y_p de la forme Re(At e^(it)) = Re(At(cos t + i sin t)).

On pose z = At e^(it). Alors z » + z = (2iA) e^(it) (après calcul). On veut z » + z = e^(it), donc 2iA = 1, d’où A = 1/(2i) = −i/2.

z = (−i/2) t e^(it) = (−i/2) t (cos t + i sin t) = (t sin t)/2 − i(t cos t)/2.

y_p = Re(z) = (t sin t)/2.

Solution générale : y(t) = C₁ cos(t) + C₂ sin(t) + (t sin t)/2.

Systèmes différentiels linéaires

Un système différentiel linéaire du premier ordre s’écrit sous forme matricielle :

X'(t) = A X(t) + B(t)

où X(t) est un vecteur colonne de fonctions inconnues, A une matrice carrée constante, et B(t) un vecteur de fonctions continues.

Système homogène : X’ = AX

L’ensemble des solutions est un espace vectoriel de dimension n (la taille de la matrice). Pour le résoudre, on diagonalise (ou trigonalise) A.

Cas diagonalisable : si A a n valeurs propres (comptées avec multiplicité) et est diagonalisable, A = PDP⁻¹ où D est diagonale. Le changement de variable Y = P⁻¹X donne Y’ = DY, dont les composantes sont découplées : yᵢ’ = λᵢ yᵢ, donc yᵢ(t) = Cᵢ e^(λᵢ t).

Cas non diagonalisable : on utilise la forme de Jordan et l’exponentielle de matrice.

Exponentielle de matrice

L’exponentielle e^(tA) est définie par la série :

e^(tA) = Σ (tA)ⁿ/n! pour n de 0 à +∞

La solution du problème de Cauchy X’ = AX, X(0) = X₀ est X(t) = e^(tA) X₀.

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Matrice A = [[3, −1], [1, 1]]. Polynôme caractéristique : (3 − λ)(1 − λ) + 1 = λ² − 4λ + 4 = (λ − 2)². Valeur propre double λ = 2.

Ker(A − 2I) = Ker([[1, −1], [1, −1]]) = Vect((1, 1)). A n’est pas diagonalisable (un seul vecteur propre linéairement indépendant).

On cherche un vecteur généralisé v₂ tel que (A − 2I)v₂ = v₁ = (1, 1). On résout [[1, −1], [1, −1]] v₂ = (1, 1), d’où v₂ = (1, 0) (par exemple).

Solution générale : X(t) = e^(2t)(C₁ v₁ + C₂(v₂ + t v₁)) = e^(2t)((C₁ + C₂ t)(1, 1) + C₂(1, 0)).

Donc x(t) = e^(2t)(C₁ + C₂ t + C₂), y(t) = e^(2t)(C₁ + C₂ t).

Conditions initiales : x(0) = C₁ + C₂ = 1, y(0) = C₁ = 0. Donc C₁ = 0, C₂ = 1.

Solution : x(t) = e^(2t)(t + 1), y(t) = t e^(2t).

Applications physiques

L’oscillateur harmonique

Un ressort de raideur k avec une masse m vérifie la loi de Newton : mx » = −kx, soit x » + ω²x = 0 avec ω = √(k/m).

L’équation caractéristique r² + ω² = 0 donne r = ±iω. Solution : x(t) = A cos(ωt) + B sin(ωt). C’est un mouvement périodique de pulsation ω et de période T = 2π/ω.

Oscillateur amorti

En ajoutant un frottement visqueux proportionnel à la vitesse : mx » + λx’ + kx = 0, soit x » + 2αx’ + ω₀²x = 0 avec α = λ/(2m) et ω₀ = √(k/m).

Le discriminant de l’équation caractéristique est Δ = 4(α² − ω₀²) :

• α < ω₀ (sous-amortissement) : oscillations amorties. x(t) = e^(−αt)(C₁ cos(ωt) + C₂ sin(ωt)) avec ω = √(ω₀² − α²).
• α = ω₀ (amortissement critique) : retour à l’équilibre le plus rapide sans oscillation. x(t) = (C₁ + C₂ t) e^(−αt).
• α > ω₀ (sur-amortissement) : retour lent à l’équilibre. x(t) = C₁ e^(r₁t) + C₂ e^(r₂t) avec r₁, r₂ < 0.

Circuit RLC

Un circuit en série avec une résistance R, une inductance L et un condensateur C vérifie :

L q » + R q’ + q/C = E(t)

où q est la charge du condensateur et E(t) la tension du générateur. C’est exactement la même équation que l’oscillateur mécanique avec les correspondances m ↔ L, λ ↔ R, k ↔ 1/C.

Modèle de croissance logistique

L’équation y’ = ry(1 − y/K) modélise une population limitée par la capacité K du milieu. C’est une EDO à variables séparables (et un cas particulier d’équation de Bernoulli). La solution, avec y(0) = y₀ :

y(t) = K / (1 + ((K − y₀)/y₀) e^(−rt))

Quand t → +∞, y(t) → K : la population tend vers la capacité d’accueil.

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L’équation est 0,1 q » + 2 q’ + 100 q = 0, soit q » + 20 q’ + 1 000 q = 0.

α = 20/2 = 10, ω₀² = 1 000, donc ω₀ = √1 000 ≈ 31,6.

On a α = 10 < ω₀ ≈ 31,6 : le régime est sous-amorti (oscillations amorties).

La pseudo-pulsation est ω = √(1 000 − 100) = √900 = 30 rad/s.

Exercice de synthèse

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Équation caractéristique : r² − 2r + 5 = 0. Discriminant : 4 − 20 = −16 < 0. Racines : r = 1 ± 2i.

Solution homogène : y_h(t) = e^t (C₁ cos(2t) + C₂ sin(2t)).

Solution particulière : le second membre est 10 e^t. Comme r = 1 n’est pas racine de l’équation caractéristique (les racines sont 1 ± 2i ≠ 1), on cherche y_p = A e^t.

y_p’ = A e^t, y_p » = A e^t. En réinjectant : A e^t − 2A e^t + 5A e^t = 4A e^t = 10 e^t. Donc A = 5/2.

Solution générale : y(t) = e^t (C₁ cos(2t) + C₂ sin(2t)) + (5/2) e^t.

y(0) = C₁ + 5/2 = 0, donc C₁ = −5/2.

y'(t) = e^t ((C₁ + 2C₂) cos(2t) + (C₂ − 2C₁) sin(2t)) + (5/2) e^t.

y'(0) = C₁ + 2C₂ + 5/2 = −5/2 + 2C₂ + 5/2 = 2C₂ = 0, donc C₂ = 0.

Solution : y(t) = (5/2) e^t (1 − cos(2t)).

Les équations différentielles au CAPES, c’est un terrain où la technique de résolution (équation caractéristique, variation de la constante, coefficients indéterminés) doit être parfaitement rodée, mais où la compréhension des résultats compte tout autant. Savoir interpréter physiquement la nature des solutions (oscillantes, amorties, explosives), connaître les conditions d’existence et d’unicité garanties par Cauchy-Lipschitz, maîtriser le passage d’une EDO d’ordre 2 à un système d’ordre 1 : voilà ce qui fait la différence entre un candidat qui applique des recettes et un candidat qui comprend véritablement le sujet.