Les équations différentielles sont au coeur de l analyse mathematique et de la modelisation en physique. Des la première annee de licence, tu rencontres les équations différentielles ordinaires (EDO) dans des contextes varies : circuits electriques, croissance de populations, mouvements mecaniques, desintegration radioactive. Cet article couvre tout le programme de L1 : les EDO du premier ordre (a variables separables et lineaires), les EDO du second ordre a coefficients constants, le théorème de Cauchy-Lipschitz, et les applications physiques qui donnent du sens a ces objets mathematiques.
Définitions et vocabulaire de base
Qu est-ce qu une équation différentielle
Une équation différentielle est une équation dont l inconnue est une fonction, et qui fait intervenir cette fonction et ses dérivées. Par exemple, y'(t) = 2y(t) est une EDO du premier ordre. L inconnue est la fonction y, et l équation relie y a sa dérivée première y’.
L ordre d une EDO est l ordre de dérivation le plus eleve qui apparait. y’ + y = 0 est d ordre 1. y » + 3y’ + 2y = 0 est d ordre 2. Tu travailleras principalement avec les ordres 1 et 2 en L1.
À retenir
Une EDO d ordre n relie une fonction inconnue y a ses dérivées y’, y », …, y^(n). Resoudre une EDO, c est trouver toutes les fonctions y qui verifient l équation. La solution générale contient des constantes arbitraires (autant que l ordre de l EDO). Une condition initiale fixe la valeur de ces constantes et donne une solution particuliere.
Solution générale et problème de Cauchy
La solution générale d une EDO d ordre 1 contient une constante arbitraire C. Par exemple, la solution générale de y’ = 2y est y(t) = Ce^(2t) ou C est une constante reelle quelconque. Si on ajoute la condition initiale y(0) = 3, on obtient C = 3 et la solution particuliere y(t) = 3e^(2t).
Le problème de Cauchy consiste a resoudre une EDO avec une condition initiale. Pour une EDO d ordre 1, la condition initiale est de la forme y(t_0) = y_0. Pour une EDO d ordre 2, il faut deux conditions : y(t_0) = y_0 et y'(t_0) = v_0.
EDO lineaire et EDO non lineaire
Une EDO est lineaire si l inconnue y et ses dérivées n apparaissent qu au premier degré et ne sont pas multipliees entre elles. y’ + 3y = t est lineaire. y’ = y^2 n est pas lineaire. y’ x y = 1 n est pas lineaire non plus.
Les EDO lineaires possedent des propriétés remarquables : le principe de superposition (la somme de deux solutions de l équation homogene est encore solution) et la structure de l ensemble des solutions (solution générale = solution particuliere + solution générale de l homogene).
EDO du premier ordre a variables separables
Forme et principe de résolution
Une EDO a variables separables s ecrit sous la forme y’ = f(t) x g(y), ou le second membre est un produit d une fonction de t et d une fonction de y. Pour la resoudre, tu separes les variables : dy/g(y) = f(t) dt, puis tu integres chaque cote.
Prenons y’ = ty. On separe : dy/y = t dt. On integre : ln|y| = t^2/2 + C. On obtient |y| = e^(t^2/2 + C) = Ke^(t^2/2) avec K > 0. En incluant la solution y = 0 et en levant la valeur absolue, la solution générale est y(t) = Ce^(t^2/2) avec C reel quelconque.
Astuce
Avant de separer les variables, vérifié si g(y) s annule pour certaines valeurs de y. Ces valeurs donnent des solutions constantes (solutions stationnaires). Par exemple, si y’ = y(1-y), les solutions y = 0 et y = 1 sont des solutions constantes. Ne les oublie pas dans la solution générale.
Pour approfondir ce sujet, consultez notre cours sur les fonctions de plusieurs variables.
Exemples resolus
Exemple 1 : y’ = y^2, y(0) = 1. Separation : dy/y^2 = dt. Intégration : -1/y = t + C. Condition initiale : -1/1 = 0 + C, donc C = -1. Solution : -1/y = t – 1, soit y = 1/(1-t). Cette solution explose en t = 1 : c est un phénomène d explosion en temps fini.
Exemple 2 : y’ = (1+t)/(1+y), y(0) = 0. Separation : (1+y) dy = (1+t) dt. Intégration : y + y^2/2 = t + t^2/2 + C. Condition initiale : 0 + 0 = 0 + 0 + C, donc C = 0. Équation implicite : y + y^2/2 = t + t^2/2.
️ Erreur fréquente
Quand tu integres apres separation des variables, n oublie pas la constante d intégration. Si tu l oublies, tu perds la généralité de la solution et tu ne pourras pas satisfaire la condition initiale. Une seule constante suffit (mets-la d un seul cote).
️ Exercice
Resous les EDO suivantes par separation des variables :
- y’ = 3y, y(0) = 2
- y’ = t/y, y(1) = 1
- y’ = y(2-y)
Voir la correction
y’ = 3y, y(0) = 2 : Separation dy/y = 3 dt. Intégration : ln|y| = 3t + C. Solution générale : y = Ce^(3t). Condition initiale : 2 = Ce^0 = C. Solution : y(t) = 2e^(3t).
y’ = t/y, y(1) = 1 : Separation y dy = t dt. Intégration : y^2/2 = t^2/2 + C. Condition initiale : 1/2 = 1/2 + C, donc C = 0. Équation : y^2 = t^2. Comme y(1) = 1 > 0, la solution est y(t) = t pour t > 0.
y’ = y(2-y) : Solutions constantes y = 0 et y = 2. Sinon, decomposition en elements simples : dy/(y(2-y)) = dt. On ecrit 1/(y(2-y)) = 1/2 x (1/y + 1/(2-y)). Intégration : (1/2)(ln|y| – ln|2-y|) = t + C, soit ln|y/(2-y)| = 2t + K. D ou y/(2-y) = Ae^(2t). Solution générale : y(t) = 2Ae^(2t)/(1 + Ae^(2t)) avec A constante, plus les solutions constantes y = 0 et y = 2.
EDO lineaire du premier ordre
Forme canonique
Une EDO lineaire du premier ordre s ecrit y’ + a(t)y = b(t), ou a et b sont des fonctions continues sur un intervalle I. Quand b = 0, l équation est dite homogene. Quand b est non nul, elle est dite avec second membre.
Résolution de l équation homogene
L équation homogene y’ + a(t)y = 0 est a variables separables. On separe : dy/y = -a(t) dt. On integre : ln|y| = -A(t) + C, ou A est une primitive de a. La solution générale de l homogene est y_h(t) = Ce^(-A(t)).
Exemple : y’ – 2ty = 0. Ici a(t) = -2t, donc A(t) = -t^2. La solution homogene est y_h(t) = Ce^(t^2).
Méthode de variation de la constante
Pour resoudre l équation complete y’ + a(t)y = b(t), on utilise la méthode de variation de la constante. On cherche la solution sous la forme y(t) = C(t)e^(-A(t)), ou C(t) est une fonction a determiner.
Retrouvez les détails dans notre fiche sur la topologie générale en L1.
En substituant dans l équation, on obtient C'(t)e^(-A(t)) = b(t), soit C'(t) = b(t)e^(A(t)). On integre pour trouver C(t), puis on remplace.
À retenir
La solution générale de y’ + a(t)y = b(t) est : y(t) = e^(-A(t)) x (integral de b(t)e^(A(t)) dt + C), ou A(t) est une primitive de a(t). La structure est toujours : solution générale = solution particuliere de l équation complete + solution générale de l homogene.
Exemple complet : y’ + y = e^(-t). L homogene y’ + y = 0 a pour solution y_h = Ce^(-t). On pose y = C(t)e^(-t). Alors y’ = C'(t)e^(-t) – C(t)e^(-t). En substituant : C'(t)e^(-t) – C(t)e^(-t) + C(t)e^(-t) = e^(-t). Donc C'(t) = 1, soit C(t) = t + K. La solution générale est y(t) = (t + K)e^(-t).
️ Exercice
Resous par la méthode de variation de la constante :
- y’ – 2y = 4, y(0) = 1
- y’ + y/t = t, pour t > 0
- y’ – y = e^(2t)
Voir la correction
y’ – 2y = 4, y(0) = 1 : Homogene : y_h = Ce^(2t). Variation : y = C(t)e^(2t). C'(t)e^(2t) = 4, donc C'(t) = 4e^(-2t), C(t) = -2e^(-2t) + K. Solution : y = (-2e^(-2t) + K)e^(2t) = -2 + Ke^(2t). Condition initiale : 1 = -2 + K, K = 3. Solution : y(t) = -2 + 3e^(2t).
y’ + y/t = t, t > 0 : a(t) = 1/t, A(t) = ln(t). Homogene : y_h = C/t. Variation : y = C(t)/t. C'(t)/t = t, C'(t) = t^2, C(t) = t^3/3 + K. Solution : y(t) = t^2/3 + K/t.
y’ – y = e^(2t) : Homogene : y_h = Ce^t. Variation : y = C(t)e^t. C'(t)e^t = e^(2t), C'(t) = e^t, C(t) = e^t + K. Solution : y(t) = e^(2t) + Ke^t.
EDO lineaire du second ordre a coefficients constants
Forme canonique et équation caracteristique
L équation s ecrit ay » + by’ + cy = f(t), avec a, b, c des constantes reelles (a non nul). Pour resoudre l équation homogene ay » + by’ + cy = 0, on cherche des solutions de la forme y = e^(rt). En substituant, on obtient l équation caracteristique ar^2 + br + c = 0.
Le discriminant delta = b^2 – 4ac determine la nature des solutions :
- Si delta > 0 : deux racines reelles distinctes r_1 et r_2. Solution générale : y_h = C_1 e^(r_1 t) + C_2 e^(r_2 t).
- Si delta = 0 : une racine double r_0 = -b/(2a). Solution générale : y_h = (C_1 + C_2 t) e^(r_0 t).
- Si delta < 0 : deux racines complexes conjuguees alpha +/- i x beta. Solution générale : y_h = e^(alpha t) (C_1 cos(beta t) + C_2 sin(beta t)).
À retenir
L équation caracteristique est la cle de résolution des EDO lineaires a coefficients constants. Tu remplaces y par e^(rt), y’ par re^(rt), y » par r^2 e^(rt), tu simplifies par e^(rt), et tu obtiens un polynome en r. Les racines de ce polynome dictent la forme de la solution.
Ce thème est développé dans notre article sur la géométrie analytique en L1.
Exemples avec chaque type de discriminant
Delta positif : y » – 5y’ + 6y = 0. Équation caracteristique : r^2 – 5r + 6 = 0. Delta = 25 – 24 = 1 > 0. Racines : r_1 = 2, r_2 = 3. Solution : y = C_1 e^(2t) + C_2 e^(3t).
Delta nul : y » – 4y’ + 4y = 0. Équation caracteristique : r^2 – 4r + 4 = 0. Delta = 0. Racine double : r_0 = 2. Solution : y = (C_1 + C_2 t) e^(2t).
Delta negatif : y » + 4y = 0. Équation caracteristique : r^2 + 4 = 0. Racines : r = +/- 2i. Donc alpha = 0, beta = 2. Solution : y = C_1 cos(2t) + C_2 sin(2t). C est un mouvement oscillatoire pur.
Second membre : méthode des coefficients indetermines
Pour l équation complete ay » + by’ + cy = f(t), la solution générale est y = y_h + y_p, ou y_h est la solution de l homogene et y_p est une solution particuliere.
Si f(t) est un polynome, une exponentielle, un cosinus ou un sinus (ou une combinaison), on cherche y_p sous une forme similaire. Par exemple, si f(t) = 3e^(5t) et que 5 n est pas racine de l équation caracteristique, on pose y_p = Ae^(5t) et on determine A.
Astuce
Si le second membre f(t) contient e^(rt) et que r est racine simple de l équation caracteristique, tu dois multiplier ta tentative par t. Si r est racine double, tu multiplies par t^2. Ce « decalage » est une source classique d erreurs en partiel.
️ Exercice
Resous les EDO suivantes :
- y » + y’ – 6y = 0, y(0) = 1, y'(0) = 0
- y » + 9y = 0
- y » – 2y’ + y = e^t
Voir la correction
y » + y’ – 6y = 0 : Équation car. r^2 + r – 6 = 0. Delta = 1 + 24 = 25. r_1 = (-1+5)/2 = 2, r_2 = (-1-5)/2 = -3. Solution générale : y = C_1 e^(2t) + C_2 e^(-3t). Conditions : y(0) = C_1 + C_2 = 1. y'(0) = 2C_1 – 3C_2 = 0. Du système : C_1 = 3/5, C_2 = 2/5. Solution : y(t) = (3/5)e^(2t) + (2/5)e^(-3t).
y » + 9y = 0 : Équation car. r^2 + 9 = 0. Racines : r = +/-3i. Solution : y(t) = C_1 cos(3t) + C_2 sin(3t).
y » – 2y’ + y = e^t : Équation car. r^2 – 2r + 1 = 0, racine double r = 1. Homogene : y_h = (C_1 + C_2 t)e^t. Le second membre e^t correspond a r = 1, racine double, donc on pose y_p = At^2 e^t. y_p’ = A(2t + t^2)e^t, y_p » = A(2 + 4t + t^2)e^t. En substituant : A(2 + 4t + t^2)e^t – 2A(2t + t^2)e^t + At^2 e^t = e^t. Simplification : 2Ae^t = e^t, donc A = 1/2. Solution : y(t) = (C_1 + C_2 t)e^t + (t^2/2)e^t.
Le théorème de Cauchy-Lipschitz
Enonce et signification
Le théorème de Cauchy-Lipschitz (aussi appele théorème d existence et d unicite) est le résultat fondamental de la theorie des EDO. Il garantit que, sous certaines conditions, un problème de Cauchy admet une unique solution maximale.
Voir aussi : les probabilités et statistiques en L1 pour compléter vos connaissances.
Pour l EDO y’ = f(t, y) avec la condition initiale y(t_0) = y_0, si f est continue et lipschitzienne par rapport a y sur un ouvert contenant (t_0, y_0), alors il existe une unique solution maximale definie sur un intervalle ouvert contenant t_0.
À retenir
La condition de Lipschitz par rapport a y signifie qu il existe une constante L telle que |f(t, y_1) – f(t, y_2)| est inferieur ou egal a L|y_1 – y_2| pour tout t. En pratique, si la dérivée partielle de f par rapport a y est continue (donc bornee sur tout compact), la condition de Lipschitz est satisfaite.
Consequences pratiques
La consequence la plus utile est l unicite : deux solutions d un meme problème de Cauchy coincident sur tout intervalle ou elles sont definies. Cela signifie que les courbes intégrales ne se croisent jamais (dans le domaine ou Cauchy-Lipschitz s applique).
Autre consequence : pour les EDO lineaires y’ + a(t)y = b(t) avec a et b continues sur un intervalle I, la solution maximale est definie sur I tout entier. Il n y a pas de phénomène d explosion en temps fini, contrairement aux EDO non lineaires comme y’ = y^2.
️ Erreur fréquente
Ne confonds pas existence locale et existence globale. Cauchy-Lipschitz garantit l existence d une solution sur un intervalle ouvert, pas forcement sur toute la droite reelle. Pour y’ = y^2 avec y(0) = 1, la solution y = 1/(1-t) n existe que pour t < 1. L EDO a une solution, mais elle explose en temps fini.
Applications physiques
Desintegration radioactive
La loi de desintegration radioactive s ecrit N'(t) = -lambda x N(t), ou N(t) est le nombre de noyaux radioactifs a l instant t et lambda > 0 est la constante de desintegration. C est une EDO lineaire d ordre 1 a coefficients constants.
La solution est N(t) = N_0 x e^(-lambda t), ou N_0 = N(0) est le nombre initial de noyaux. La demi-vie T est le temps au bout duquel la moitie des noyaux se sont desintegres : N(T) = N_0/2, soit e^(-lambda T) = 1/2, d ou T = ln(2)/lambda.
Circuit RC en electricite
Un circuit RC (resistance R, condensateur C) soumis a une tension E constante obeit a l équation R x q'(t) + q(t)/C = E, ou q est la charge du condensateur. Sous forme canonique : q’ + q/(RC) = E/R.
La solution avec q(0) = 0 est q(t) = CE(1 – e^(-t/(RC))). La constante de temps tau = RC donne l echelle de temps de la charge. A t = tau, le condensateur est charge a environ 63 %.
Oscillateur harmonique
Un ressort de raideur k auquel est accrochee une masse m obeit a l équation m x x »(t) + k x x(t) = 0, ou x(t) est l ecart a la position d equilibre. L équation caracteristique est mr^2 + k = 0, de racines r = +/- i x racine(k/m).
Nous vous conseillons également notre cours sur les espaces vectoriels et matrices.
La solution est x(t) = A cos(omega_0 t) + B sin(omega_0 t) avec omega_0 = racine(k/m). C est un mouvement oscillatoire de pulsation omega_0, qui correspond au modele de l oscillateur harmonique non amorti.
Avec un amortissement visqueux (frottement proportionnel a la vitesse), l équation devient m x x » + c x x’ + k x x = 0. Le discriminant de l équation caracteristique determine le regime : aperiodique (delta > 0), critique (delta = 0) ou oscillatoire amorti (delta < 0).
Astuce
Pour les exercices d application physique, commence toujours par ecrire l EDO a partir du principe fondamental (Newton, lois de Kirchhoff, etc.), puis identifie le type d EDO (separable, lineaire d ordre 1, lineaire d ordre 2), et applique la méthode correspondante. La physique fournit l équation, les maths fournissent la solution.
️ Exercice
Exercice 1 : Un echantillon radioactif a une demi-vie de 5 heures. Au temps t = 0, il contient 800 noyaux. Combien en reste-t-il apres 15 heures ?
Exercice 2 : Un circuit RC a une resistance de 100 ohms et un condensateur de 0,01 F. On applique une tension de 10 V. Ecris l EDO et donne la solution avec q(0) = 0. Quelle est la constante de temps ?
Exercice 3 : Un oscillateur harmonique vérifié x » + 16x = 0 avec x(0) = 3 et x'(0) = 0. Donne la solution et la periode des oscillations.
Voir la correction
Exercice 1 : lambda = ln(2)/5. Apres 15 heures (3 demi-vies) : N(15) = 800 x (1/2)^3 = 800/8 = 100 noyaux.
Exercice 2 : EDO : 100 q’ + q/0,01 = 10, soit q’ + q = 0,1. Constante de temps tau = RC = 100 x 0,01 = 1 seconde. Solution : q(t) = 0,1(1 – e^(-t)), soit q(t) = 0,01 x 10 x (1 – e^(-t)) = 0,1(1 – e^(-t)).
Exercice 3 : Équation car. r^2 + 16 = 0, r = +/-4i. Solution générale : x(t) = C_1 cos(4t) + C_2 sin(4t). Conditions : x(0) = C_1 = 3, x'(0) = 4C_2 = 0 donc C_2 = 0. Solution : x(t) = 3cos(4t). Pulsation omega_0 = 4, donc periode T = 2 x pi / 4 = pi/2 secondes.
Exercices de synthese
️ Exercice
Exercice 1 : Resous y’ = y x cos(t), y(0) = 1.
Exercice 2 : Resous y » + 2y’ + 5y = 0, y(0) = 0, y'(0) = 2.
Exercice 3 : La population d une espece suit le modele logistique P'(t) = rP(1 – P/K) avec r = 0,5, K = 1000 et P(0) = 100. Ecris la solution et determine la limite de P(t) quand t tend vers l infini.
Voir la correction
Exercice 1 : Separation dy/y = cos(t) dt. Intégration : ln|y| = sin(t) + C. Condition initiale : ln(1) = sin(0) + C, C = 0. Solution : y(t) = e^(sin(t)).
Exercice 2 : Équation car. r^2 + 2r + 5 = 0. Delta = 4 – 20 = -16. Racines : -1 +/- 2i. Solution générale : y = e^(-t)(C_1 cos(2t) + C_2 sin(2t)). Conditions : y(0) = C_1 = 0. y'(t) = e^(-t)((-C_1 + 2C_2)cos(2t) + (-2C_1 – C_2)sin(2t)). y'(0) = -C_1 + 2C_2 = 2, donc C_2 = 1. Solution : y(t) = e^(-t) sin(2t).
Exercice 3 : C est une EDO a variables separables (modele logistique). Par decomposition en elements simples et intégration, la solution est P(t) = K/(1 + ((K-P_0)/P_0)e^(-rt)) = 1000/(1 + 9e^(-0,5t)). Quand t tend vers l infini, e^(-0,5t) tend vers 0, donc P(t) tend vers K = 1000. La population se stabilise a la capacite de charge.
Articles du même niveau (Licence 1)
- la géométrie analytique en L1
- les probabilités et statistiques en L1
- la topologie générale en L1
- les espaces vectoriels et matrices
- les fonctions de plusieurs variables
- la logique et les ensembles en L1
Pour aller plus loin
- la combinatoire et le dénombrement (niveau Terminale)
- l’intégration et les équations différentielles (niveau Licence 2)
Cardia Anthony, 35 ans, professeur des écoles passionné depuis 2014.
