01.4 Equations différentielles linéaires du 2e ordre EDL2

analyse

D

Sur un intervalle ouvert $I$, on appelle les équations différentielles linéaires du second ordre une équation de la forme

$$y^{\prime \prime }(x)+p(x)y^{\prime }(x)+q(x)y(x)=f(x)$$

Avec $p,q,f:I\to \mathbb{R}$ des fonctions continues

D

Une équation de la forme

$$y^{\prime \prime }(x)+p(x)y^{\prime }(x)+q(x)y(x)=0$$

est dite une EDL2 homogène

Pour résoudre une EDL2 homogène, on cherche deux nombre $a,b$ tels que

$$\{\begin{array}{llc}p& =& -(a+b)\\ p& =& ab\end{array}$$

On a donc que $a,b$ sont les racines de l’équation caractéristque

$${\lambda }^2+p\lambda +q=0$$

On peut donc réécrire l’EDL2 homogène :

$$y^{\prime \prime }(x)-(a+b)y^{\prime }(x)+aby(x)=0⟹{\left(y^{\prime }(x)-ay(x)\right)}^{\prime }-b\left(y^{\prime }(x)-ay(x)\right)=0$$

Cas des racines complexes

Si $a,b\notin \mathbb{R}$, alors $b=\bar{a}$, puisque $p,q\in \mathbb{R}$, soit $a=\alpha +i\beta$, avec $\beta \ne 0$. Pour avoir une solution réelle, on écrit

$$y(x)=C{e}^{ax}+\bar{C}{e}^{\bar{a}x}$$

Si on pose $C=\frac{1}{2}(C_3-i{C}_4)$, on obtient que

$$y(x)=C_3{e}^{ax}\cos (\beta x)+C_4{e}^{ax}\sin (\beta x)$$

En général

La solution générale est donnée par

$$\boxed{y(x)=\{\begin{array}{ll}{C}_1{e}^{ax}+C_2{e}^{bx}& \text{si }a\ne b,a,b\in \mathbb{R}\\ (C_1+C_{2}x)e^{ax}& \text{si }a=b\in \mathbb{R}\\ C_1{e}^{ax}\cos \beta x+C_2{e}^{ax}\sin \beta x& \text{si }a,b=\alpha \pm i\beta \notin \mathbb{R}\end{array}}$$

Théorie générale

Th

Une EDL2 homogène admet une unique solution de classe $C^2$ satisfaisant les conditions initiales $y(x_0)=t$ et $y^{\prime }(x_0)=s$, pour tout $x_0\in I$ et $s,t\in \mathbb{R}$

Comment résoudre

On suppose qu’on connait une solution $v_1(x)\ne 0$ de l’équation $y^{\prime \prime }+p(x)y^{\prime }+q(x)y=0$, on cherche une deuxième solution $v_2(x)$ linéairement indépendante

$$\text{Ansatz: }{v}_2(x)=c(x)v_1(x)$$

On a donc que $v_2^{\prime }(x)=c^{\prime }(x)v_1(x)+c(x)v_1^{\prime }(x)$ $v_2^{\prime \prime }=c^{\prime \prime }(x)v_1(x)+2c^{\prime }(x)v_1^{\prime }(x)+c(x)v_1^{\prime \prime }(x)$ On remplace cela dans notre équation de base

$$c^{\prime \prime }(x)v_1(x)+2c^{\prime }(x)v_1^{\prime }(x)+\underset{=0}{\underbrace{c(x)v_1^{\prime \prime }(x)}}+p(x)c^{\prime }(x)v_1(x)+\underset{=0}{\underbrace{p(x)c(x)v_1^{\prime }(x)}}+\underset{=0}{\underbrace{q(x)c(x)v_1(x)}}=0$$

Vu que $v_1$ est une solution, on a que

$$c^{\prime \prime }(x)v_1(x)+2c^{\prime }(x)v_{1}1(x)+p(x)c^{\prime }(x)v_1(x)=0$$

On suppose ensuite que $v_1(x)\ne 0$ et $c^{\prime }(x)\ne 0$ et donc

$$\frac{c^{\prime \prime }(x)}{c^{\prime }(x)}=-p(x)-2\frac{v_1^{\prime }(x)}{v_1(x)}$$

Ce qui est une EDVS pour $c^{\prime }(x)$ et donc on peut résoudre

$$c(x)=\int C_1\frac{e^{-P(x)}}{v_1^2}dx+C_2,C_2\in \mathbb{R},C_1\in {\mathbb{R}}^{\ast }$$