Sous-section Résoudre des équations non homogènes
On a résolu des équations linéaires homogènes à coefficients constants. Qu’en est-il des équations qui ne sont pas homogènes? Par exemple, celles pour les forces de vibration mécanique.
Considérons, par exemple :
\begin{equation}
y'' + 5y'+ 6y = 2x+1\text{.}\tag{3.5.1}
\end{equation}
On écrit
\(Ly = 2x+1\) lorsque la forme exacte de l’opérateur n’est pas importante. On résout
(3.5.1) de la manière suivante. Premièrement, on trouve la solution générale
\(y_c\) à l’
équation homogène associée :
\begin{equation}
y'' + 5y'+ 6y = 0\text{.}\tag{3.5.2}
\end{equation}
On nomme
\(y_c\) la
solution complémentaire. Deuxièmement, on trouve une seule
solution particulière \(y_p\) à
(3.5.1), d’une manière quelconque. La solution générale à
(3.5.1) est alors :
\begin{equation*}
y = y_c + y_p\text{.}
\end{equation*}
On a \(L y_c = 0\) et \(L y_p = 2x+1\text{.}\) Comme \(L\) est un opérateur linéaire, \(L y = L ( y_c + y_p) = L y_c + L y_p = 0 + (2x+1)\text{,}\) et donc \(y\) est une solution. Regardons pourquoi nous obtenons une solution générale.
Soit
\(y_p\) et
\(\tilde{y}_p\) deux solutions particulières différentes à
(3.5.1). On écrit la différence
\(w = y_p - \tilde{y}_p\text{.}\) On remplace
\(w\) dans le membre de gauche de l’équation pour obtenir :
\begin{equation*}
w'' + 5w'+ 6w = (y_p'' + 5y_p'+ 6y_p) - (\tilde{y}_p'' + 5\tilde{y}_p'+ 6\tilde{y}_p) = (2x+1) - (2x+1) = 0\text{.}
\end{equation*}
Quand on utilise la notation des opérateurs linéaires, le calcul devient plus simple :
\begin{equation*}
Lw = L(y_p - \tilde{y}_p) = Ly_p - L\tilde{y}_p = (2x+1)-(2x+1) = 0\text{.}
\end{equation*}
Alors,
\(w = y_p - \tilde{y}_p\) est une solution de
(3.5.2); autrement dit,
\(Lw = 0\text{.}\) Les deux solutions de
(3.5.1) diffèrent par une solution à l’équation homogène
(3.5.2). La solution
\(y = y_c + y_p\) inclut
toutes les solutions de
(3.5.1), lorsque
\(y_c\) est la solution générale à l’équation homogène associée.
Théorème 3.5.1.
Soit \(Ly=f(x)\) une équation différentielle ordinaire linéaire (pas nécessairement à coefficients constants). Soit \(y_c\) une solution complémentaire et soit \(y_p\) une solution particulière à \(Ly=f(x)\text{.}\) Alors, la solution générale de \(Ly=f(x)\) est :
\begin{equation*}
y = y_c + y_p\text{.}
\end{equation*}
La morale de l’histoire est qu’on peut trouver la solution particulière de n’importe quelle manière. Si l’on trouve une solution particulière différente (avec une méthode différente ou simplement en la devinant), alors on peut toujours trouver la même solution générale. La formule pourrait apparaître différente, et les constantes choisies pour satisfaire aux conditions initiales pourraient être différentes, mais ce serait la même solution.
Sous-section Coefficients indéterminés
L’astuce est, d’une manière quelconque ou par un choix judicieux, de deviner une solution particulière à l’équation
(3.5.1). On note que
\(2x+1\) est un polynôme et que le membre de gauche de l’équation sera un polynôme si l’on pose que
\(y\) est un polynôme de même degré. Essayons :
\begin{equation*}
y_p = Ax + B\text{.}
\end{equation*}
On remplace \(y_p\) dans le membre de gauche et l’on obtient :
\begin{align*}
y_p'' + 5y_p'+ 6y_p \amp = (Ax+B)'' + 5(Ax+B)' + 6(Ax+B)\\
\amp = 0 + 5A + 6Ax + 6B = 6Ax+ (5A+6B) \text{.}
\end{align*}
Alors, \(6Ax+(5A+6B) = 2x+1\text{.}\) Donc, \(A = \nicefrac{1}{3}\) et \(B = \nicefrac{-1}{9}\text{.}\) Par conséquent, \(y_p = \frac{1}{3}\, x - \frac{1}{9} = \frac{3x-1}{9}\text{.}\) En résolvant le problème complémentaire (exercice!), on obtient :
\begin{equation*}
y_c = C_1 e^{-2x} + C_2 e^{-3x}\text{.}
\end{equation*}
Ainsi, la solution générale à
(3.5.1) est :
\begin{equation*}
y = C_1 e^{-2x} + C_2 e^{-3x} + \frac{3x-1}{9}\text{.}
\end{equation*}
Supposons maintenant que certaines conditions initiales sont imposées. Par exemple, \(y(0) = 0\) et \(y'(0) = \nicefrac{1}{3}\text{.}\) D’abord, on trouve que \(y' = - 2C_1 e^{-2x} - 3C_2 e^{-3x} + \nicefrac{1}{3}\text{.}\) Ensuite :
\begin{equation*}
0 = y(0) = C_1 + C_2 -\frac{1}{9} , \qquad \frac{1}{3} = y'(0) = - 2C_1 - 3C_2 + \frac{1}{3}\text{.}
\end{equation*}
En résolvant l’équation, on obtient \(C_1 = \nicefrac{1}{3}\) et \(C_2 = \nicefrac{-2}{9}\text{.}\) La solution particulière voulue est donc :
\begin{equation*}
y(x) = \frac{1}{3} e^{-2x} - \frac{2}{9} e^{-3x} + \frac{3x-1}{9} = \frac{3 e^{-2x} - 2 e^{-3x} + 3x-1}{9}\text{.}
\end{equation*}
Exercice 3.5.2.
Vérifiez que
\(y\) résout l’équation
(3.5.1) et satisfait aux conditions initiales données.
Lorsque le membre de droite est composé d’exponentielles, de sinus ou de cosinus, on travaille de manière semblable. Prenons, par exemple :
\begin{equation*}
y''+2y'+2y = \cos (2x)\text{.}
\end{equation*}
On commence par chercher \(y_p\text{.}\) On devine que la solution inclut un multiple de \(\cos(2x)\text{.}\) On doit aussi ajouter un multiple de \(\sin (2x)\) puisque la dérivée d’un cosinus est un sinus. On essaie donc :
\begin{equation*}
y_p = A \cos (2x) + B \sin (2x)\text{.}
\end{equation*}
On substitue \(y_p\) dans l’équation et l’on obtient :
\begin{gather*}
\end{gather*}
ou
\begin{equation*}
(-4A+4B+2A) \cos(2x) + (-4B-4A+2B) \sin(2x) = \cos(2x)\text{.}
\end{equation*}
Le membre de gauche devrait être égal au membre de droite, à savoir \(-4A + 4B + 2A = 1\) et \(-4B - 4A + 2B = 0\text{.}\) Alors, \(-2A+4B =1\) et \(2A+B=0\text{,}\) et aussi \(A=\nicefrac{-1}{10}\) et \(B=\nicefrac{1}{5}\text{.}\) Alors :
\begin{equation*}
y_p = A \cos (2x) + B \sin (2x) = \frac{-\cos (2x) + 2 \sin (2x)}{10}\text{.}
\end{equation*}
De manière similaire, si le membre de droite contient une exponentielle, on essaie une exponentielle. Par exemple, pour
\begin{equation*}
Ly = e^{3x}\text{,}
\end{equation*}
on essaie \(y = A e^{3x}\) et l’on tente de résoudre pour \(A\text{.}\)
Lorsque le membre de droite est un multiple d’un sinus, d’un cosinus, d’une exponentielle ou d’un polynôme, on peut utiliser la règle du produit pour dériver et arriver à une expression à essayer. On a besoin de deviner une forme pour \(y_p\) telle que \(Ly_p\) est de la même forme et a tous les termes nécessaires pour le membre de droite. Par exemple :
\begin{equation*}
Ly = (1+3x^2)\,e^{-x}\cos (\pi x)\text{.}
\end{equation*}
Pour cette équation, on suppose que :
\begin{equation*}
y_p = (A + Bx + Cx^2)\,e^{-x} \cos (\pi x) + (D + Ex + Fx^2)\,e^{-x} \sin (\pi x)\text{.}
\end{equation*}
On substitue et l’on obtient les équations à résoudre pour \(A\text{,}\) \(B\text{,}\) \(C\text{,}\) \(D\text{,}\) \(E\) et \(F\text{.}\) Comme on peut le voir, ça peut engendrer rapidement un calcul très long et fastidieux.
Il y a un hic avec tout ça. Il est possible que la supposition faite résolve l’équation homogène associée. Considérons, par exemple :
\begin{equation*}
y'' - 9y = e^{3x}\text{.}
\end{equation*}
On aimerait poser que \(y = Ae^{3x}\text{,}\) mais, si l’on remplace dans le membre de gauche de l’équation, on obtient :
\begin{equation*}
y''-9y = 9Ae^{3x} - 9Ae^{3x} = 0 \not= e^{3x}\text{.}
\end{equation*}
Il n’y a pas de manière de choisir \(A\) pour que le membre de droite soit \(e^{3x}\text{.}\) L’astuce, dans ce cas, est de multiplier notre expression par \(x\) pour nous débarrasser de la duplication de la solution complémentaire. Ainsi, nous calculons \(y_c\) (solution de \(Ly = 0\)),
\begin{equation*}
y_c = C_1 e^{-3x} + C_2 e^{3x}\text{,}
\end{equation*}
et nous notons que le terme \(e^{3x}\) est dupliqué avec notre expression. On la modifie pour qu’elle devienne \(y = Axe^{3x}\text{,}\) et alors il n’y a plus de duplication. Essayons : \(y' = Ae^{3x} + 3Axe^{3x}\) et \(y'' = 6Ae^{3x} + 9Axe^{3x}\text{,}\) alors
\begin{equation*}
y'' -9y = 6Ae^{3x} + 9Axe^{3x} - 9Axe^{3x} = 6Ae^{3x}\text{.}
\end{equation*}
Donc, \(6Ae^{3x}\) devrait être égal à \(e^{3x}\text{.}\) Ainsi, \(6A = 1\text{,}\) et alors \(A=\nicefrac{1}{6}\text{.}\) On peut maintenant écrire la solution générale comme suit :
\begin{equation*}
y = y_c + y_p = C_1 e^{-3x} + C_2 e^{3x} + \frac{1}{6}\,xe^{3x}\text{.}
\end{equation*}
Il est possible que la multiplication par \(x\) n’enlève pas la duplication. Voyons, par exemple :
\begin{equation*}
y''-6y'+9y = e^{3x}\text{.}
\end{equation*}
La solution complémentaire est \(y_c = C_1 e^{3x} + C_2 x e^{3x}\text{.}\) Poser \(y=A xe^{3x}\) ne réglera pas le problème. Dans ce cas, on veut supposer que \(y_p = Ax^2e^{3x}\text{.}\) Ainsi, nous voulons multiplier notre expression par \(x\) jusqu’à ce qu’il n’y ait plus de duplication. Mais pas plus! Multiplier trop de fois ne fonctionnera pas plus.
Finalement, si le membre de droite a différents termes tels que
\begin{equation*}
Ly = e^{2x} + \cos x\text{,}
\end{equation*}
dans ce cas, on trouve \(u\) qui résout \(Lu = e^{2x}\) et \(v\) qui résout \(Lv = \cos x\) (faire chaque terme séparément). On note que si \(y = u+ v\text{,}\) alors \(Ly = e^{2x} + \cos x\) puisque \(L\) est linéaire; donc, \(Ly = L(u+v) = Lu + Lv = e^{2x} + \cos x\text{.}\)
Sous-section Variation des paramètres
La méthode des coefficients indéterminés fonctionne pour plusieurs problèmes de base. Mais elle fonctionne seulement lorsque le membre de droite de l’équation \(Ly = f(x)\) admet un nombre limité de dérivées linéairement indépendantes; à ce moment-là, on peut écrire une expression qui les contient toutes. Quelques équations sont un peu plus difficiles. Considérons, par exemple :
\begin{equation*}
y''+y = \tan x\text{.}
\end{equation*}
Toutes les nouvelles dérivées de \(\tan x\) sont complètement différentes et ne peuvent pas s’écrire comme une combinaison linéaire des dérivées précédentes. Si l’on commence par dériver \(\tan x\text{,}\) on obtient:
\begin{gather*}
\sec^2 x, 2 \sec^2 x \, \tan x, 4 \sec^2 x \, \tan^2 x + 2 \sec^4 x,\\
8 \sec^2 x \, \tan^3 x + 16 \sec^4 x \, \tan x, 16\sec^2 x \, \tan^4 x + 88 \sec^4 x \tan^2 x + 16 \sec^6 x \ldots
\end{gather*}
Cette équation fait appel à une méthode différente : la méthode de la variation des paramètres, qui gère toute équation de la forme \(Ly = f(x)\text{,}\) à condition de pouvoir résoudre certaines intégrales. Pour plus de simplicité, on se limite aux équations à coefficients constants du deuxième ordre, mais la méthode fonctionne aussi bien pour les ordres supérieurs (les calculs deviennent plus fastidieux). La méthode fonctionne aussi pour des équations à coefficients non constants, à condition qu’on puisse résoudre l’équation homogène associée.
Il est peut-être préférable d’expliquer cette méthode par un exemple. On essaie de résoudre l’équation :
\begin{equation*}
Ly = y''+y = \tan x\text{.}
\end{equation*}
D’abord, on trouve la solution complémentaire (solution à \(Ly_c = 0\)). On obtient \(y_c = C_1 y_1 + C_2 y_2\text{,}\) où \(y_1 = \cos x\) et \(y_2 = \sin x\text{.}\) On trouve une solution particulière à l’équation non homogène et l’on trouve :
\begin{equation*}
y_p = y = u_1 y_1 + u_2 y_2\text{,}
\end{equation*}
où \(u_1\) et \(u_2\) sont des fonctions et pas des constantes. On essaie de satisfaire à \(Ly = \tan x\text{,}\) ce qui donne les conditions pour les fonctions \(u_1\) et \(u_2\text{.}\) On calcule (règle du produit) :
\begin{equation*}
y' = (u_1' y_1 + u_2' y_2) + (u_1 y_1' + u_2 y_2')\text{.}
\end{equation*}
Nous pouvons toujours imposer une condition supplémentaire, à notre discrétion, pour simplifier les calculs (nous avons deux fonctions inconnues, alors nous pouvons ajouter deux conditions). On a besoin que \((u_1' y_1 + u_2' y_2) = 0\text{.}\) Ceci rend les calculs de la deuxième dérivée plus faciles :
\begin{align*}
\amp y' = u_1 y_1' + u_2 y_2' ,\\
\amp y'' = (u_1' y_1' + u_2' y_2') + (u_1 y_1'' + u_2 y_2'') \text{.}
\end{align*}
Puisque \(y_1\) et \(y_2\) sont des solutions de \(y''+y = 0\text{,}\) on trouve \(y_1'' = - y_1\) et \(y_2'' = - y_2\) (si l’équation était plus générale, \(y''+p(x)y' +q(x)y = 0\text{,}\) on aurait \(y_i'' = -p(x)y_i' -q(x)y_i\)). Alors :
\begin{equation*}
y'' = (u_1' y_1' + u_2' y_2') - (u_1 y_1 + u_2 y_2)\text{.}
\end{equation*}
On a \((u_1 y_1 + u_2 y_2) = y\text{,}\) et alors
\begin{equation*}
y'' = (u_1' y_1' + u_2' y_2') - y
\end{equation*}
et ainsi
\begin{equation*}
y'' + y = Ly = u_1' y_1' + u_2' y_2'\text{.}
\end{equation*}
Pour que \(y\) satisfasse à \(Ly = f(x)\text{,}\) on doit avoir \(f(x) = u_1' y_1' + u_2' y_2'\text{.}\)
On doit résoudre les deux équations (conditions) qu’on a imposées à \(u_1\) et à \(u_2\) :
\begin{gather*}
u_1' y_1 + u_2' y_2 = 0 ,\\
u_1' y_1' + u_2' y_2' = f(x) .
\end{gather*}
On résout pour \(u_1'\) et \(u_2'\) en termes de \(f(x)\text{,}\) \(y_1\) et \(y_2\text{.}\) On obtient toujours cette formule pour n’importe quel \(Ly = f(x)\text{,}\) où \(Ly = y''+p(x)y'+q(x)y\text{.}\) Il y a une formule générale pour la solution qu’on peut remplacer, mais, au lieu de la mémoriser, c’est mieux et plus facile de simplement répéter ce qu’on a fait précédemment. Dans ce cas, les deux équations sont :
\begin{align*}
u_1' \cos (x) + u_2' \sin (x) \amp = 0 ,\\
-u_1' \sin (x) + u_2' \cos (x) \amp = \tan (x) \text{.}
\end{align*}
Ainsi :
\begin{align*}
u_1' \cos (x) \sin (x) + u_2' \sin^2 (x) \amp = 0 ,\\
-u_1' \sin (x) \cos (x) + u_2' \cos^2 (x) \amp = \tan (x) \cos (x) = \sin (x) \text{.}
\end{align*}
Et alors :
\begin{align*}
\amp u_2' \bigl(\sin^2 (x) + \cos^2 (x)\bigr) = \sin (x) ,\\
\amp u_2' = \sin (x) ,\\
\amp u_1' = \frac{- \sin^2 (x)}{\cos (x)} = - \tan (x) \sin (x) \text{.}
\end{align*}
On intègre \(u_1'\) et \(u_2'\) pour obtenir \(u_1\) et \(u_2\) :
\begin{align*}
\amp u_1 = \int u_1'\,dx = \int - \tan (x) \sin (x)\,dx = \frac{1}{2} \ln \left\lvert \frac{\sin (x)-1}{\sin (x) + 1} \right\rvert + \sin (x) ,\\
\amp u_2 = \int u_2'\,dx = \int \sin (x)\,dx = -\cos (x) \text{.}
\end{align*}
Alors, la solution particulière est :
\begin{align*}
y_p \amp = u_1 y_1 + u_2 y_2 = \frac12 \cos (x) \ln \left\lvert \frac{\sin (x)-1}{\sin (x) + 1} \right\rvert + \cos (x) \sin (x) -\cos (x) \sin (x)\\
\amp = \frac12 \cos (x) \ln \left\lvert \frac{\sin (x)-1}{\sin (x) + 1} \right\rvert \text{.}
\end{align*}
La solution générale à \(y'' + y = \tan x\) est :
\begin{equation*}
y = C_1 \cos (x) + C_2 \sin (x) + \frac{1}{2} \cos (x) \ln \left\lvert \frac{\sin (x)-1}{\sin (x) + 1} \right\rvert\text{.}
\end{equation*}
