Lorsqu’une équation différentielle s’écrit sous la forme \(y' = f(x)\text{,}\) il suffit d’intégrer pour en obtenir la solution : \(y = \int f(x) \,dx + C\text{.}\) Malheureusement, cette technique ne fonctionne pas dans le cas général, c’est-à-dire \(y' = f(x , y)\text{,}\) car si l’on intègre des deux côtés, on obtient :
\begin{equation*}
y = \int f(x,y) \,dx + C\text{.}
\end{equation*}
Mais l’intégrale contient des termes en \(y\text{,}\) qu’on ne peut pas tout simplement traiter comme une constante, puisque c’est une variable dépendante de \(x\text{.}\)
Sous-sectionÉquations séparables
On dit qu’une équation différentielle est séparable si elle peut être écrite sous la forme suivante :
Si l’on réussit à trouver des primitives de chaque côté, on pourra alors possiblement résoudre pour \(y\text{.}\)
Exemple2.3.1.
Prenons l’équation suivante :
\begin{equation*}
y' = xy\text{.}
\end{equation*}
On observe que \(y=0\) est une solution. Nous gardons cette solution en mémoire et supposons maintenant que \(y \not =0\text{,}\) ce qui nous permettra de diviser par \(y\text{.}\) Écrivons l’équation comme suit : \(\frac{dy}{dx} = xy\text{.}\) On intègre de chaque côté :
On calcule les primitives de chaque côté et l’on obtient :
\begin{equation*}
\ln \, \lvert y\rvert = \frac{x^2}{2} + C
\end{equation*}
ou
\begin{equation*}
\lvert y \rvert = e^{\frac{x^2}{2} + C} = e^{\frac{x^2}{2}} e^C = D e^{\frac{x^2}{2}}\text{,}
\end{equation*}
où \(D > 0\) est une constante. Puisque \(y=0\) est aussi une solution et que, de plus, on a la valeur absolue de \(y\text{,}\) dans l’expression, on peut écrire :
\begin{equation*}
y = D e^{\frac{x^2}{2}}\text{,}
\end{equation*}
où \(D\) est une constante quelconque, pouvant être 0 ou négative. Vérifions que c’est une solution :
\begin{equation*}
y' = D x e^{\frac{x^2}{2}} = x \left( D e^{\frac{x^2}{2}} \right) = xy\text{.}
\end{equation*}
Regardons de plus près cette méthode. On pourrait s’inquiéter du fait que les deux intégrales apparaissant dans l’expression sont en termes de variables différentes. Ça peut sembler erroné... Alors, nous allons revoir la méthode de séparation des variables de manière plus rigoureuse.
Comme on peut voir, on obtient la même formule que plus haut, qui est donc correcte.
Sous-sectionSolutions implicites
Parfois, on peut avoir de la difficulté avec la méthode des équations séparables, même si les deux intégrales sont résolubles. Considérons, par exemple, l’équation séparable suivante :
Il est difficile de trouver une expression explicite pour \(y\text{,}\) puisqu’on ne peut pas l’isoler dans l’expression. Dans un tel cas, on obtient ce qu’on appelle une solution implicite . On peut tout de même vérifier qu’on a bien trouvé une solution à l’équation différentielle. Il suffit de dériver chaque côté par rapport à \(x\text{,}\) en se souvenant que \(y\) est une fonction de \(x\text{,}\) et l’on obtient :
En multipliant les deux côtés par \(y\) et en divisant par \(2(y^2+1)\text{,}\) on retrouve l’équation différentielle de départ (vérifiez-le).
Étant donné une solution implicite, trouver des valeurs de \(y\) explicitement peut être difficile. Il est possible qu’une valeur de \(x\) donne plusieurs valeurs possibles de \(y\) et qu’il faille alors choisir. Parfois, il est plus simple de penser à \(x\) comme à une fonction de \(y\text{.}\) Parfois, même ceci est difficile.
Dans ce cas, un ordinateur peut être votre ami. La plupart des logiciels mathématiques proposent une fonction pour tracer la courbe-solution d’une équation implicite. Par exemple, pour \(C=0\text{,}\) l’ensemble des points \((x,y)\) satisfaisant à \(y^2+2\ln|y|=x^2\) est une union de deux courbes, illustrées à la 2.3.2. Ce n’est pas le graphe d’une fonction, puisque chaque \(x\) admet deux valeurs possibles de \(y\text{.}\) Mais si l’on choisit une des deux courbes, on a alors le graphe d’une fonction. Si, de plus, on a une condition initiale, on choisit la courbe qui passe par ce point. Ainsi, chaque valeur de \(C\) donne deux solutions. Comme on peut voir, les solutions implicites ne sont pas simples, mais parfois on ne peut pas obtenir mieux.
Figure2.3.2.Solution implicite \(y^2+2\ln|y|=x^2\) à l’équation \(y'=\frac{xy}{y^2+1}\text{.}\)
Cet exemple admet aussi la solution \(y=0\text{.}\) Ainsi, la solution générale est
\begin{equation*}
y^2 + 2 \ln \, \lvert y \rvert = x^2 + C \qquad \text{ ou } \qquad y=0\text{.}
\end{equation*}
Des solutions comme \(y=0\) sont parfois appelées des solutions singulières.
On sépare les variables, on intègre et l’on résout pour \(y\) :
\begin{align*}
\frac{y'}{1+y^2} \amp = \frac{1 - x^2}{x^2} ,\\
\frac{y'}{1+y^2} \amp = \frac{1}{x^2} - 1 ,\\
\operatorname{arctan} (y) \amp = \frac{-1}{x} - x + C ,\\
y \amp = \tan \left(\frac{-1}{x} - x + C\right) \text{.}
\end{align*}
Il reste à résoudre pour la condition initiale, \(0 = \tan(-2+C)\text{,}\) et l’on obtient \(C=2\) (ou \(C = 2 + \pi\text{,}\) ou \(C = 2 + 2\pi\text{,}\) etc.). La solution particulière recherchée est donc
\begin{equation*}
y = \tan \left(\frac{-1}{x} - x + 2 \right)\text{.}
\end{equation*}
Exemple2.3.4.
Alex se prépare une tasse de café, qui doit se rendre à 60 degrés (Celsius) parce qu’Alex n’aime pas se brûler. Initialement, à \(t=0\) minute, le café était à 89 degrés. Une minute plus tard, Alex mesure la température de nouveau, et c’est 85 degrés. La température ambiante est 22 degrés. Quand est-ce qu’Alex pourra enfin déguster son café?
Posons \(T\text{,}\) la température du café en degrés Celsius, et \(A\text{,}\) la température ambiante, toujours en degrés Celsius. La loi de refroidissement de Newton affirme que le taux de changement de la température du café est proportionnel à la différence entre la température du café et la température ambiante. Autrement dit :
où \(k\) est une constante. Dans notre exemple : \(A=22\text{,}\)\(T(0) = 89\text{,}\)\(T(1) = 85\text{.}\) On sépare les variables et l’on intègre (ici, \(C\) et \(D\) sont des constantes arbitraires) :
\begin{align*}
\frac{1}{T-A} \, \frac{dT}{dt} \amp = -k ,\\
\ln (T-A) \amp = -kt + C , \qquad \text{ (notons que } T-A > 0 \text{)}\\
T-A \amp = D\, e^{-kt} ,\\
T \amp = A + D\, e^{-kt} \text{.}
\end{align*}
En substituant la valeur de \(A\text{,}\) on a \(T = 22 + D\, e^{-kt}\text{.}\) On substitue la condition initiale : \(89 = T(0) = 22 + D\text{,}\) et donc \(D = 67\text{.}\) Ainsi, \(T = 22 + 67\, e^{-kt}\text{.}\) La deuxième condition donne que \(85 = T(1) = 22 + 67\, e^{-k}\text{.}\) En résolvant pour \(k\text{,}\) on obtient \(k = - \ln \frac{85-22}{67} \approx 0{,}0616\text{.}\) Maintenant, trouvons la valeur de \(t\) donnant une température de 60 degrés. On résout l’équation suivante,
pour obtenir \(t = - \frac{\ln \frac{60-22}{67}}{0{,}0616} \approx 9{,}21\) minutes. Donc, Alex peut commencer à boire son café environ 9 minutes après l’avoir préparé (correspondant à peu près au temps requis pour faire ce calcul). Voir la Figure 2.3.5.
Figure2.3.5.Graphes de la fonction de température du café \(T(t)\text{.}\) À gauche, des droites horizontales sont tracées aux températures 60, 85 et 89. Des droites verticales sont tracées à \(t=1\) et à \(t=9{,}21\text{.}\) Observez que la température atteint la valeur 85 à \(t=1\text{,}\) et 60 à \(t \approx 9{,}21\text{.}\) À droite, le graphe montre la température pour une plus longue durée, avec une droite horizontale à la valeur de la température ambiante, soit 22.
Exemple2.3.6.
Trouvons la solution générale de \(y' = \frac{-xy^2}{3}\) (incluant les solutions singulières).
Notons d’abord que \(y=0\) est une solution (singulière). Supposons donc pour la suite que \(y \not= 0\text{.}\) On sépare les variables et l’on intègre :
Trouvez une solution implicite pour \(\dfrac{dy}{dx} = \dfrac{x^2+1}{y^2+1}\text{,}\)\(y(0) = 1\text{.}\)
9.
Trouvez une solution explicite pour \(y' = xe^{-y}\text{,}\)\(y(0)=1\text{.}\)
10.
Trouvez une solution explicite pour \(xy' = e^{-y}\text{,}\)\(y(1)=1\text{.}\)
11.
Trouvez une solution explicite pour \(y' = ye^{-x^2}\text{,}\)\(y(0)=1\text{.}\) Au besoin, votre réponse peut inclure une intégrale.
12.
Supposons qu’une tasse de café est à 100 degrés Celsius au temps \(t=0\text{,}\) et 70 degrés à \(t=10\) minutes, et 50 degrés à \(t=20\) minutes. Calculez la température ambiante.
Trouvez une solution implicite pour \(x'=\frac{1}{3x^2+1}\text{,}\)\(x(0)=1\text{.}\)
Réponse.
\(x^3+x=t+2\)
16.
Trouvez une solution explicite pour \(x y' = y^2\text{,}\)\(y(1) = 1\text{.}\)
Réponse.
\(y = \frac{1}{1-\ln x}\)
17.
Trouvez une solution implicite pour \(y' = \frac{\sin(x)}{\cos(y)}\text{.}\)
Réponse.
\(\sin(y) = -\cos(x) + C\)
18.
Reprenez l’ Exemple 2.3.4 avec les mêmes valeurs : 89 degrés à \(t=0\text{,}\) 85 degrés à \(t=1\text{,}\) et une température ambiante de 22 degrés. Supposons que ces températures ont été mesurées avec une précision de \(\pm 0.5\) degrés. À cause de cette imprécision, on ne connaît qu’un intervalle de temps pour que la température du café atteigne exactement 60 degrés. Trouvez cet intervalle de temps. Indice : quel type d’erreur rend le temps de refroidissement plus long? Plus court?
Réponse.
L’intervalle de temps est d’environ 7.45 à 12.15 minutes.
19.
Une population de lapins \(x\) sur une île est modelisée par l’équation suivante : \(x' = x- \bigl(\nicefrac{1}{1000} \bigr) x^2\text{,}\) où la variable indépendante \(t\) est le temps, mesuré en mois. À \(t=0\text{,}\) l’île contient 40 lapins.
Résolvez l’équation différentielle avec condition initiale.
Combien de lapins habitent l’île après 1 mois, 5 mois, 10 mois, 15 mois? Arrondissez à l’entier le plus proche.
Réponse.
a) \(x = \frac{1000e^t}{e^t+24}\text{.}\) b) 102 lapins après un mois, 861 après 5 mois, 999 après 10 mois, 1000 après 15 mois.
