Section 3.1 Équations différentielles du deuxième ordre
Nous abordons maintenant l’équation différentielle linéaire du deuxième ordre :
\begin{equation*}
A(x) y'' + B(x)y' + C(x)y = F(x)\text{.}
\end{equation*}
En divisant par \(A(x)\text{,}\) on obtient :
\begin{equation}
y'' + p(x)y' + q(x)y = f(x)\text{,}\tag{3.1.1}
\end{equation}
où \(p(x) = \nicefrac{B(x)}{A(x)}\text{,}\) \(q(x) = \nicefrac{C(x)}{A(x)}\) et \(f(x) = \nicefrac{F(x)}{A(x)}\text{.}\) Le terme linéaire signifie que l’équation ne contient aucune puissance ni fonction de \(y\text{,}\) \(y'\) ou \(y''\text{.}\)
Dans le cas particulier où \(f(x) = 0\text{,}\)
\begin{equation}
y'' + p(x)y' + q(x)y = 0\tag{3.1.2}
\end{equation}
et l’équation est dite homogène. On a déjà vu quelques équations linéaires homogènes du deuxième ordre.
\begin{align*}
\qquad y'' + k^2 y \amp = 0 \amp \amp \text{ Les deux solutions sont : } \amp y_1 \amp = \cos (kx), \amp y_2 \amp = \sin(kx) .\\
\qquad y'' - k^2 y \amp = 0 \amp \amp \text{ Les deux solutions sont : } \amp y_1 \amp = e^{kx}, \amp y_2 \amp = e^{-kx} \text{.}
\end{align*}
Si l’on connaît deux solutions de l’équation linéaire homogène, on connaît beaucoup plus que celles-ci.
On peut additionner les constantes et les multiplier par des constantes pour obtenir des solutions nouvelles et différentes. L’expression \(C_1 y_1 + C_2 y_2\) s’appelle une combinaison linéaire de \(y_1\) et de \(y_2\text{.}\) Prouvons ce théorème, puisque la preuve permet de mieux comprendre le fonctionnement des équations linéaires.
Preuve : Soit \(y = C_1 y_1 + C_2 y_2\text{.}\)
Alors,
\begin{align*}
y'' + py' + qy \amp = (C_1 y_1 + C_2 y_2)'' + p(C_1 y_1 + C_2 y_2)' + q(C_1 y_1 + C_2 y_2)\\
\amp = C_1 y_1'' + C_2 y_2'' + C_1 p y_1' + C_2 p y_2' + C_1 q y_1 + C_2 q y_2\\
\amp = C_1 ( y_1'' + p y_1' + q y_1 ) + C_2 ( y_2'' + p y_2' + q y_2 )\\
\amp = C_1 \cdot 0 + C_2 \cdot 0 = 0 \text{.}
\end{align*}
La preuve devient plus claire avec l’utilisation d’un opérateur. Un opérateur est un objet prenant pour entrée des fonctions et redonnant en sortie des fonctions (ça ressemble à la fonction qui, elle, prend pour entrée des nombres et donne en sortie des nombres). Définissons \(L\) tel que :
\begin{equation*}
Ly = y'' + py' + qy\text{.}
\end{equation*}
L’équation différentielle est alors : \(Ly=0\text{.}\) Dire qu’un opérateur (ou une équation) \(L\) est linéaire implique que \(L(C_1y_1 + C_2y_2) = C_1 Ly_1 + C_2 Ly_2\text{.}\) La preuve faite précédemment devient moins lourde :
\begin{equation*}
Ly = L(C_1y_1 + C_2y_2) = C_1 Ly_1 + C_2 Ly_2 = C_1 \cdot 0 + C_2 \cdot 0 = 0\text{.}
\end{equation*}
Le principe de superposition nous dit entre autres que \(y_1 = \cosh (kx)\) et \(y_2 = \sinh (kx)\) sont aussi des solutions de l’équation \(y'' - k^2y = 0\text{.}\) Pour nous en convaincre, rappelons d’abord la définition de ces deux fonctions :
\begin{align*}
\cosh x \amp = \frac{e^x + e^{-x}}{2},\\
\sinh x \amp = \frac{e^x - e^{-x}}{2}\text{.}
\end{align*}
Donc, ce sont des solutions par superposition puisqu’elles sont des combinaisons linéaires des solutions \(e^x\) et \(e^{-x}\text{.}\) Les fonctions \(\sinh\) et \(\cosh\) sont parfois plus simples à utiliser. Rappelons quelques-unes de leurs propriétés :
\begin{align*}
\amp \cosh 0 = 1 , \amp \amp \sinh 0 = 0 ,\\
\amp \frac{d}{dx} \Bigl[ \cosh x \Bigr] = \sinh x , \amp \amp \frac{d}{dx} \Bigl[ \sinh x \Bigr] = \cosh x ,\\
\amp \cosh^2 x - \sinh^2 x = 1 \text{.}
\end{align*}
Exercice 3.1.2.
Vérifiez ces propriétés à partir de la définition de \(\sinh\) et \(\cosh\text{.}\)
Quant aux questions de l’existence et de l’unicité, les équations linéaires offrent des réponses simples.
Théorème 3.1.3. Existence et unicité.
Supposons que \(p, q, f\) sont des fonctions continues sur un intervalle \(I\text{,}\) que \(a\) est un nombre appartenant à \(I\) et que \(a, b_0, b_1\) sont constantes. L’équation suivante,
\begin{equation*}
y'' + p(x) y' + q(x) y = f(x)\text{,}
\end{equation*}
admet exactement une solution \(y(x)\text{,}\) définie sur le même intervalle \(I\text{,}\) et satisfaisant aux conditions initiales :
\begin{equation*}
y(a) = b_0 , \qquad y'(a) = b_1\text{.}
\end{equation*}
Par exemple, l’équation \(y'' + k^2 y = 0\text{,}\) avec les conditions initiales \(y(0) = b_0\) et \(y'(0) = b_1\text{,}\) admet la solution suivante,
\begin{equation*}
y(x) = b_0 \cos (kx) + \frac{b_1}{k} \sin (kx)\text{,}
\end{equation*}
et cette solution est unique, par le théorème.
L’équation \(y'' - k^2 y = 0\text{,}\) avec les conditions initiales \(y(0) = b_0\) et \(y'(0) = b_1\text{,}\) admet la solution suivante :
\begin{equation*}
y(x) = b_0 \cosh (kx) + \frac{b_1}{k} \sinh (kx)\text{.}
\end{equation*}
Avec les conditions initiales données, le recours aux fonctions \(\cosh(x)\) et \(\sinh(x)\) permet de résoudre l’équation d’une manière plus propre qu’en prenant une combinaison linéaire de \(e^x\) et \(e^{-x}\text{.}\)
Les conditions initiales pour une équation différentielle ordinaire comprennent deux équations. Le bon sens suggère que si l’on a deux constantes arbitraires et deux équations, alors on devrait être capable de résoudre l’équation pour les constantes et de trouver une solution à l’équation différentielle satisfaisant aux conditions initiales.
Question : Supposons que nous avons trouvé deux solutions distinctes \(y_1\) et \(y_2\) à l’équation homogène (3.1.2). Est-ce que toutes les solutions peuvent s’écrire sous la forme suivante :
\begin{equation*}
y = C_1 y_1 + C_2 y_2\,?
\end{equation*}
La réponse est oui, à condition que \(y_1\) et \(y_2\) soient des solutions suffisamment différentes dans le sens suivant. Disons que \(y_1\) et \(y_2\) sont linéairement indépendantes si l’une n’est pas un multiple de l’autre.
Théorème 3.1.4.
Soit \(p, q\) des fonctions continues. Soit \(y_1\) et \(y_2\) deux solutions linéairement indépendantes de l’équation homogène (3.1.2). Alors, toutes les solutions sont de la forme
\begin{equation*}
y = C_1 y_1 + C_2 y_2\text{.}
\end{equation*}
Autrement dit, \(y = C_1 y_1 + C_2 y_2\) est la solution générale.
Par exemple, on a trouvé les solutions \(y_1 = \sin x\) et \(y_2 = \cos x\) pour l’équation \(y'' + y = 0\text{.}\) Ce n’est pas difficile de voir que le sinus et le cosinus ne peuvent pas s’obtenir en multipliant l’un ou l’autre par une constante. En effet, si \(\sin x = A \cos x\) pour une constante quelconque \(A\text{,}\) alors c’est vrai pour \(x=0\text{,}\) et ceci impliquerait que \(A = 0\text{.}\) Mais, alors, \(\sin x = 0\) pour tout \(x\text{,}\) ce qui est absurde. Par conséquent, \(y_1\) et \(y_2\) sont linéairement indépendantes et
\begin{equation*}
y = C_1 \cos x + C_2 \sin x
\end{equation*}
est une solution générale à \(y'' + y = 0\text{.}\)
C’est plutôt simple de vérifier que deux fonctions sont linéairement indépendantes. Regardons un autre exemple : \(y''-2x^{-2}y = 0\text{.}\) Alors, \(y_1 = x^2\) et \(y_2 = \nicefrac{1}{x}\) sont des solutions. Pour vérifier si elles sont linéairement indépendantes, supposons que l’une est un multiple de l’autre : \(y_1 = A y_2\text{.}\) Il suffit de vérifier que \(A\) ne peut pas être une constante. Dans ce cas, on a \(A = \nicefrac{y_1}{y_2} = x^3\text{,}\) ce qui ne peut pas être une constante. Alors, \(y = C_1 x^2 + C_2 \nicefrac{1}{x}\) est la solution générale à l’équation différentielle.
Si l’on a une solution à une équation linéaire homogène du deuxième ordre, on peut en trouver une autre à l’aide de la méthode de réduction d’ordre . L’idée est que, étant donné une solution \(y_1\) à l’équation \(y'' + p(x) y' + q(x) y = 0\text{,}\) on essaie une deuxième solution de la forme \(y_2(x) = y_1(x) v(x)\text{.}\) On a seulement besoin de trouver \(v\text{.}\) On met \(y_2\) dans l’équation :
\begin{align*}
0 \amp= y_2'' + p(x) y_2' + q(x) y_2 \\
\amp = y_1'' v + 2 y_1' v' + y_1 v'' + p(x) ( y_1' v + y_1 v' ) + q(z) y_1 v\\
\amp = y_1 v'' + (2 y_1' + p(x) y_1) v' + \cancelto{0}{\bigl( y_1'' + p(x) y_1' + q(x) y_1 \bigr)} v \text{.}
\end{align*}
En d’autres mots, \(y_1 v'' + (2 y_1' + p(x) y_1) v' = 0\text{.}\) En posant \(w = v'\text{,}\) on a réduit le problème à une équation linéaire du premier ordre :
\begin{equation*}
y_1 w' + (2 y_1' + p(x) y_1) w = 0\text{.}
\end{equation*}
Après avoir résolu cette équation pour \(w\text{,}\) on trouve \(v\) en intégrant \(w\) (\(w=v'\)). On trouve alors \(y_2\) en calculant \(y_1 v\text{,}\) par exemple en admettant que \(y_1 = x\) est une solution de \(y''+x^{-1}y'-x^{-2} y=0\text{.}\) L’équation pour \(w\) est alors \(xw' + 3 w = 0\text{.}\) On calcule \(w = Cx^{-3}\) et, en intégrant, on trouve \(v = \frac{-C}{2x^2}\text{.}\) Ainsi :
\begin{equation*}
y_2 = y_1 v = \frac{-C}{-2x}\text{.}
\end{equation*}
Tous les \(C\) fonctionnent et, en choisissant \(C=-2\text{,}\) on obtient \(y_2 = \nicefrac{1}{x}\text{.}\) Ainsi, la solution générale est :
\begin{equation*}
y = C_1 x + C_2\nicefrac{1}{x}\text{.}
\end{equation*}
Comme on a une formule pour la solution d’une équation linéaire du premier ordre, on peut écrire la formule pour \(y_2\) :
\begin{equation*}
y_2(x) = y_1(x) \int \frac{e^{-\int p(x)\,dx}}{{\bigl(y_1(x)\bigr)}^2} \,dx\text{.}
\end{equation*}
Toutefois, c’est beaucoup plus facile de se rappeler qu’on doit simplement essayer \(y_2(x) = y_1(x) v(x)\) et trouver \(v(x)\) comme on l’a fait plus haut. Ainsi, la méthode fonctionne pour les équations de plus grand ordre aussi : il faut réduire l’ordre pour chacune des solutions trouvées. Il est donc plus facile de se rappeler comment faire plutôt que de se rappeler une formule spécifique.
Exercices Exercices
1.
Montrez que \(y=e^x\) et \(y=e^{2x}\) sont linéairement indépendantes.
2.
Soit \(y'' + 5 y = 10 x + 5\text{.}\) Trouvez (en devinant) la solution.
3.
Montrez le principe de superposition pour les équations non homogènes comme suit. Supposez que \(y_1\) est une solution à \(L y_1 = f(x)\) et que \(y_2\) est une solution à \(L y_2 = g(x)\) (même opérateur linéaire \(L\)). Montrez que \(y = y_1+y_2\) est une solution de \(Ly = f(x) + g(x)\text{.}\)
4.
Pour l’équation \(x^2 y'' - x y' = 0\text{,}\) trouvez deux solutions, montrez qu’elles sont linéairement indépendantes et trouvez la solution générale. Astuce : Essayez \(y = x^r\text{.}\)
5.
Les équations de la forme \(a x^2 y'' + b x y' + c y = 0\) s’appellent les équations d’Euler ou les équations de Cauchy–Euler. Elles se résolvent en essayant une solution de la forme \(y=x^r\) et en résolvant pour \(r\) (supposons que \(x \geq 0\) pour simplifier le problème).
Supposons que \({(b-a)}^2-4ac > 0\text{.}\)
- Trouvez la formule pour la solution générale de \(a x^2 y'' + b x y' + c y = 0\text{.}\) Astuce : Essayez \(y=x^r\) et résolvez pour \(r\text{.}\)
- Que se passe-t-il lorsque \({(b-a)}^2-4ac = 0\) ou \({(b-a)}^2-4ac \lt 0\text{?}\)
On va retravailler le cas lorsque \({(b-a)}^2-4ac \lt 0\) plus tard.
6.
Considérons la même équation que l’Exercice 3.1.5. Supposons \({(b-a)}^2-4ac = 0\text{.}\) Trouvez la formule pour la solution générale de \(a x^2 y'' + b x y' + c y = 0\text{.}\) Astuce : Essayez \(y=x^r \ln x\) pour la deuxième solution.
7.
On appelle équation d’Euler (ou Euler-Cauchy) d’ordre deux une équation de la forme
\begin{equation*}
t^2\frac{d^2y}{dt^2}+ \alpha t \frac{dy}{dt} + \beta y =0,\qquad t>0
\end{equation*}
où \(\alpha\) et \(\beta\) sont des constantes réelles.
- Posez \(x = \ln t\) puis calculez \(\frac{dy}{dt}\) et \(\frac{d^2 y}{dt^2}\) en termes de \(\frac{dy}{dx}\) et \(\frac{d^2y}{dx^2} \text{.}\)
-
Servez-vous des résultats de la partie précédente pour transformer l’équation ci-haut en\begin{align*} \amp \frac{d^2y}{dx^2} + (\alpha -1 ) \frac{dy}{dx} + \beta y = 0 \end{align*}
Notez que la deuxième équation a des coefficients constants. Si \(y_1(x)\) et \(y_2(x)\) sont des solutions, alors pour obtenir une solution comme fonction de \(t\) il faut faire la substitution \(x = \ln t\) pour retrouver des solutions de l’équation originale.
8. Réduction d’ordre.
Supposons que \(y_1\) est une solution de \(y'' + p(x) y' + q(x) y = 0\text{.}\) En l’insérant directement dans l’équation, montrez que
\begin{equation*}
y_2(x) = y_1(x) \int \frac{e^{-\int p(x)\,dx}}{{\bigl(y_1(x)\bigr)}^2} \,dx
\end{equation*}
est aussi une solution.
9. Équation de Chebyshev d’ordre 1.
Prenez \((1-x^2)y''-xy' + y = 0\text{.}\)
- Montrez que \(y=x\) est une solution.
- Utilisez la réduction d’ordre pour trouver une deuxième solution linéairement indépendante.
- Écrivez la solution générale.
10. Équation d’Hermite d’ordre 2.
Prenons \(y''-2xy' + 4y = 0\text{.}\)
- Montrez que \(y=1-2x^2\) est une solution.
- Utilisez la réduction d’ordre pour trouver une deuxième solution linéairement indépendante.
- Écrivez la solution générale.
11.
Est-ce que \(\sin(x)\) et \(e^x\) sont linéairement indépendantes? Justifiez votre réponse.
Réponse.
Oui. Pour justifier, essayez de trouver la constante \(A\) telle que \(\sin(x) = A e^x\) pour tout \(x\text{.}\)
12.
Est-ce que \(e^x\) et \(e^{x+2}\)sont linéairement indépendantes? Justifiez votre réponse.
Réponse.
Non. \(e^{x+2} = e^2 e^x\text{.}\)
13.
Devinez une solution de \(y'' + y' + y= 5\text{.}\)
Réponse.
\(y=5\)
14.
Trouvez la solution générale de \(x y'' + y' = 0\text{.}\) Astuce : C’est une équation différentielle du premier ordre pour \(y'\text{.}\)
Réponse.
\(y=C_1 \ln(x) + C_2\)
15.
Écrivez une équation (en utilisant votre imagination) telle qu’elle a les solutions \(e^x\) et \(e^{2x}\text{.}\) Astuce : Essayez une équation de la forme \(y''+Ay'+By = 0\) pour des constances \(A\) et \(B\text{,}\) mettez dans chacune \(e^x\) et \(e^{2x}\) et résolvez pour \(A\) et \(B\text{.}\)
Réponse.
\(y''-3y'+2y = 0\)
