Karamö, le prof virtuelLeçon 26 sur 41
Équations différentielles de la forme ay'' + by' + cy = 0
Je sais résoudre une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants sans second membre, grâce à son équation caractéristique, et trouver la solution qui vérifie deux conditions initiales.
- 1 h 30
- 5 exercices corrigés
- 1 schéma
- QCM de 5 questions
À la fin de la leçon, tu sauras :
- Écrire l'équation caractéristique associée à ay'' + by' + cy = 0
- Donner la solution générale selon le signe du discriminant (deux racines réelles, racine double, racines complexes)
- Résoudre y'' + ω²y = 0 et écrire la solution sous la forme A cos(ωx + φ)
- Déterminer la solution vérifiant y(x₀) = y₀ et y'(x₀) = y₁
Avant de commencer : Équations différentielles du premier ordre ; fonction exponentielle ; fonctions cosinus et sinus et leurs dérivées ; équations du second degré dans ℂ.
1Je découvre
Mamadou conduit une moto-taxi sur les routes de Guinée. Quand sa roue passe dans un nid-de-poule, la suspension s'enfonce, puis la moto remonte, redescend un peu, remonte… et les oscillations s'éteignent en une ou deux secondes grâce à l'amortisseur. Si l'amortisseur était cassé, la moto rebondirait longtemps, comme une balançoire.
En physique, on montre que la position y(t) de la selle autour de sa position d'équilibre vérifie une équation du type
m y'' + λ y' + k y = 0,
où m est la masse, λ le coefficient d'amortissement et k la raideur du ressort. Cette équation fait intervenir la dérivée seconde y'' (l'accélération) : c'est une équation différentielle du second ordre.
Selon les valeurs de m, λ et k, la selle peut revenir doucement à l'équilibre sans osciller, ou osciller en s'amortissant, ou osciller sans fin.
Comment résoudre une équation différentielle ay'' + by' + cy = 0, et comment voir sur les coefficients si les solutions oscillent ?
2Je comprends
1. Définition et idée de départ
On considère l'équation (E) : ay'' + by' + cy = 0, où a, b, c sont des réels avec a ≠ 0, et y est une fonction deux fois dérivable sur ℝ.
Idée. Cherchons des solutions de la forme y = erx (r constant). Alors y' = rerx et y'' = r2erx, et (E) devient
(ar2 + br + c) erx = 0.
Comme erx ≠ 0, y = erx est solution si et seulement si ar2 + br + c = 0.
Définition. L'équation ar2 + br + c = 0 s'appelle l'équation caractéristique de (E). On note Δ = b2 - 4ac son discriminant.
Propriété de linéarité. Si y1 et y2 sont solutions de (E), alors C1y1 + C2y2 est aussi solution pour tous réels C1, C2. C'est pourquoi la solution générale contient deux constantes.
2. Le théorème de résolution
| Signe de Δ | Racines de l'équation caractéristique | Solutions de (E) (C1, C2 réels) |
|---|---|---|
| Δ > 0 | deux racines réelles r1 et r2 | y(x) = C1er1x + C2er2x |
| Δ = 0 | une racine double r0 = -b2a | y(x) = (C1x + C2) er0x |
| Δ < 0 | deux racines complexes α ± iβ | y(x) = eα x(C1cosβ x + C2sinβ x) |
Dans le cas Δ < 0 : α = -b2a et β = √-Δ2a (en prenant a > 0). Ce sont les solutions qui oscillent : c'est le cas de la moto dont l'amortisseur est faible.
Conditions initiales. Pour tous réels x0, y0, y1, l'équation (E) a une unique solution telle que y(x0) = y0 et y'(x0) = y1. Il faut deux conditions pour trouver les deux constantes.
Méthode
Pour résoudre ay'' + by' + cy = 0 avec deux conditions initiales :
- J'écris l'équation caractéristique ar² + br + c = 0 (y'' → r², y' → r, y → 1).
- Je calcule Δ et les racines (réelles ou complexes).
- J'écris la solution générale correspondante (tableau), avec deux constantes C₁ et C₂.
- Je calcule y'(x) en dérivant la solution générale.
- J'utilise y(x₀) et y'(x₀) pour obtenir un système en C₁ et C₂, que je résous.
- J'écris la solution et je vérifie une condition.
Exemple
Résoudre y'' − 3y' + 2y = 0, puis trouver la solution telle que y(0) = 1 et y'(0) = 0.
Équation caractéristique : r² − 3r + 2 = 0. Δ = 9 − 8 = 1 > 0 ; r₁ = (3 − 1)/2 = 1 et r₂ = (3 + 1)/2 = 2.
Solution générale : y(x) = C₁eˣ + C₂e^{2x}, donc y'(x) = C₁eˣ + 2C₂e^{2x}.
y(0) = C₁ + C₂ = 1 et y'(0) = C₁ + 2C₂ = 0. En soustrayant : C₂ = −1, puis C₁ = 2.
Solution : y(x) = 2eˣ − e^{2x}.
Exemple
Résoudre y'' + 4y' + 4y = 0.
Équation caractéristique : r² + 4r + 4 = 0, soit (r + 2)² = 0 : Δ = 0, racine double r₀ = −2.
Solution générale : y(x) = (C₁x + C₂)e^{−2x}, C₁ et C₂ réels.
Exemple
Résoudre y'' + 2y' + 5y = 0, puis trouver la solution telle que y(0) = 0 et y'(0) = 2.
Équation caractéristique : r² + 2r + 5 = 0. Δ = 4 − 20 = −16 = (4i)².
Racines : r = (−2 ± 4i)/2 = −1 ± 2i, donc α = −1 et β = 2.
Solution générale : y(x) = e^{−x}(C₁ cos 2x + C₂ sin 2x).
y(0) = C₁ = 0, donc y(x) = C₂e^{−x} sin 2x et y'(x) = C₂e^{−x}(−sin 2x + 2cos 2x).
y'(0) = 2C₂ = 2, donc C₂ = 1. Solution : y(x) = e^{−x} sin 2x.
3. Le cas particulier y'' + ω²y = 0
C'est l'équation de l'oscillateur harmonique (ressort sans frottement, circuit LC). L'équation caractéristique r2 + ω2 = 0 a pour racines ± iω (α = 0, β = ω). Les solutions sont
y(x) = C1cosω x + C2sinω x.
On peut toujours les écrire sous la forme y(x) = Acos(ω x + varphi) avec A ≥ 0 : ce sont des fonctions périodiques de période 2πω.
Pour passer d'une forme à l'autre, on développe : Acos(ω x + varphi) = Acosvarphicosω x - Asinvarphisinω x, puis on identifie C1 = Acosvarphi et C2 = -Asinvarphi, d'où A = √C12 + C22.
Exemple
Résoudre y'' + 9y = 0 avec y(0) = 1 et y'(0) = 3, puis écrire la solution sous la forme A cos(3x + φ).
ω² = 9, ω = 3 : y(x) = C₁ cos 3x + C₂ sin 3x et y'(x) = −3C₁ sin 3x + 3C₂ cos 3x.
y(0) = C₁ = 1 et y'(0) = 3C₂ = 3, donc C₂ = 1 : y(x) = cos 3x + sin 3x.
A = √(1 + 1) = √2 ; cos φ = 1/√2 et −sin φ = 1/√2, donc φ = −π/4.
y(x) = √2 cos(3x − π/4). Période : 2π/3.
3Je retiens
Je retiens
ay'' + by' + cy = 0 (a ≠ 0) → équation caractéristique ar² + br + c = 0, Δ = b² − 4ac.
Δ > 0 (racines r₁, r₂) : y = C₁e^{r₁x} + C₂e^{r₂x}.
Δ = 0 (racine double r₀) : y = (C₁x + C₂)e^{r₀x}.
Δ < 0 (racines α ± iβ) : y = e^{αx}(C₁ cos βx + C₂ sin βx).
y'' + ω²y = 0 : y = C₁ cos ωx + C₂ sin ωx = A cos(ωx + φ), période 2π/ω.
Deux conditions y(x₀) et y'(x₀) déterminent une solution unique.
4Erreurs fréquentes
- Écrire l'équation caractéristique avec les mauvais coefficients : pour y'' + 9y = 0, c'est r² + 9 = 0 (le terme en r est absent), pas r² + 9r = 0.
- Oublier le facteur x dans le cas de la racine double : (C₁x + C₂)e^{r₀x}, et non (C₁ + C₂)e^{r₀x}, qui ne contient en réalité qu'une constante.
- Garder le i dans la solution : les racines −1 ± 2i donnent e^{−x}(C₁ cos 2x + C₂ sin 2x) ; on prend α = −1 et β = 2, sans i.
- Utiliser une seule condition initiale : il en faut deux (y et y') pour trouver C₁ et C₂.
5Je m’exerce
1Exercice 1
Résous les équations différentielles suivantes.
a) y'' - y' - 6y = 0 b) y'' - 6y' + 9y = 0 c) y'' + 2y' + 2y = 0 d) 4y'' + y = 0
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a) r2 - r - 6 = 0 : Δ = 1 + 24 = 25, r1 = 1 - 52 = -2 et r2 = 1 + 52 = 3. y(x) = C1e-2x + C2e3x.
b) r2 - 6r + 9 = (r - 3)2 = 0 : racine double 3. y(x) = (C1x + C2)e3x.
c) r2 + 2r + 2 = 0 : Δ = 4 - 8 = -4 = (2i)2, r = -1 ± i. y(x) = e-x(C1cos x + C2sin x).
d) 4r2 + 1 = 0 ⇔ r2 = -14 ⇔ r = ± i2. y(x) = C1cosx2 + C2sinx2.
2Exercice 2
Détermine la solution de y'' + 16y = 0 telle que y(0) = 2 et y'(0) = 0. Quelle est sa période ?
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ω = 4 : y(x) = C1cos 4x + C2sin 4x et y'(x) = -4C1sin 4x + 4C2cos 4x.
y(0) = C1 = 2 ; y'(0) = 4C2 = 0 donc C2 = 0. Solution : y(x) = 2cos 4x. Période : 2π4 = π2.
3Exercice 3
Détermine la solution de y'' - 4y = 0 telle que y(0) = 0 et y'(0) = 4.
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r2 - 4 = 0 ⇔ r = ± 2 : y(x) = C1e2x + C2e-2x et y'(x) = 2C1e2x - 2C2e-2x.
y(0) = C1 + C2 = 0 et y'(0) = 2C1 - 2C2 = 4, soit C1 - C2 = 2. Donc C1 = 1 et C2 = -1.
Solution : y(x) = e2x - e-2x.
4Exercice 4
Détermine la solution de y'' - 2y' + y = 0 telle que y(0) = 1 et y'(0) = 3.
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r2 - 2r + 1 = (r - 1)2 = 0 : racine double 1. y(x) = (C1x + C2)ex.
y'(x) = C1ex + (C1x + C2)ex = (C1x + C1 + C2)ex.
y(0) = C2 = 1 ; y'(0) = C1 + C2 = 3, donc C1 = 2. Solution : y(x) = (2x + 1)ex.
5Exercice 5
(Type BAC) On considère l'équation (E) : y'' + 2y' + 10y = 0.
a) Résous (E).
b) Détermine la solution f de (E) telle que f(0) = 1 et f'(0) = 2.
c) Montre que f(x) = √2 e-xcos(3x - π4).
d) Montre que pour tout réel x ≥ 0, |f(x)| ≤ √2 e-x, et déduis-en la limite de f en +∞.
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a) r2 + 2r + 10 = 0 : Δ = 4 - 40 = -36 = (6i)2, r = -2 ± 6i2 = -1 ± 3i.
Solutions : y(x) = e-x(C1cos 3x + C2sin 3x), C1, C2 réels.
b) f(0) = C1 = 1. En dérivant le produit : f'(x) = e-x[(3C2 - C1)cos 3x - (3C1 + C2)sin 3x].
f'(0) = 3C2 - C1 = 2, donc 3C2 = 3 et C2 = 1. f(x) = e-x(cos 3x + sin 3x).
c) √2cos(3x - π4) = √2(cos 3xcosπ4 + sin 3xsinπ4) = √2 × √22(cos 3x + sin 3x) = cos 3x + sin 3x.
Donc f(x) = √2 e-xcos(3x - π4).
d) Pour tout x, |cos(3x - π4)| ≤ 1 et e-x > 0, donc |f(x)| ≤ √2 e-x.
Comme limx → +∞√2 e-x = 0, le théorème des gendarmes donne limx → +∞ f(x) = 0 : c'est une oscillation amortie qui s'éteint.
Cherche d’abord seul, sur ton cahier, puis ouvre le corrigé pour comparer.
6Je vérifie
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