Karamö, le prof virtuelLeçon 27 sur 38
Équations différentielles de la forme ay'' + by' + cy = φ(t)
Je sais résoudre une équation différentielle du second ordre avec second membre en ajoutant une solution particulière aux solutions de l'équation sans second membre, puis trouver la solution qui vérifie deux conditions initiales.
- 1 h 30
- 5 exercices corrigés
- 2 schémas
- QCM de 5 questions
À la fin de la leçon, tu sauras :
- Connaître et justifier la structure des solutions : solution particulière + solutions de l'équation homogène
- Trouver une solution particulière de forme donnée (constante, polynôme, exponentielle, trigonométrique) par identification
- Résoudre complètement une équation avec second membre et deux conditions initiales
- Interpréter la solution d'un oscillateur forcé (régime transitoire et régime permanent)
Avant de commencer : Équations différentielles ay'' + by' + cy = 0 (équation caractéristique, trois cas) ; dérivées des fonctions polynômes, exponentielles, cosinus et sinus ; identification de coefficients.
1Je découvre
Dans la leçon précédente, la selle de la moto-taxi de Mamadou oscillait puis revenait au repos : aucune force extérieure n'agissait sur elle après le choc. Mais sur une piste en tôle ondulée, comme on en trouve souvent en saison sèche sur les routes en latérite, la roue est secouée régulièrement, sans arrêt.
L'équation du mouvement reçoit alors un second membre qui représente cette excitation extérieure, par exemple :
y''(t) + 3y'(t) + 2y(t) = 10cos t.
Mamadou constate que, quelques secondes après être entré sur la tôle ondulée, la moto ne vibre plus « à sa façon » : elle vibre au rythme imposé par la piste. Le mouvement propre de la suspension s'est éteint, et il ne reste que le mouvement forcé.
Comment résoudre une équation différentielle ay'' + by' + cy = varphi(t), et comment voit-on, dans la solution, la part qui s'éteint et celle qui dure ?
2Je comprends
1. Structure des solutions
On considère l'équation (E) : ay'' + by' + cy = varphi(t), où a ≠ 0, b, c sont réels et varphi est une fonction donnée (le second membre). On lui associe l'équation homogène (ou « sans second membre ») (E0) : ay'' + by' + cy = 0, que tu sais résoudre.
Théorème. Si yp est une solution particulière de (E), alors les solutions de (E) sont les fonctions
y = yp + y0,
où y0 parcourt l'ensemble des solutions de (E0).
Démonstration. Soit y une fonction deux fois dérivable. Par linéarité de la dérivation :
a(y - yp)'' + b(y - yp)' + c(y - yp) = (ay'' + by' + cy) - (ayp'' + byp' + cyp) = (ay'' + by' + cy) - varphi.
Donc y est solution de (E) si et seulement si y - yp est solution de (E0).
En résumé : solution générale de (E) = une solution particulière de (E) + solution générale de (E0).
- 1Résoudre l'équation homogène (E₀) : équation caractéristique, puis y₀ avec deux constantes C₁ et C₂.
- 2Chercher une solution particulière y_p de (E), de la forme indiquée, par identification.
- 3Écrire la solution générale : y = y_p + y₀.
- 4Utiliser les deux conditions initiales sur y (pas sur y₀) pour calculer C₁ et C₂.
- 5Vérifier une condition et interpréter (limite, régime permanent).
2. Trouver une solution particulière
Au BAC, l'énoncé donne presque toujours la forme de la solution particulière. On la dérive deux fois, on remplace dans (E) et on identifie les coefficients. Le tableau suivant indique la forme à essayer dans les cas usuels.
| Second membre varphi(t) | Forme de yp à essayer | Condition |
|---|---|---|
| constante k | constante kc | c ≠ 0 |
| polynôme de degré n | polynôme de degré n | c ≠ 0 |
| k emt | A emt | m n'est pas racine de l'équation caractéristique |
| k1cosω t + k2sinω t | Acosω t + Bsinω t | iω n'est pas racine de l'équation caractéristique |
Principe de superposition. Si y1 est solution avec le second membre varphi1 et y2 avec varphi2, alors y1 + y2 est solution avec le second membre varphi1 + varphi2.
Méthode
Pour trouver une solution particulière de forme donnée :
- J'écris la forme proposée avec des coefficients inconnus (A, B, α, β…).
- Je calcule y_p' et y_p''.
- Je remplace dans a y'' + b y' + c y et je regroupe les termes semblables (t², t, constantes ; ou cos, sin ; ou e^{mt}).
- J'identifie avec le second membre : j'obtiens un système que je résous.
- Je vérifie en remplaçant y_p dans l'équation.
Exemple
Résoudre y'' − 3y' + 2y = 4.
(E₀) : r² − 3r + 2 = 0, racines 1 et 2 : y₀ = C₁eᵗ + C₂e^{2t}.
Solution particulière constante : y_p = k, y_p' = y_p'' = 0, donc 2k = 4 et k = 2.
Solutions : y(t) = C₁eᵗ + C₂e^{2t} + 2, C₁ et C₂ réels.
Exemple
Résoudre y'' − y' − 2y = −2t + 3, en cherchant une solution particulière affine.
(E₀) : r² − r − 2 = 0, soit (r − 2)(r + 1) = 0 : y₀ = C₁e^{2t} + C₂e^{−t}.
y_p = αt + β : y_p' = α, y_p'' = 0. On remplace : 0 − α − 2(αt + β) = −2αt + (−α − 2β).
Identification : −2α = −2 donc α = 1 ; −α − 2β = 3 donc −2β = 4 et β = −2.
y_p(t) = t − 2. Vérification : 0 − 1 − 2(t − 2) = −2t + 3. Juste.
Solutions : y(t) = C₁e^{2t} + C₂e^{−t} + t − 2.
Exemple
Résoudre y'' + 4y = 5eᵗ avec y(0) = 1 et y'(0) = 3.
(E₀) : r² + 4 = 0, r = ±2i : y₀ = C₁ cos 2t + C₂ sin 2t.
y_p = Aeᵗ : y_p'' = Aeᵗ, donc Aeᵗ + 4Aeᵗ = 5eᵗ, soit 5A = 5 et A = 1.
Solution générale : y(t) = C₁ cos 2t + C₂ sin 2t + eᵗ, donc y'(t) = −2C₁ sin 2t + 2C₂ cos 2t + eᵗ.
y(0) = C₁ + 1 = 1 donne C₁ = 0 ; y'(0) = 2C₂ + 1 = 3 donne C₂ = 1.
Solution : y(t) = sin 2t + eᵗ.
3. L'oscillateur forcé : régime transitoire et régime permanent
Revenons à la moto de Mamadou : (E) : y'' + 3y' + 2y = 10cos t.
Exemple
Résoudre (E) avec y(0) = 0 et y'(0) = 0, en cherchant y_p = A cos t + B sin t.
(E₀) : r² + 3r + 2 = (r + 1)(r + 2) = 0 : y₀ = C₁e^{−t} + C₂e^{−2t}.
y_p' = −A sin t + B cos t et y_p'' = −A cos t − B sin t.
y_p'' + 3y_p' + 2y_p = (−A + 3B + 2A) cos t + (−B − 3A + 2B) sin t = (A + 3B) cos t + (B − 3A) sin t.
Identification : A + 3B = 10 et B − 3A = 0. Donc B = 3A, puis 10A = 10 : A = 1 et B = 3.
y(t) = C₁e^{−t} + C₂e^{−2t} + cos t + 3 sin t.
y(0) = C₁ + C₂ + 1 = 0 et y'(0) = −C₁ − 2C₂ + 3 = 0, soit C₁ + C₂ = −1 et C₁ + 2C₂ = 3.
En soustrayant : C₂ = 4, puis C₁ = −5. Solution : y(t) = −5e^{−t} + 4e^{−2t} + cos t + 3 sin t.
La partie -5e-t + 4e-2t tend vers 0 quand t → +∞ : c'est le régime transitoire, le mouvement propre de la suspension, qui s'éteint. La partie cos t + 3sin t dure : c'est le régime permanent, au rythme imposé par la piste. Son amplitude vaut √12 + 32 = √10 ≈ 3,16.
3Je retiens
Je retiens
Solutions de ay'' + by' + cy = φ(t) : y = y_p + y₀, avec y_p UNE solution particulière et y₀ la solution générale de l'équation homogène.
Pour y_p, on essaie une fonction « de même forme » que φ : constante, polynôme de même degré, Ae^{mt}, A cos ωt + B sin ωt.
On trouve les coefficients de y_p par identification, puis on vérifie.
Les conditions initiales s'appliquent à la solution complète y = y_p + y₀, jamais à y₀ seule.
Oscillateur amorti forcé : y₀ → 0 (régime transitoire), il reste y_p (régime permanent).
4Erreurs fréquentes
- Appliquer les conditions initiales avant d'avoir ajouté y_p : on obtient de fausses constantes. On écrit d'abord y = y_p + y₀, puis on utilise y(0) et y'(0).
- Oublier le sinus dans la forme de y_p : pour φ(t) = 10 cos t, il faut essayer A cos t + B sin t (avec B pas forcément nul), car la dérivée première fait apparaître des sinus.
- Donner y_p seule comme réponse : y_p n'est qu'UNE solution ; la solution générale contient deux constantes.
- Mal regrouper les termes : avant d'identifier, range tout selon cos t et sin t (ou selon les puissances de t).
5Je m’exerce
1Exercice 1
Résous l'équation y'' + y' - 6y = 12.
Voir le corrigéCacher le corrigé
(E0) : r2 + r - 6 = 0, Δ = 1 + 24 = 25, racines -1 - 52 = -3 et -1 + 52 = 2 : y0 = C1e2t + C2e-3t.
Solution particulière constante : -6k = 12, donc k = -2.
Solutions : y(t) = C1e2t + C2e-3t - 2, C1, C2 réels.
2Exercice 2
On considère (E) : y'' + 9y = 9t.
a) Vérifie que yp(t) = t est solution de (E).
b) Résous (E).
c) Détermine la solution telle que y(0) = 0 et y'(0) = 4.
Voir le corrigéCacher le corrigé
a) yp = t : yp'' = 0, donc yp'' + 9yp = 9t. C'est bien une solution.
b) (E0) : r2 + 9 = 0, r = ± 3i : y0 = C1cos 3t + C2sin 3t. Solutions : y(t) = C1cos 3t + C2sin 3t + t.
c) y(0) = C1 = 0 ; y'(t) = -3C1sin 3t + 3C2cos 3t + 1, donc y'(0) = 3C2 + 1 = 4 et C2 = 1.
Solution : y(t) = sin 3t + t.
3Exercice 3
On considère (E) : y'' - 2y' + y = 4e-t.
a) Détermine le réel A tel que yp(t) = Ae-t soit solution de (E).
b) Résous (E).
Voir le corrigéCacher le corrigé
a) yp = Ae-t, yp' = -Ae-t, yp'' = Ae-t. On remplace : Ae-t + 2Ae-t + Ae-t = 4Ae-t = 4e-t, donc A = 1.
b) (E0) : r2 - 2r + 1 = (r - 1)2 = 0, racine double 1 : y0 = (C1t + C2)et.
Solutions : y(t) = (C1t + C2)et + e-t.
4Exercice 4
On considère (E) : y'' + y = 2cos 2t.
a) Détermine les réels A et B tels que yp(t) = Acos 2t + Bsin 2t soit solution de (E).
b) Résous (E).
Voir le corrigéCacher le corrigé
a) yp'' = -4Acos 2t - 4Bsin 2t, donc yp'' + yp = -3Acos 2t - 3Bsin 2t = 2cos 2t.
Identification : -3A = 2 et -3B = 0, donc A = -23 et B = 0 : yp(t) = -23cos 2t.
b) (E0) : r2 + 1 = 0, r = ± i : y0 = C1cos t + C2sin t.
Solutions : y(t) = C1cos t + C2sin t - 23cos 2t.
5Exercice 5
(Type BAC) On considère l'équation (E) : y'' - 4y' + 4y = 4t2 - 8t + 2.
a) Détermine les réels a, b, c tels que la fonction g(t) = at2 + bt + c soit solution de (E).
b) Résous l'équation homogène (E0) : y'' - 4y' + 4y = 0.
c) Déduis-en les solutions de (E).
d) Détermine la solution f de (E) telle que f(0) = 1 et f'(0) = 0.
Voir le corrigéCacher le corrigé
a) g'(t) = 2at + b et g''(t) = 2a.
g'' - 4g' + 4g = 2a - 8at - 4b + 4at2 + 4bt + 4c = 4at2 + (4b - 8a)t + (2a - 4b + 4c).
Identification avec 4t2 - 8t + 2 : 4a = 4 donc a = 1 ; 4b - 8 = -8 donc b = 0 ; 2 - 0 + 4c = 2 donc c = 0. Ainsi g(t) = t2.
b) r2 - 4r + 4 = (r - 2)2 = 0 : racine double 2. y0(t) = (C1t + C2)e2t.
c) Solutions de (E) : y(t) = (C1t + C2)e2t + t2, C1, C2 réels.
d) f(0) = C2 = 1. f'(t) = C1e2t + 2(C1t + C2)e2t + 2t, donc f'(0) = C1 + 2C2 = 0 et C1 = -2.
f(t) = (1 - 2t)e2t + t2. Vérification : f(0) = 1.
Cherche d’abord seul, sur ton cahier, puis ouvre le corrigé pour comparer.
6Je vérifie
Choisis une réponse pour chaque question : la correction s’affiche aussitôt.
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