Résoudre y'+ay=b(x) : solution homogène en Ce⁻ᵃˣ, solution particulière selon la forme du second membre, le cas résonant, et la méthode universelle de variation de la constante.
Une équation différentielle linéaire du premier ordre (à coefficients constants) s'écrit :
$$y' + ay = b(x)$$
où $a\in\mathbb R$ est une constante, $b(x)$ le second membre (une fonction donnée), et $y=y(x)$ la fonction inconnue. Si $b(x)=0$, l'équation est dite homogène (ou sans second membre).
Les solutions de l'équation homogène $y'+ay=0$ sont exactement les fonctions :
$$y(x) = Ce^{-ax}, \qquad C\in\mathbb R$$
Justification : $y'+ay=0\iff y'=-ay$. On reconnaît l'équation caractéristique de l'exponentielle : les fonctions $y$ vérifiant $y'=ky$ (pour une constante $k$) sont exactement les $y(x)=Ce^{kx}$. Ici $k=-a$.
Résoudre $y'+2y=0$ : les solutions sont $y(x)=Ce^{-2x}$, $C\in\mathbb R$.
La solution générale de $y'+ay=b(x)$ est la somme d'une solution particulière $y_p$ de l'équation complète et de la solution générale de l'équation homogène :
$$y(x) = y_p(x) + Ce^{-ax}, \qquad C\in\mathbb R$$
Cette structure (solution particulière + solution homogène) est un principe général de toute équation différentielle linéaire — on le retrouvera identique au chapitre suivant pour le second ordre.
Si $b(x)=b_0$ (constante) et $a\neq0$, on cherche une solution particulière constante $y_p=k$. En injectant : $0+ak=b_0\Rightarrow k=\dfrac{b_0}a$.
Résolvons $y'-3y=6$.
Solution particulière constante : $y_p=\dfrac6{-3}=-2$ (vérification : $y_p'=0$, et $0-3(-2)=6$ ✓).
Solution générale : $y(x)=-2+Ce^{3x}$, $C\in\mathbb R$.
Si $b(x)=\lambda e^{\mu x}$, on cherche $y_p=Ke^{\mu x}$ (même forme que le second membre), sauf si $\mu=-a$ (cas dit « résonant »), où l'on cherche plutôt $y_p=Kxe^{\mu x}$.
Résolvons $y'+2y=e^x$.
On cherche $y_p=Ke^x$ : $y_p'=Ke^x$, donc $Ke^x+2Ke^x=e^x\Rightarrow3K=1\Rightarrow K=\dfrac13$.
Solution générale : $y(x)=\dfrac13e^x+Ce^{-2x}$, $C\in\mathbb R$.
Une équation différentielle du premier ordre admet une infinité de solutions (paramétrées par $C$). Une condition initiale $y(x_0)=y_0$ permet de sélectionner l'unique solution qui la vérifie.
Reprenons $y'+2y=e^x$ (solution générale $y=\dfrac13e^x+Ce^{-2x}$), avec la condition $y(0)=0$.
$y(0)=\dfrac13+C=0\Rightarrow C=-\dfrac13$.
Solution particulière cherchée : $y(x)=\dfrac13e^x-\dfrac13e^{-2x}=\dfrac13\left(e^x-e^{-2x}\right)$.
La courbe passe bien par l'origine ($y(0)=0$) puis croît rapidement, dominée par le terme $e^x$ pour $x$ grand (le terme $-\frac13e^{-2x}$ devenant vite négligeable).
Pour $y'+ay=\lambda e^{-ax}$ (le second membre a exactement le même taux que la solution homogène), chercher $y_p=Ke^{-ax}$ échoue (le membre de gauche s'annule identiquement). Il faut alors chercher $y_p=Kxe^{-ax}$.
Résolvons $y'+2y=5e^{-2x}$ (ici $\mu=-2=-a$ : cas résonant).
On cherche $y_p=Kxe^{-2x}$ : $y_p'=Ke^{-2x}-2Kxe^{-2x}$. En injectant : $Ke^{-2x}-2Kxe^{-2x}+2Kxe^{-2x}=5e^{-2x}\Rightarrow Ke^{-2x}=5e^{-2x}\Rightarrow K=5$.
Solution générale : $y(x)=5xe^{-2x}+Ce^{-2x}=(5x+C)e^{-2x}$.
Les méthodes des §4-7 reposent sur le fait de « deviner » la forme de $y_p$ à partir de celle de $b(x)$. Mais si $b(x)$ est quelconque (par exemple $\dfrac1x$, $\ln x$, $\tan x$...), aucune forme candidate simple n'existe. La méthode de variation de la constante (ou méthode de Lagrange) fournit alors une solution particulière pour n'importe quel second membre continu.
On sait que l'équation homogène $y'+ay=0$ a pour solutions $y_h(x)=Ce^{-ax}$. L'idée : chercher une solution particulière de l'équation complète sous la même forme, mais en remplaçant la constante $C$ par une fonction $C(x)$ à déterminer :
$$y_p(x) = C(x)\,e^{-ax}$$
En injectant $y_p'=C'(x)e^{-ax}-aC(x)e^{-ax}$ dans $y'+ay=b(x)$, les termes en $C(x)$ se compensent exactement (comme pour la solution homogène), et il ne reste que :
$$C'(x)\,e^{-ax} = b(x) \iff C'(x) = b(x)\,e^{ax}$$
Il suffit alors d'intégrer $C'(x)$ pour trouver $C(x)$, puis $y_p(x)=C(x)e^{-ax}$.
Résolvons $y'+y=\dfrac{e^{-x}}x$ sur $]0,+\infty[$.
Solution homogène : $y_h=Ce^{-x}$ (ici $a=1$). On pose $y_p=C(x)e^{-x}$.
$C'(x)=b(x)e^{ax}=\dfrac{e^{-x}}x\times e^x=\dfrac1x$.
En intégrant : $C(x)=\ln x$ (une primitive suffit, pas besoin de constante ici puisqu'on cherche une solution particulière).
$y_p(x)=(\ln x)\,e^{-x}$. Solution générale : $y(x)=(\ln x+C)e^{-x}$, $C\in\mathbb R$ — un résultat impossible à deviner par les méthodes des §4-6, car $\dfrac{e^{-x}}x$ n'est ni un polynôme, ni une exponentielle simple, ni une fonction trigonométrique.
La variation de la constante fonctionne pour tout second membre continu — y compris les cas déjà traités aux §4-7 (elle redonnerait les mêmes résultats). Mais elle demande de calculer une intégrale à chaque fois, alors que deviner directement la forme de $y_p$ (quand c'est possible) est souvent plus rapide. En pratique : on devine la forme quand $b(x)$ s'y prête (polynôme, exponentielle, trigonométrique), et on réserve la variation de la constante aux cas où aucune forme simple n'est disponible.
Résoudre $y'+3y=0$.
$y(x)=Ce^{-3x}$, $C\in\mathbb R$.
Résoudre $y'-4y=0$ avec $y(0)=2$.
Solution générale : $y(x)=Ce^{4x}$. $y(0)=C=2$.
$y(x)=2e^{4x}$.
Résoudre $y'+y=4$.
Solution particulière constante $y_p=4/1=4$.
Solution générale : $y(x)=4+Ce^{-x}$.
Résoudre $y'-2y=-6$ avec $y(0)=1$.
$y_p=-6/(-2)=3$. Solution générale : $y(x)=3+Ce^{2x}$.
$y(0)=3+C=1\Rightarrow C=-2$. $y(x)=3-2e^{2x}$.
Résoudre $y'+5y=e^{2x}$.
$y_p=Ke^{2x}$. $2Ke^{2x}+5Ke^{2x}=e^{2x}\Rightarrow7K=1\Rightarrow K=\dfrac17$.
$y(x)=\dfrac17e^{2x}+Ce^{-5x}$.
Résoudre $y'-y=e^{3x}$ avec $y(0)=0$.
$y_p=Ke^{3x}$. $3Ke^{3x}-Ke^{3x}=e^{3x}\Rightarrow2K=1\Rightarrow K=\dfrac12$. Solution générale : $y(x)=\dfrac12e^{3x}+Ce^x$.
$y(0)=\dfrac12+C=0\Rightarrow C=-\dfrac12$. $y(x)=\dfrac12e^{3x}-\dfrac12e^x=\dfrac12\left(e^{3x}-e^x\right)$.
Résoudre $y'+3y=e^{-3x}$.
Le second membre a le même taux ($-3$) que la solution homogène : cas résonant. On cherche $y_p=Kxe^{-3x}$.
$y_p'=Ke^{-3x}-3Kxe^{-3x}$. $y_p'+3y_p=Ke^{-3x}-3Kxe^{-3x}+3Kxe^{-3x}=Ke^{-3x}=e^{-3x}\Rightarrow K=1$.
$y(x)=xe^{-3x}+Ce^{-3x}=(x+C)e^{-3x}$.
Résoudre $y'+2y=\cos x$.
On cherche $y_p=A\cos x+B\sin x$. $y_p'=-A\sin x+B\cos x$.
$y_p'+2y_p=(2A+B)\cos x+(2B-A)\sin x=\cos x$. Par identification : $2A+B=1$ et $2B-A=0$, soit $A=2B$.
$2(2B)+B=1\Rightarrow5B=1\Rightarrow B=\dfrac15,\,A=\dfrac25$.
$y(x)=\dfrac25\cos x+\dfrac15\sin x+Ce^{-2x}$.
Résoudre $y'+y=x$.
On cherche $y_p=\alpha x+\beta$ (même degré que le second membre). $y_p'=\alpha$.
$\alpha+\alpha x+\beta=x\Rightarrow\alpha=1$ (coefficient de $x$), puis $\alpha+\beta=0\Rightarrow\beta=-1$.
$y(x)=x-1+Ce^{-x}$.
Résoudre $y'-2y=4x$.
$y_p=\alpha x+\beta$. $y_p'=\alpha$. $\alpha-2\alpha x-2\beta=4x\Rightarrow-2\alpha=4\Rightarrow\alpha=-2$, puis $\alpha-2\beta=0\Rightarrow\beta=-1$.
$y(x)=-2x-1+Ce^{2x}$.
Vérifier, par substitution directe, que $y(x)=3-2e^{2x}$ (exercice 4) est bien solution de $y'-2y=-6$.
$y'(x)=-4e^{2x}$. $y'-2y=-4e^{2x}-2(3-2e^{2x})=-4e^{2x}-6+4e^{2x}=-6$ ✓.
La loi de refroidissement de Newton s'écrit $T'=-k(T-T_{amb})$, soit $T'+kT=kT_{amb}$. Résoudre cette équation avec $k=0{,}1$, $T_{amb}=20$, et $T(0)=90$.
$T_p=\dfrac{kT_{amb}}k=T_{amb}=20$ (solution particulière constante). Solution générale : $T(t)=20+Ce^{-0{,}1t}$.
$T(0)=20+C=90\Rightarrow C=70$. $T(t)=20+70e^{-0{,}1t}$ — exactement le modèle déjà rencontré au chapitre « Fonction exponentielle ».
La charge d'un condensateur dans un circuit RC vérifie $RQ'+\dfrac Q C=E$ (avec $R,C,E$ constants), soit $Q'+\dfrac1{RC}Q=\dfrac ER$. Résoudre avec $Q(0)=0$.
$Q_p=\dfrac{E/R}{1/(RC)}=EC$ (solution particulière constante). Solution générale : $Q(t)=EC+De^{-t/(RC)}$ ($D$ constante).
$Q(0)=EC+D=0\Rightarrow D=-EC$. $Q(t)=EC\left(1-e^{-t/(RC)}\right)$ — la loi de charge classique d'un condensateur.
Sans résoudre, dire si $y'+4y=e^{4x}$ relève du cas résonant.
Non : le taux de l'homogène est $-4$ (solution $Ce^{-4x}$), alors que le second membre a un taux $+4$ : ce n'est pas le cas résonant (qui exigerait un second membre en $e^{-4x}$). On cherche donc directement $y_p=Ke^{4x}$.
Sachant que $y_1$ est solution de $y'+ay=b_1(x)$ et $y_2$ solution de $y'+ay=b_2(x)$, montrer que $y_1+y_2$ est solution de $y'+ay=b_1(x)+b_2(x)$.
$(y_1+y_2)'+a(y_1+y_2)=(y_1'+ay_1)+(y_2'+ay_2)=b_1(x)+b_2(x)$, par linéarité de la dérivation. C'est le principe de superposition, valable pour toute équation différentielle linéaire — il permet de traiter séparément chaque terme d'un second membre composé (par exemple $b(x)=3+e^x$), puis d'additionner les solutions particulières trouvées.
À l'aide du principe de superposition (exercice 15) et des résultats déjà établis, résoudre $y'+2y=4+e^x$ (combinant les cas déjà vus).
Pour $b_1(x)=4$ : $y_{p,1}=4/2=2$.
Pour $b_2(x)=e^x$ : $y_{p,2}=Ke^x$ avec $K+2K=1\Rightarrow K=\dfrac13$.
Par superposition : $y(x)=2+\dfrac13e^x+Ce^{-2x}$.
Expliquer pourquoi la donnée d'une condition initiale $y(x_0)=y_0$ détermine une unique solution parmi la famille $y(x)=y_p(x)+Ce^{-ax}$.
L'équation $y(x_0)=y_p(x_0)+Ce^{-ax_0}=y_0$ est une équation linéaire en $C$ à un seul inconnue, avec un coefficient $e^{-ax_0}\neq0$ (l'exponentielle ne s'annule jamais) : elle admet donc toujours une solution unique en $C$, fixant ainsi la courbe intégrale de façon univoque.
Vrai ou faux : « toute équation $y'+ay=b(x)$ possède une unique solution, quelle que soit la forme de $b$ ».
Faux, sans condition initiale : la solution générale dépend d'une constante $C$ arbitraire (cours §3), donc il existe une infinité de solutions. C'est seulement en ajoutant une condition initiale $y(x_0)=y_0$ que l'unicité est garantie (exercice 17).
Résoudre $y'+y=2$ avec $y(0)=5$, puis calculer $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}y(x)$.
$y_p=2$. Solution générale : $y(x)=2+Ce^{-x}$. $y(0)=2+C=5\Rightarrow C=3$. $y(x)=2+3e^{-x}$.
$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}y(x)=2+0=2$ : la solution converge vers la valeur d'équilibre (la solution particulière constante), quelle que soit la condition initiale — un comportement typique des équations à coefficient $a>0$ (régime stable).
Résoudre $y'-3y=9e^{3x}$ avec $y(0)=2$ (cas résonant à traiter, condition initiale à appliquer).
Le taux du second membre ($3$) coïncide avec celui de l'homogène : cas résonant. On cherche $y_p=Kxe^{3x}$.
$y_p'=Ke^{3x}+3Kxe^{3x}$. $y_p'-3y_p=Ke^{3x}+3Kxe^{3x}-3Kxe^{3x}=Ke^{3x}=9e^{3x}\Rightarrow K=9$.
Solution générale : $y(x)=9xe^{3x}+Ce^{3x}=(9x+C)e^{3x}$.
$y(0)=(0+C)\times1=C=2$. $y(x)=(9x+2)e^{3x}$.
Résoudre $y'-2y=\dfrac{e^{2x}}x$ sur $]0,+\infty[$ par variation de la constante.
Solution homogène : $y_h=Ce^{2x}$ (ici $a=-2$). On pose $y_p=C(x)e^{2x}$.
$C'(x)=b(x)e^{-2x}=\dfrac{e^{2x}}x\times e^{-2x}=\dfrac1x$, donc $C(x)=\ln x$.
Solution générale : $y(x)=(\ln x+C)e^{2x}$ — un second membre en $e^{2x}/x$ n'est ni polynomial, ni exponentiel simple : impossible à traiter par les méthodes de devinette des §4-7.
Résoudre $y'+y=e^{-x}\ln x$ sur $]0,+\infty[$.
$y_h=Ce^{-x}$ ($a=1$). $y_p=C(x)e^{-x}$.
$C'(x)=b(x)e^{x}=e^{-x}\ln x\times e^x=\ln x$. Par intégration par parties (chapitre correspondant) : $C(x)=x\ln x-x$.
Solution générale : $y(x)=(x\ln x-x+C)e^{-x}$.
Résoudre $y'+y=\dfrac1{1+e^x}$.
$y_h=Ce^{-x}$. $y_p=C(x)e^{-x}$.
$C'(x)=b(x)e^x=\dfrac{e^x}{1+e^x}$ : on reconnaît une forme $u'/u$ (chapitre « Primitives ») avec $u=1+e^x$. $C(x)=\ln(1+e^x)$.
Solution générale : $y(x)=\big(\ln(1+e^x)+C\big)e^{-x}$ — encore un second membre hors de portée des méthodes par devinette, résolu directement par variation de la constante.
Exercice A — Résoudre $y'+4y=8x+3$ avec $y(0)=1$.
1. Résoudre l'équation homogène associée.
2. Trouver une solution particulière (chercher $y_p$ sous forme affine).
3. Donner la solution générale, puis déterminer celle vérifiant $y(0)=1$.
Exercice B — Question de cours
Expliquer pourquoi, pour $y'+ay=\lambda e^{-ax}$ (cas résonant), il faut chercher une solution particulière de la forme $Kxe^{-ax}$ et non $Ke^{-ax}$.
Une cuve de volume $V=100$ L contient initialement de l'eau pure. On y injecte une solution de concentration $C_{in}=2$ g/L à un débit $Q=5$ L/min, tandis que le mélange (supposé homogène) est évacué au même débit. La concentration $C(t)$ dans la cuve vérifie :
$$C'(t) + \frac QV C(t) = \frac QV C_{in}$$
1. Calculer $\dfrac QV$, puis résoudre l'équation avec $C(0)=0$.
2. Calculer la concentration après $20$ minutes.
3. Vers quelle valeur la concentration tend-elle lorsque $t\to+\infty$ ? Cette valeur est-elle cohérente avec le contexte physique ?