Résoudre ay''+by'+cy=f(x) via l'équation caractéristique : trois régimes selon le discriminant, et la méthode universelle de variation des constantes pour tout second membre.
Une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants s'écrit :
$$ay'' + by' + cy = f(x)$$
avec $a\neq0,\,b,c\in\mathbb R$ constants, et $f$ le second membre. Comme au premier ordre, la solution générale est la somme d'une solution particulière et de la solution générale de l'équation homogène associée ($f=0$).
Pour résoudre l'équation homogène $ay''+by'+cy=0$, on cherche des solutions de la forme $y=e^{rx}$. En injectant : $ar^2e^{rx}+bre^{rx}+ce^{rx}=0$, soit (en divisant par $e^{rx}\neq0$) :
$$ar^2+br+c=0$$
Toute la résolution repose sur cette équation du second degré (chapitre « Équations du 2nd degré à coefficients complexes », dont on retrouve ici exactement le discriminant $\Delta=b^2-4ac$).
$$y(x) = C_1e^{r_1x}+C_2e^{r_2x}, \qquad C_1,C_2\in\mathbb R$$
$$y(x) = (C_1+C_2x)e^{r_0x}, \qquad C_1,C_2\in\mathbb R$$
$$y(x) = e^{\alpha x}\big(C_1\cos(\omega x)+C_2\sin(\omega x)\big), \qquad C_1,C_2\in\mathbb R$$
Le cas 3 découle du cas 1 appliqué à des racines complexes : $e^{(\alpha+i\omega)x}$ et $e^{(\alpha-i\omega)x}$ sont bien solutions (à valeurs complexes), et leurs combinaisons réelles $e^{\alpha x}\cos(\omega x)$, $e^{\alpha x}\sin(\omega x)$ (formule d'Euler, chapitre « Forme trigonométrique ») forment une base réelle de solutions.
Pour $\alpha<0$, la solution oscille (période liée à $\omega$) tout en s'amortissant progressivement, enveloppée par $\pm e^{\alpha x}$ — le comportement typique d'un système mécanique ou électrique faiblement amorti.
Équation caractéristique : $r^2-3r+2=0$, soit $(r-1)(r-2)=0$ : $r_1=1,\,r_2=2$. Solution : $y(x)=C_1e^x+C_2e^{2x}$.
Équation caractéristique : $r^2-4r+4=(r-2)^2=0$ : racine double $r_0=2$. Solution : $y(x)=(C_1+C_2x)e^{2x}$.
Équation caractéristique : $r^2+4=0$, racines $r=\pm2i$ ($\alpha=0,\omega=2$). Solution : $y(x)=C_1\cos(2x)+C_2\sin(2x)$ (oscillation pure, sans amortissement puisque $\alpha=0$).
Comme au premier ordre, on cherche une solution particulière $y_p$ « de la forme » du second membre $f(x)$ :
| Second membre $f(x)$ | Forme de $y_p$ (cas non résonant) |
|---|---|
| Polynôme de degré $n$ | Polynôme de degré $n$ |
| $\lambda e^{\mu x}$ | $Ke^{\mu x}$ |
| $\lambda\cos(\omega x)$ ou $\lambda\sin(\omega x)$ | $A\cos(\omega x)+B\sin(\omega x)$ |
Si $\mu$ (ou $i\omega$) est racine de l'équation caractéristique, il faut multiplier la forme candidate par $x$ (racine simple) ou par $x^2$ (racine double) — exactement le même principe qu'au premier ordre.
Équation caractéristique $r^2-3r+2=0$, racines $1,2$ (cas 1). Comme $\mu=1$ est racine simple de l'équation caractéristique, cas résonant : on cherche $y_p=Kxe^x$.
$y_p'=Ke^x+Kxe^x$, $y_p''=2Ke^x+Kxe^x$. En injectant : $(2Ke^x+Kxe^x)-3(Ke^x+Kxe^x)+2Kxe^x=-Ke^x=e^x\Rightarrow K=-1$.
Solution générale : $y(x)=C_1e^x+C_2e^{2x}-xe^x$.
Une équation du second ordre fait apparaître deux constantes ($C_1,C_2$) : il faut donc deux conditions pour les déterminer, typiquement $y(x_0)=y_0$ et $y'(x_0)=y_0'$ (position et vitesse initiales, en mécanique).
Reprenons $y''-3y'+2y=0$ (solution $y=C_1e^x+C_2e^{2x}$), avec $y(0)=1,\,y'(0)=0$.
$y(0)=C_1+C_2=1$. $y'(x)=C_1e^x+2C_2e^{2x}$, donc $y'(0)=C_1+2C_2=0$.
En soustrayant : $C_2=-1$, puis $C_1=2$. Solution : $y(x)=2e^x-e^{2x}$.
Comme au premier ordre, les méthodes de « devinette » (§5) échouent dès que le second membre $f(x)$ n'est pas un polynôme, une exponentielle ou une fonction trigonométrique simple — par exemple pour $f(x)=\tan x$ ou $f(x)=\dfrac1{\cos x}$. La méthode de variation des constantes (méthode de Lagrange) fournit alors une solution particulière quel que soit $f$.
Soit $(y_1,y_2)$ un couple de solutions indépendantes de l'équation homogène (§3). On cherche une solution particulière sous la forme :
$$y_p(x) = C_1(x)\,y_1(x) + C_2(x)\,y_2(x)$$
où $C_1,C_2$ sont des fonctions déterminées par le système (obtenu en imposant une condition simplificatrice sur $C_1',C_2'$, qui évite l'apparition de dérivées secondes de $C_1,C_2$) :
$$\begin{cases}C_1'(x)\,y_1(x)+C_2'(x)\,y_2(x) = 0\\C_1'(x)\,y_1'(x)+C_2'(x)\,y_2'(x) = f(x)\end{cases}$$
Ce système linéaire (2 équations, inconnues $C_1',C_2'$) se résout par Cramer (chapitre « Analyse matricielle »), en utilisant le wronskien $W=y_1y_2'-y_2y_1'\neq0$ (garanti non nul car $y_1,y_2$ sont indépendantes) :
$$C_1'(x) = \frac{-y_2(x)f(x)}{W(x)}, \qquad C_2'(x) = \frac{y_1(x)f(x)}{W(x)}$$
Il ne reste plus qu'à intégrer $C_1'$ et $C_2'$ pour obtenir $C_1,C_2$, puis $y_p=C_1y_1+C_2y_2$.
Résolvons $y''+y=\tan x$ sur $\left]-\dfrac\pi2,\dfrac\pi2\right[$.
Homogène : $y_1=\cos x,\,y_2=\sin x$ (racines $\pm i$, cas 3 avec $\alpha=0,\omega=1$). Wronskien : $W=\cos x\cos x-\sin x(-\sin x)=\cos^2x+\sin^2x=1$.
$C_1'=\dfrac{-\sin x\tan x}1=-\dfrac{\sin^2x}{\cos x}=-\dfrac{1-\cos^2x}{\cos x}=\cos x-\dfrac1{\cos x}$.
En intégrant : $C_1(x)=\sin x-\ln|\sec x+\tan x|$ (primitive classique de $1/\cos x$).
$C_2'=\cos x\tan x=\sin x$, donc $C_2(x)=-\cos x$.
$y_p=C_1\cos x+C_2\sin x=\big(\sin x-\ln|\sec x+\tan x|\big)\cos x-\cos x\sin x=-\cos x\,\ln|\sec x+\tan x|$. Solution générale : $y(x)=C_1'\cos x+C_2'\sin x-\cos x\,\ln|\sec x+\tan x|$ (avec $C_1',C_2'$ les nouvelles constantes d'intégration, à ne pas confondre avec les fonctions $C_1,C_2$ ci-dessus).
Comme au premier ordre, la variation des constantes est universelle mais demande de calculer deux intégrales à chaque fois. On la réserve donc aux cas où le second membre ne se prête à aucune forme candidate simple (§5) — sinon, deviner directement $y_p$ reste bien plus rapide.
Résoudre $y''-5y'+6y=0$.
Équation caractéristique : $r^2-5r+6=0$, soit $(r-2)(r-3)=0$ : $r_1=2,\,r_2=3$.
$y(x)=C_1e^{2x}+C_2e^{3x}$.
Résoudre $y''+6y'+9y=0$.
Équation caractéristique : $r^2+6r+9=(r+3)^2=0$ : racine double $r_0=-3$.
$y(x)=(C_1+C_2x)e^{-3x}$.
Résoudre $y''+9y=0$.
Équation caractéristique : $r^2+9=0$, racines $r=\pm3i$ ($\alpha=0,\omega=3$).
$y(x)=C_1\cos(3x)+C_2\sin(3x)$.
Résoudre $y''+2y'+10y=0$.
Équation caractéristique : $r^2+2r+10=0$. $\Delta=4-40=-36$. $r=\dfrac{-2\pm6i}2=-1\pm3i$ ($\alpha=-1,\omega=3$).
$y(x)=e^{-x}\big(C_1\cos(3x)+C_2\sin(3x)\big)$.
Résoudre $y''-y'-6y=0$.
Équation caractéristique : $r^2-r-6=0$, soit $(r-3)(r+2)=0$ : $r_1=3,\,r_2=-2$.
$y(x)=C_1e^{3x}+C_2e^{-2x}$.
Résoudre $y''+y=4$.
Homogène : $r^2+1=0\Rightarrow y_h=C_1\cos x+C_2\sin x$. Solution particulière constante $y_p=4$ (car $y_p''=0$, $0+4=4$ ✓).
$y(x)=C_1\cos x+C_2\sin x+4$.
Résoudre $y''-4y=8x$.
Homogène : $r^2-4=0\Rightarrow y_h=C_1e^{2x}+C_2e^{-2x}$. Solution particulière $y_p=\alpha x+\beta$ : $y_p''=0$, donc $-4(\alpha x+\beta)=8x\Rightarrow\alpha=-2,\,\beta=0$.
$y(x)=C_1e^{2x}+C_2e^{-2x}-2x$.
Résoudre $y''-3y'+2y=e^x$ (retrouver le résultat du cours §6).
Homogène : racines $1,2$. Comme $1$ est racine simple, cas résonant : $y_p=Kxe^x$.
$y_p'=Ke^x+Kxe^x$, $y_p''=2Ke^x+Kxe^x$. En injectant : $(2K-3K)e^x+(K-3K+2K)xe^x=-Ke^x=e^x\Rightarrow K=-1$.
$y(x)=C_1e^x+C_2e^{2x}-xe^x$.
Résoudre $y''+y=\sin x$ (cas résonant, car $\omega=1$ correspond aux racines $\pm i$ de l'homogène).
On cherche $y_p=x(A\cos x+B\sin x)$ (forme « rehaussée » par $x$, cas résonant).
Le calcul (dérivées successives puis identification) donne $y_p=-\dfrac x2\cos x$. Solution générale : $y(x)=C_1\cos x+C_2\sin x-\dfrac x2\cos x$.
Résoudre $y''-2y'+y=0$ (vérifier qu'il s'agit bien d'une racine double).
$r^2-2r+1=(r-1)^2=0$ : racine double $r_0=1$.
$y(x)=(C_1+C_2x)e^x$.
Résoudre $y''+9y=0$ avec $y(0)=2,\,y'(0)=3$.
Solution générale (exercice 3 adapté) : $y(x)=C_1\cos(3x)+C_2\sin(3x)$. $y(0)=C_1=2$.
$y'(x)=-3C_1\sin(3x)+3C_2\cos(3x)$. $y'(0)=3C_2=3\Rightarrow C_2=1$.
$y(x)=2\cos(3x)+\sin(3x)$.
Vérifier que $y(x)=2e^x-e^{2x}$ (solution de l'exemple résolu du cours §7) satisfait bien $y''-3y'+2y=0$.
$y'(x)=2e^x-2e^{2x}$. $y''(x)=2e^x-4e^{2x}$.
$y''-3y'+2y=(2e^x-4e^{2x})-3(2e^x-2e^{2x})+2(2e^x-e^{2x})=(2-6+4)e^x+(-4+6-2)e^{2x}=0$ ✓.
Un système masse-ressort sans frottement vérifie $mx''+kx=0$. Avec $m=1$ kg, $k=4$ N/m, résoudre pour $x(0)=0{,}1$ m, $x'(0)=0$ (lâché sans vitesse initiale).
$x''+4x=0$. Équation caractéristique $r^2+4=0$, $r=\pm2i$ ($\omega=2$). $x(t)=C_1\cos(2t)+C_2\sin(2t)$.
$x(0)=C_1=0{,}1$. $x'(t)=-2C_1\sin(2t)+2C_2\cos(2t)$, $x'(0)=2C_2=0\Rightarrow C_2=0$.
$x(t)=0{,}1\cos(2t)$ : une oscillation pure, sans amortissement (cohérent avec l'absence de frottement).
Un système masse-ressort-amortisseur vérifie $x''+2x'+5x=0$. Résoudre avec $x(0)=1,\,x'(0)=0$, et identifier le facteur d'amortissement et la pseudo-pulsation.
$r^2+2r+5=0$, $\Delta=4-20=-16$, $r=-1\pm2i$ ($\alpha=-1,\omega=2$).
$x(t)=e^{-t}\big(C_1\cos(2t)+C_2\sin(2t)\big)$. $x(0)=C_1=1$.
$x'(t)=-e^{-t}(C_1\cos2t+C_2\sin2t)+e^{-t}(-2C_1\sin2t+2C_2\cos2t)$. $x'(0)=-C_1+2C_2=0\Rightarrow C_2=0{,}5$.
$x(t)=e^{-t}\left(\cos(2t)+0{,}5\sin(2t)\right)$. Facteur d'amortissement $\alpha=-1$, pseudo-pulsation $\omega=2$ rad/s.
Sans résoudre, dire si $y''+4y=\cos(2x)$ relève du cas résonant.
Oui : les racines de l'homogène sont $\pm2i$ (donc $\omega_{homogène}=2$), et le second membre a exactement la pulsation $\omega=2$ : c'est le cas résonant, il faudra chercher $y_p=x(A\cos2x+B\sin2x)$.
Pour $y(x)=e^{-2x}\big(3\cos(x)+\sin(x)\big)$, calculer $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}y(x)$, et justifier sans calcul détaillé.
$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}y(x)=0$ : le facteur $e^{-2x}\to0$ (amortissement), tandis que $3\cos x+\sin x$ reste borné (entre $-\sqrt{10}$ et $\sqrt{10}$) — le produit d'un terme borné par un terme tendant vers $0$ tend vers $0$.
Vrai ou faux : « une équation différentielle linéaire du second ordre nécessite toujours deux conditions initiales pour déterminer une solution unique ».
Vrai (cours §7) : la solution générale dépend de deux constantes $C_1,C_2$, donc il faut deux équations indépendantes (typiquement $y(x_0)$ et $y'(x_0)$) pour les déterminer toutes deux de façon unique.
Expliquer le lien entre la résolution de $ar^2+br+c=0$ (équation caractéristique) et le chapitre « Équations du 2nd degré à coefficients complexes ».
C'est exactement la même équation, résolue par la même méthode (discriminant, racine carrée complexe si $\Delta<0$). Le cas 3 du cours §3 (racines complexes conjuguées $\alpha\pm i\omega$) est une application directe : les propriétés vues dans ce chapitre (racines toujours conjuguées pour des coefficients réels) garantissent que $\alpha$ et $\omega$ sont bien réels, ce qui rend la solution $e^{\alpha x}(C_1\cos\omega x+C_2\sin\omega x)$ à valeurs réelles, cohérente avec une grandeur physique.
À l'aide du principe de superposition (déjà vu au premier ordre), résoudre $y''+y=2+\sin x$ (combiner un second membre constant et un second membre résonant).
Pour $b_1=2$ : $y_{p,1}=2$. Pour $b_2=\sin x$ (résonant, cf. exercice 9) : $y_{p,2}=-\dfrac x2\cos x$.
Par superposition : $y(x)=C_1\cos x+C_2\sin x+2-\dfrac x2\cos x$.
Résoudre $y''-4y'+4y=0$ avec $y(0)=1,\,y'(0)=3$ (racine double, deux conditions initiales).
$r^2-4r+4=(r-2)^2=0$ : racine double $r_0=2$. $y(x)=(C_1+C_2x)e^{2x}$.
$y(0)=C_1=1$.
$y'(x)=C_2e^{2x}+2(C_1+C_2x)e^{2x}$. $y'(0)=C_2+2C_1=3\Rightarrow C_2=3-2=1$.
$y(x)=(1+x)e^{2x}$.
Résoudre $y''+y=\dfrac1{\cos x}$ sur $\left]-\dfrac\pi2,\dfrac\pi2\right[$ par variation des constantes.
$y_1=\cos x,\,y_2=\sin x$, $W=1$ (calculé au cours §8).
$C_1'=\dfrac{-\sin x/\cos x}1=-\tan x$, donc $C_1(x)=\ln|\cos x|$.
$C_2'=\dfrac{\cos x/\cos x}1=1$, donc $C_2(x)=x$.
$y_p=\ln|\cos x|\cos x+x\sin x$. Solution générale : $y(x)=C_1'\cos x+C_2'\sin x+\cos x\ln|\cos x|+x\sin x$ (avec $C_1',C_2'$ les constantes d'intégration finales) — un second membre en $1/\cos x$ échappe totalement aux méthodes par devinette du §5.
Résoudre $y''+4y=\dfrac1{\sin(2x)}$.
Homogène : $r^2+4=0$, $r=\pm2i$. $y_1=\cos(2x),\,y_2=\sin(2x)$. $W=\cos(2x)\times2\cos(2x)-\sin(2x)\times(-2\sin(2x))=2$.
$C_1'=\dfrac{-\sin(2x)/\sin(2x)}2=-\dfrac12$, donc $C_1(x)=-\dfrac x2$.
$C_2'=\dfrac{\cos(2x)/\sin(2x)}2=\dfrac12\cot(2x)$, donc $C_2(x)=\dfrac14\ln|\sin(2x)|$.
$y_p=-\dfrac x2\cos(2x)+\dfrac14\ln|\sin(2x)|\sin(2x)$. Solution générale : $y(x)=C_1'\cos(2x)+C_2'\sin(2x)-\dfrac x2\cos(2x)+\dfrac14\sin(2x)\ln|\sin(2x)|$.
Retrouver les formules $C_1'=\dfrac{-y_2f}W$ et $C_2'=\dfrac{y_1f}W$ (cours §8) en résolvant le système par la méthode de Cramer (chapitre « Analyse matricielle »).
Le système s'écrit sous forme matricielle $\begin{pmatrix}y_1&y_2\\y_1'&y_2'\end{pmatrix}\begin{pmatrix}C_1'\\C_2'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\f\end{pmatrix}$. Le déterminant de la matrice est exactement le wronskien $W=y_1y_2'-y_2y_1'$.
Par Cramer : $C_1'=\dfrac{\det\begin{pmatrix}0&y_2\\f&y_2'\end{pmatrix}}W=\dfrac{0\times y_2'-y_2\times f}W=\dfrac{-y_2f}W$.
$C_2'=\dfrac{\det\begin{pmatrix}y_1&0\\y_1'&f\end{pmatrix}}W=\dfrac{y_1f-0\times y_1'}W=\dfrac{y_1f}W$ — les deux formules du cours §8 sont ainsi retrouvées directement, illustrant le lien entre ce chapitre et celui sur les systèmes linéaires.
Exercice A — Résoudre $y''+3y'+2y=6$ avec $y(0)=0,\,y'(0)=1$.
1. Résoudre l'équation caractéristique et donner la solution homogène.
2. Trouver une solution particulière constante.
3. Donner la solution générale, puis déterminer les constantes à l'aide des conditions initiales.
Exercice B — Question de cours
Pourquoi le cas $\Delta<0$ de l'équation caractéristique donne-t-il toujours une solution réelle, alors que les racines elles-mêmes sont complexes ?
Un circuit RLC série alimenté par une tension continue $E=5$ V vérifie $Lq''+Rq'+\dfrac qC=E$, où $q(t)$ est la charge du condensateur. On donne $L=1$ H, $R=4\,\Omega$, $\dfrac1C=29$ F⁻¹, avec $q(0)=0$ et $q'(0)=0$ (circuit initialement au repos).
1. Écrire l'équation caractéristique et calculer ses racines.
2. En déduire la forme de la solution homogène, puis la solution particulière constante.
3. Déterminer les constantes à l'aide des conditions initiales (admettre que le calcul mène à $q(t)=\dfrac5{29}-e^{-2t}\left(\dfrac5{29}\cos(5t)+\dfrac2{29}\sin(5t)\right)$, et vérifier que $q(0)=0$).
4. Vers quelle valeur la charge $q(t)$ tend-elle en régime permanent, et cela correspond-il à la loi $q=CE$ attendue pour un condensateur en régime continu ?