Équation différentielle/Résolution de l'équation différentielle y'=ay+b

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Une équation différentielle relie une fonction à ses dérivées successives.

L'équation $y^{\prime }=ay+b$ avec $a$ et $b$ réels est parmi les plus simples mais aussi les plus importantes.

Équation différentielle $y^{\prime }=ay$

Début d’un théorème

Théorème

$a$ désigne un réel non nul.

Les solutions de l'équation différentielle $y^{\prime }=ay$ sont les fonctions définies sur $ℝ$ par :

$y(x)=k{\mathrm{e}}^{ax}$

où $k$ est une constante réelle quelconque.

Fin du théorème

'Démonstration'

Démonstration avec les dérivées :

• Il suffit de dériver une telle fonction pour voir qu'elle est solution.
• Réciproquement, si on a une autre solution $g$, on pose $\varphi (x)=g(x){\mathrm{e}}^{-ax}$
• En dérivant, on trouve que ${\varphi }^{\prime }(x)=0$ donc $\varphi$ est constante et $g(x)$ est de la forme annoncée.

Démonstration avec l'intégration :

• $y^{\prime }=ay$, donc $\frac{y^{\prime }}{y}=a$
• En intégrant des deux côtés, on obtient $\ln (y)=ax+b$
• En passant à l'exponentielle : $y=e^{ax+b}$
• En posant $k=e^b$, on retrouve $y(x)=k{e}^{ax}$

 

Solutions de l'équation différentielle $y^{\prime }=ay+b$

Début d’un théorème

Théorème

Soient les réels $a$ et $b$ tels que $a\ne 0$

Les solutions de l'équation différentielle $y^{\prime }=ay+b$ sont les fonctions définies sur $ℝ$ par :

$y(x)=k{\mathrm{e}}^{ax}-\frac{b}{a}$

où $k$ est une constante réelle quelconque.

Fin du théorème

'Démonstration'

Démonstration avec les dérivées :

• Il suffit de dériver une telle fonction pour voir qu'elle est solution.
• Réciproquement, si on a une autre solution $f$, on pose $g(x)=f(x)+\frac{b}{a}$
• En dérivant, on trouve que $g$ est solution de l'équation sans second membre et d’après le théorème précédent, elle se ramène à la forme annoncée.

 

Début de l'exemple

Exemples

Résoudre les équations suivantes :

• $y^{\prime }=y$
• $y^{\prime }=-2y$
• $y^{\prime }-2y=3$
• $5y^{\prime }-2y=3$

Solution

• $y^{\prime }=y$ admet pour ensemble-solution $S=\{k{\mathrm{e}}^x\mid k\in ℝ\}$
• $y^{\prime }=-2y$ admet pour ensemble-solution $S=\{k{\mathrm{e}}^{-2x}\mid k\in ℝ\}$
• $y^{\prime }-2y=3$ admet pour ensemble-solution $S=\{k{\mathrm{e}}^{2x}-\frac{3}{2}\mid k\in ℝ\}$
• $5y^{\prime }-2y=3\iff y^{\prime }=\frac{2}{5}y+\frac{3}{5}$ admet pour ensemble-solution $S=\{k{\mathrm{e}}^{\frac{2}{5}x}-\frac{3}{2}\mid k\in ℝ\}$

 

Fin de l'exemple

La condition initiale

Le fait de fixer une seule valeur de la fonction-solution suffit à la définir parfaitement.

Le sens physique de cette remarque est très intuitif : un système physique régi par une équation différentielle du premier ordre voit son état déterminé par un seul nombre $f(x)$ qui dépend de la variable $x$ (en général le temps).

La connaissance de cet état à un instant donné (disons l'instant $x=0$ par exemple) détermine l'état du système à tout instant.

C'est ce qu'on appelle la condition initiale.

Début d’un théorème

Cas particulier d'un théorème de Cauchy

Deux nombres réels $x_0$ et $y_0$ étant donnés, il existe une unique solution $f$ de l'équation $y^{\prime }=ay+b$ vérifiant $f(x_0)=y_0$.

Fin du théorème

'Démonstration'

La donnée de $x_0$ et $y_0$ suffit à fixer un unique $k$.

 

Début de l'exemple

Exemples

Résoudre les équations suivantes :

• $y^{\prime }=y,y(0)=1$
• $y^{\prime }=-2y,y(1)=3$
• $y^{\prime }-2y=3,y(0)=3$
• $5y^{\prime }-2y=3,y(-2)=0$

Solution

Avec les solutions précédemment trouvées :

• $y^{\prime }=y$ : la condition $y(0)=1$ impose $k{\mathrm{e}}^0=1$ c'est-à-dire $k=1$ d'où la solution unique $y={\mathrm{e}}^x$
• $y^{\prime }=-2y$ : la condition $y(1)=3$ impose $k{\mathrm{e}}^{-2}=3$ c'est-à-dire $k=3e^2$ d'où la solution unique $y=3{\mathrm{e}}^{2(1-x)}$
• $y^{\prime }-2y=3$ : la condition $y(0)=3$ impose $k{\mathrm{e}}^0-\frac{3}{2}=3$ c'est-à-dire $k=\frac{9}{2}$, d'où la solution unique $y=\frac{9}{2}{\mathrm{e}}^{2x}-\frac{3}{2}$
• $5y^{\prime }-2y=3$ : la condition $y(-2)=0$ impose $k{\mathrm{e}}^{\frac{-4}{5}}-\frac{3}{2}=0$ c'est-à-dire $k=\frac{3}{2}{\mathrm{e}}^{\frac{4}{5}}$, d'où la solution unique $y=\frac{3}{2}[{\mathrm{e}}^{\frac{2}{5}(x+2)}-1]$

 

Fin de l'exemple

Début de l'exemple

Exemple en physique : vitesse terminale d'un objet

Considérons un objet de masse $m$ en chute libre.

Les forces en présence sont, en projection sur l'axe vertical orienté vers le bas :

• le poids : $P=\mathrm{...}$
• le frottement fluide $F$ de l'air, d'intensité proportionnelle à la vitesse $v$ de l'objet

  Le coefficient de frottement est noté $h$, donc

  $F=\mathrm{...}$

Le principe fondamental de la dynamique s'écrit :

$\mathrm{...}=\mathrm{...}$

C'est une équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants.

Solution

• Le poids : $P=m\times g$
• Le frottement fluide $F$ de l'air, d'intensité proportionnelle à la vitesse $v$, le coefficient de frottement est noté $h$, donc

  $F=-h\times v$

Le principe fondamental de la dynamique s'écrit :

$m{v}^{\prime }=-hv+mg$

 

En supposant que l’objet est lâché sans vitesse initiale, l'objectif est de donner la solution $v(t)$ exprimant la vitesse du corps en fonction du temps $t$.

Réécrivons cela sous la même forme que dans la définition :

$\mathrm{...}=0$

La solution est de la forme :

$v(t)=\mathrm{...}$

Supposons que la vitesse soit nulle à l'origine, c'est-à-dire $v(0)=\mathrm{...}$. Cela donne pour la solution générale :

$\mathrm{...}=\mathrm{...}$

La solution finale au problème est donc :

$v(t)=\mathrm{...}$

Solution

Réécrivons cela sous la même forme que dans la définition :

$v^{\prime }+\frac{h}{m}v-g=0$

La solution est de la forme :

$v=A{e}^{-\frac{h}{m}t}+\frac{gm}{h}$

Supposons que la vitesse soit nulle à l'origine, ce qui fixe le paramètre $A$, qui doit alors vérifier :

$0=A+\frac{gm}{h}$

La solution finale au problème est donc :

$v\left(t\right)=\frac{gm}{h}(1-{\mathrm{e}}^{-\frac{h}{m}t})$

 

Application numérique : tracer $v$ en fonction de $t$ pour $m=\mathrm{0,00416},h=\mathrm{3,4}\times 10^{-6},g=\mathrm{9,81}$

Fin de l'exemple