Équations différentielles 2ème Bac PC : cours

Ce cours d’équations différentielles pour la 2ème Bac PC et SVT présente les solutions, les conditions initiales et les méthodes de résolution, avec exercices corrigés. Retrouvez les autres leçons dans la catégorie 2Bac PC-SVT.

Cours d’équations différentielles 2ème Bac

DéfinitionÀ connaître par cœur.

Théorème / PropriétéÀ retenir et à citer.

ExempleRésolu étape par étape.

AstucePour mieux comprendre.

AttentionErreur fréquente.

1Qu’est-ce qu’une équation différentielle ?

L’idée Une équation comme 2x + 1 = 5 cherche un nombre x. Une équation différentielle cherche une fonction y, en reliant y à ses dérivées. Exemple : « trouver les fonctions dont la dérivée est le double de la fonction elle-même » s’écrit y′ = 2y.

Définition Une équation différentielle est une équation dont l’inconnue est une fonction y et qui contient des dérivées de y. Son ordre est la plus grande dérivée qui apparaît. Pour simplifier, on écrit y à la place de y(x).

1^er ordre : y′ = 2y ; y′ + 5y = 0 ; y′ − 8y = 2x − 1.
2^e ordre : y″ + 4y = 0 ; y″ − 3y′ + 5y = e^2x.
S’il y a un terme sans y (comme 2x − 1 ou e^2x), on dit que l’équation a un second membre.

Résoudre et conditions initiales

Résoudre une équation différentielle, c’est trouver toutes ses solutions : on obtient une famille de fonctions avec des constantes réelles (λ, ou A et B).
Une condition initiale comme y(0) = 2 (et y′(0) = 1 pour le 2^e ordre) sert à choisir une seule solution dans la famille.

Premier exemple, avec les primitives y′ = e^2x : les solutions sont les primitives de x ↦ e^2x, c’est-à-dire y(x) = 12 e^2x + c, avec c réel.

2L’équation y′ = ay (a réel non nul)

Pourquoi e^ax ? On cherche une fonction dont la dérivée est a fois elle-même. Or (e^ax)′ = a e^ax. C’est exactement ce qu’on veut. Et si on multiplie par un réel λ, ça marche encore : (λe^ax)′ = a λe^ax.

Théorème La solution générale de l’équation y′ = ay est l’ensemble des fonctions

y(x) = λ e^ax (λ ∈ ℝ)

En particulier, la fonction nulle (λ = 0) est solution.

Preuve (idée) Si y ne s’annule pas, on écrit y′y = a. En passant aux primitives, ln|y| = ax + c, donc |y| = e^c e^ax, d’où y = ±e^c e^ax = λ e^ax.

Exemple 1 · Résoudre y′ = 3y et y′ − y = 0

y′ = 3y : a = 3, donc y(x) = λ e^3x.

y′ − y = 0 ⇔ y′ = 1 × y : a = 1, donc y(x) = λ e^x.

y′ + 5y = 0 ⇔ y′ = −5y : y(x) = λ e^−5x.

3y′ + y = 0 ⇔ y′ = −13 y : y(x) = λ e^−x/3.

Exemple 2 · Avec condition initiale Trouver la solution de y′ = −2y telle que y(0) = 3.
Solution générale : y = λ e^−2x. Or y(0) = λ e⁰ = λ, donc λ = 3. y(x) = 3 e^−2x.

Mets d’abord y′ seul Avant d’identifier a, écris l’équation sous la forme y′ = ay. Dans 3y′ + y = 0, le coefficient n’est pas 3 mais −13.

3L’équation y′ = ay + b

L’idée On se ramène au cas précédent avec un changement de fonction. Posons z = y + ba. Alors z′ = y′ = ay + b = a(y + ba) = a z. Donc z = λe^ax, et y = z − ba.

Théorème (a réel non nul, b réel) La solution générale de y′ = ay + b est

y(x) = λ e^ax − ba (λ ∈ ℝ)

Remarque : la constante −ba est une solution particulière de l’équation (on a bien y′ = 0 et ay + b = 0).

Méthode

Isole y′ pour écrire l’équation sous la forme y′ = ay + b. Identifie a et b.
Écris la solution générale : y = λe^ax − ba.
S’il y a une condition initiale, remplace x par la valeur donnée, puis résous l’équation en λ.

Exemple 1 · 2y′ − 4y − 3 = 0 2y′ = 4y + 3 ⇔ y′ = 2y + 32. Ici a = 2 et b = 32, donc −ba = −34.
S = { x ↦ λ e^2x − 34, λ ∈ ℝ }.

Exemple 2 · 12 y′ + 3y − 1 = 0, avec f′(0) = −2 12 y′ = −3y + 1 ⇔ y′ = −6y + 2. Ici a = −6 et b = 2, donc −ba = 13.
Solution générale : y = λ e^−6x + 13.
Condition : f′(x) = −6λ e^−6x, donc f′(0) = −6λ = −2 ⇔ λ = 13.
Solution cherchée : f(x) = 13 e^−6x + 13.

Exemple 3 · y′ = 7y − 5 avec y(0) = −6 a = 7, b = −5, donc −ba = 57. Solution générale : y = λe^7x + 57.
y(0) = λ + 57 = −6 ⇔ λ = −477. y(x) = −477 e^7x + 57.

Exemple 4 · Avec un second membre polynomial : y′ − y = 2x + 1

Équation sans second membre (E₀) : y′ − y = 0, de solutions λe^x.
On cherche une solution polynomiale de degré 1 : P(x) = αx + β. Alors P′ − P = α − αx − β. On veut 2x + 1 : −α = 2 et α − β = 1, donc α = −2 et β = −3. P(x) = −2x − 3.
y est solution de (E) ⇔ y − P est solution de (E₀). En effet (y − P)′ − (y − P) = (y′ − y) − (P′ − P) = (2x + 1) − (2x + 1) = 0.
Donc y − P = λe^x : y(x) = λ e^x − 2x − 3.

Que devient la solution quand x devient très grand ? Si a < 0, e^ax → 0 quand x → +∞, donc y(x) → −ba : la solution « se stabilise » sur la valeur d’équilibre. Si a > 0, e^ax explose (sauf si λ = 0).

4L’équation ay″ + by′ + cy = 0

L’idée Comme pour y′ = ay, on essaie une solution de la forme y = e^rx. Alors y′ = r e^rx et y″ = r² e^rx. En remplaçant : (ar² + br + c) e^rx = 0. Comme e^rx ≠ 0, il faut ar² + br + c = 0 : c’est une équation du second degré en r.

Équation caractéristique Soit (E) : ay″ + by′ + cy = 0 (a, b, c réels, a ≠ 0). Son équation caractéristique est

ar² + br + c = 0

On note Δ = b² − 4ac. Exemples : pour y″ + y = 0 c’est r² + 1 = 0 ; pour −3y″ + 2y′ − 4y = 0 c’est −3r² + 2r − 4 = 0.

Linéarité Si y₁ et y₂ sont deux solutions de (E), alors pour tous réels A et B, la fonction Ay₁ + By₂ est aussi solution. C’est ce qui permet d’écrire les solutions avec deux constantes A et B.

Théorème : les trois cas

Δ	Racines de ar² + br + c = 0	Solutions de (E) (A, B réels)
Δ > 0	deux racines réelles r₁ ≠ r₂	y = A e^r₁x + B e^r₂x
Δ = 0	une racine double r = −b2a	y = (Ax + B) e^rx
Δ < 0	deux racines complexes conjuguées p ± iq	y = e^px (A cos qx + B sin qx)

Cas Δ < 0 : d’où vient cos et sin ? Pour la racine z = p + iq, la fonction e^zx = e^px e^iqx = e^px(cos qx + i sin qx). Sa partie réelle e^px cos qx et sa partie imaginaire e^px sin qx sont deux solutions réelles. Par linéarité, toute combinaison A cos + B sin est solution.

Cas particulier important : y″ + ω²y = 0 (ω > 0) L’équation caractéristique r² + ω² = 0 donne r = ±iω (p = 0, q = ω). Les solutions sont

y(x) = A cos ωx + B sin ωx

Par exemple y″ + 4y = 0 donne y = A cos 2x + B sin 2x ; y″ + 2y = 0 donne y = A cos(√2 x) + B sin(√2 x).

Raccourcis pour les conditions initiales On cherche A et B avec y(0) et y′(0) donnés.

Δ > 0 : y(0) = A + B et y′(0) = r₁A + r₂B.
Δ = 0 : y(0) = B et y′(0) = A + rB.
Δ < 0 : y(0) = A et y′(0) = pA + qB.

Ce sont des systèmes de deux équations à deux inconnues, faciles à résoudre.

Exemple 1 (Δ > 0) · y″ − 7y′ + 12y = 0, f(0) = 0 et f′(0) = 1 Équation caractéristique : r² − 7r + 12 = 0, Δ = 49 − 48 = 1 > 0, donc r₁ = 3 et r₂ = 4. Solutions : y = A e^3x + B e^4x.
Conditions : A + B = 0 et 3A + 4B = 1. Donc B = −A et 3A − 4A = 1, soit A = −1 et B = 1.
f(x) = e^4x − e^3x.

Exemple 2 (Δ = 0) · y″ − 2y′ + y = 0, f(0) = 0 et f′(0) = 1 r² − 2r + 1 = 0, Δ = 0, racine double r = 1. Solutions : y = (Ax + B) e^x.
Conditions : B = 0 et A + B = 1, donc A = 1. f(x) = x e^x.
Vérification : f′ = (x + 1)e^x, f″ = (x + 2)e^x, et f″ − 2f′ + f = (x + 2 − 2x − 2 + x)e^x = 0 ✓.

Exemple 3 (Δ < 0) · y″ − 4y′ + 13y = 0, f(0) = 0 et f′(0) = 1 r² − 4r + 13 = 0, Δ = 16 − 52 = −36 = (6i)². Racines : r = 4 ± 6i2 = 2 ± 3i, donc p = 2 et q = 3. Solutions : y = e^2x(A cos 3x + B sin 3x).
Conditions : y(0) = A = 0 et y′(0) = pA + qB = 2A + 3B = 1, donc B = 13.
f(x) = 13 e^2x sin 3x.

Exemple 4 · y″ + 4y = 0, g(0) = 1 et g′(0) = 2 ω = 2 : y = A cos 2x + B sin 2x. Conditions : g(0) = A = 1 ; g′(x) = −2A sin 2x + 2B cos 2x, donc g′(0) = 2B = 2, soit B = 1.
g(x) = cos 2x + sin 2x. On peut aussi l’écrire g(x) = √2 sin(2x + π4) : c’est une oscillation d’amplitude √2.

Calculatrice d’équation du second ordre : entre a, b, c de ay″ + by′ + cy = 0 et les conditions y(0), y′(0). La courbe de la solution est tracée.

a = b = c =

y(0) = y′(0) =

Δ	Racines	Solution

5Méthodes et erreurs à éviter

Que faire dans un exercice ?

On te donne…	Tu fais…
y′ = ay ou y′ + ky = 0	Isole y′, repère a. Solution : λe^ax.
y′ = ay + b (ou py′ + qy + r = 0)	Mets sous la forme y′ = ay + b. Solution : λe^ax − ba.
Une condition y(x₀) = y₀	Remplace x par x₀ dans la solution générale et résous en λ.
ay″ + by′ + cy = 0	Équation caractéristique, Δ, puis l’un des trois cas.
y(0) et y′(0) donnés (2^e ordre)	Dérive la solution générale, écris le système en A et B, résous.
Second membre polynôme	Cherche P polynôme solution, puis y − P est solution de l’équation sans second membre.

Erreurs à éviter

Mal identifier aDans 2y′ − 4y = 0, on a y′ = 2y, donc a = 2 (pas 4). Divise toujours par le coefficient de y′.

Oublier −baLa solution de y′ = ay + b n’est pas λe^ax : il faut retrancher ba.

Se tromper de signe de ay′ + 5y = 0 donne a = −5 et y = λe^−5x.

Δ = 0 : écrire A e^rx + B e^rxC’est faux (ce n’est qu’une constante fois e^rx). La bonne forme est (Ax + B)e^rx.

Δ < 0 : oublier e^pxLa solution est e^px(A cos qx + B sin qx). Ne garde pas que cos et sin.

Mal dériver y″ = r² e^rxPour trouver y′(0), dérive bien un produit : (e^px × u)′ = p e^px u + e^px u′.

6Exercices d’entraînement corrigés

Cherche d’abord seul(e) sur ton cahier, puis ouvre la solution pour vérifier.

★ Exercice 1 · Premier ordre sans second membre

Résoudre : (a) y′ = −4y (b) y′ − 2y = 0 (c) 3y′ + y = 0, avec y(0) = 6.

Voir la solution

(a) a = −4 : y = λ e^−4x.

(b) y′ = 2y : y = λ e^2x.

★ Exercice 2 · y′ = ay + b

Résoudre : (a) 2y′ + 4y − 6 = 0 avec y(0) = 0 (b) y′ − y = 2x + 1 avec y(0) = 2.

Voir la solution

(a) y′ = −2y + 3 : a = −2, b = 3, −ba = 32. y = λ e^−2x + 32. y(0) = λ + 32 = 0 donc λ = −32. y = 32(1 − e^−2x).

(b) D’après l’exemple 4 de la partie 3, y = λe^x − 2x − 3. y(0) = λ − 3 = 2 donc λ = 5. y = 5e^x − 2x − 3.

★★ Exercice 3 · Second ordre avec conditions initiales

Résoudre : (a) y″ − 15y′ + 56y = 0 avec y(0) = −3 et y′(0) = 9 (b) y″ + 14y′ + 49y = 0 avec y(0) = −3 et y′(0) = 6 (c) y″ + y′ + 52 y = 0 avec y(0) = −4 et y′(0) = 6.

Voir la solution

(a) r² − 15r + 56 = 0, Δ = 225 − 224 = 1, r = 15 ± 12 : r₁ = 7 et r₂ = 8. y = Ae^7x + Be^8x. Conditions : A + B = −3 et 7A + 8B = 9. Alors 7(A + B) + B = 9, donc −21 + B = 9, B = 30 et A = −33. y = −33e^7x + 30e^8x.

(b) r² + 14r + 49 = (r + 7)² : racine double r = −7. y = (Ax + B)e^−7x. Conditions : B = −3 et A − 7B = 6, donc A = 6 + 7B = −15. y = (−15x − 3)e^−7x.

(c) r² + r + 52 = 0, Δ = 1 − 10 = −9, r = −1 ± 3i2 = −12 ± 32i : p = −12, q = 32. y = e^−x/2(A cos(3x2) + B sin(3x2)). Conditions : A = −4 et pA + qB = 6, soit 2 + 32B = 6, donc B = 83. y = e^−x/2(−4 cos(3x2) + 83 sin(3x2)).

★★ Exercice 4 · Résoudre (sans conditions)

Résoudre : (a) 2y″ + y′ − 3y = 0 (b) y″ + 2y′ + 2y = 0 (c) y″ + 4y′ + 4y = 0 (d) y″ + 2y = 0.

Voir la solution

(a) 2r² + r − 3 = 0, Δ = 1 + 24 = 25, r = −1 ± 54 : r₁ = 1 et r₂ = −32. y = A e^x + B e^−3x/2.

(b) r² + 2r + 2 = 0, Δ = 4 − 8 = −4 = (2i)², r = −2 ± 2i2 = −1 ± i. y = e^−x(A cos x + B sin x).

(d) r² + 2 = 0, r = ±i√2 (p = 0, q = √2). y = A cos(√2 x) + B sin(√2 x).

★★ Exercice 5 · Vérifier une solution

1) Montrer que si f et g sont solutions de (E) : y″ + ω²y = 0, alors αf + βg est aussi solution (α, β réels). 2) Montrer que u(x) = cos ωx et v(x) = sin ωx sont solutions de (E).

Voir la solution

1) (αf + βg)″ + ω²(αf + βg) = α(f″ + ω²f) + β(g″ + ω²g) = α × 0 + β × 0 = 0 ✓.

2) u′ = −ω sin ωx, u″ = −ω² cos ωx, donc u″ + ω²u = −ω² cos ωx + ω² cos ωx = 0 ✓. De même v″ = −ω² sin ωx, donc v″ + ω²v = 0 ✓.

★★★ Exercice 6 · Refroidissement d’une boisson

La température T (en °C) d’une boisson, au bout de t minutes, vérifie T′ = −12(T − 20), avec T(0) = 90 (la salle est à 20 °C). 1) Résoudre l’équation. 2) Calculer T(t). 3) Au bout de combien de minutes la boisson atteint-elle 40 °C ? 4) Quelle est la limite de T quand t → +∞ ?

Voir la solution

1) T′ = −12T + 10 : a = −12, b = 10, −ba = 20. Donc T(t) = λe^−t/2 + 20.

2) T(0) = λ + 20 = 90, donc λ = 70. T(t) = 20 + 70 e^−t/2.

3) T(t) = 40 ⇔ 70 e^−t/2 = 20 ⇔ e^−t/2 = 27 ⇔ −t2 = ln(27) ⇔ t = 2 ln(72) ≈ 2,5 minutes.

4) e^−t/2 → 0, donc T(t) → 20 °C : la boisson se met à la température de la salle.

★Fiche résumé à retenir

y′ = ay (a ≠ 0) : solutions y = λe^ax, λ ∈ ℝ.
y′ = ay + b : solutions y = λe^ax − ba. Pour une équation py′ + qy + r = 0, isole d’abord y′.
Condition initiale : remplace x par la valeur donnée pour trouver λ.
ay″ + by′ + cy = 0 : équation caractéristique ar² + br + c = 0, Δ = b² − 4ac.
Δ > 0 : y = Ae^r₁x + Be^r₂x. Δ = 0 : y = (Ax + B)e^rx, r = −b2a. Δ < 0 (racines p ± iq) : y = e^px(A cos qx + B sin qx).
y″ + ω²y = 0 : y = A cos ωx + B sin ωx.
Conditions initiales (2^e ordre) : dérive y, écris y(0) et y′(0), résous le système en A et B.
Linéarité : toute combinaison Ay₁ + By₂ de solutions est une solution.

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