car la somme des racines est α + β = − p. De (3) et (4), on déduit
(α − β)e
− px s(x) =
c 1 v(x) − c 2 u(x)
e
− px ,
d’où en simplifiant par e
− px = / 0 :
s(x) =
c 1
α − β
e
βx −
c 2
α − β
e
αx , pour tout x ∈ R
• Supposons que le polynôme caractéristique a une racine double r. On sait
que r = − p/2 (donc r est réel) et que la fonction u(x) = e
r x
est solution.
Montrons que la fonction v(x) = x e
r x
est aussi solution. En effet, on a
v
(x) = (r x + 1)e
r x
, v
(x) = (r
2 x + 2r )e
r x
et
v
(x) + pv
(x) + qv(x) =
(r
2 + pr + q)x + (2r + p)
e
r x = 0
car r
2 + pr + q = 0 et 2r + p = 0.
On raisonne comme dans le cas précédent : cette fois, on a
u
(x)v(x) − u(x)v
(x) = −e
2r x = −e
− px
(4’)
L’égalité (3) étant encore vraie, on conclut comme ci-dessus.
J
Très souvent, on s’intéresse plutôt aux solutions réelles. Le tableau
ci-dessous résume les résultats à connaître.
Solutions réelles de y
+ py
+ qy = 0
Soit α et β les racines du polynôme caractéristique.
188
Chapitre 9 • Équations différentielles
α et β réels
α = r + iω
α = / β
α = β
ω = / 0
Solutions
λ e αx + µ e βx
λ e αx + µx e αx
e
r x
λ cos ωx + µ sin ωx
λ,µ ∈ R
λ,µ ∈ R
λ,µ ∈ R
Démonstration. Comme toute solution réelle est aussi une solution à valeurs
complexes, il suffit de chercher, parmi les solutions données par la proposition
précédente, lesquelles sont réelles. Les deux premiers cas sont évidents. Dans le
cas α = r + iω et ω = / 0, posons u(x) = e
αx
et v(x) = e
¯
αx
. Les solutions
complexes sont les fonctions s = λu + µv, où λ,µ ∈ C. Remarquons que pour
tout x ∈ R, on a
u(x) = e αx = e r x e iωx = e
r x e
−iωx = e
¯
αx = v(x)
Supposons que la solution s est à valeurs réelles. Alors pour tout x, on a
s(x) = s(x), c’est-à-dire
λu(x) + µv(x) = ¯
λ u(x) + ¯
µ v(x) = ¯
λ v(x) + ¯
µ u(x)
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