-0
0
c
::J
0
(V)
......
0
N
@
x1 est obtenue en choisissant:
a= O,{J = l,y =-a= O.
x2 est obtenue en choisissant :
a= - 1,fJ = 0,y =-a= 1.
Si on connaît une solution x1 de (Eo)
sur / , mais si x1 s'annule en certains
points de I, on se placera sur des
intervalles inclus dans I et sur lesquels
x1 ne s'annule pas.
C'est la méthode, dite de Lagrange,
utilisée en pratique.
On combine ces trois équations avec les
coefficients indiqués.
8.4 • Équations différentielles linéaires scalaires du second ordre
Soient (a,/J,y) E IK 3 et X: t ~ at 2 + {Jt +y. On a:
(1 + t
2 )x
11 (t) - 2tx' (t) + 2x (t) = 0)
(vrE lR,
~ ('v't EJR,
~y = -a .
2a(l + t 2 ) - 2t(2at + {J) + 2(at
2 + {Jt +y) = 0)
Les applications polynomiales
x 1 : IR ~ IR et x2 : IR ~ IR sont solutions de (Eo)
fr--+(
/r--'>/2- J
sur IR et forment famille libre, donc :
(a,{J) E IR } .
2) Méthode de Lagrange
Supposons que l'on connaisse une solution x1 de (Eo) sur 1 telle que : 'v' t E J, x1 (t) # 0.
{
x' =y
On dispose alors d'une solution (x1 ,x' 1
) du système différentiel (So)
y'= -bx -ay"
l
x 1(t) 01
Comme ('v' t E / ,
1
# 0) , d'après 8.3.4 2) p. 457, on cherche une deuxième
x] (t)
solution de (So) sous la forme (x2 ,Y2) = ÀJ (x1 ,x]> + >..2(0, l )= (À JXJ ,À 1x] + >..2)
où À 1 ,À2 : 1 ~ IK sont des applications inconnues.
Ceci revient à chercher une solution x 2 de (Eo) de la forme x 2 = À.xi, À fonction
inconnue.
On a alors : x~ + ax; + bx2 = À.
11 xi + À.
1 (2x; + axi ).
Ainsi x 2 est solution de (Eo) si et seulement si À est solution de :
Comme ('v't E /, xi(t) =j:. 0) , l'ED linéaire scalaire du 1er ordre normalisée
,
2x; +axi
f..l +
f..l = 0 (d'inconnue µ,) admet au moins une solution f..l autre que 0
X1
(cf. Analyse MPSI, 10. l.2 Théorème) et, en prenant pour À une printitive de µ, , on
dispose d'une solution x 2 = À.xi de (Eo) telle que (x i ,x 2 ) soit libre, d'où finalement
So = {a1xi + a2x2; (ai ,a2) E JK
2 }.
Exemple:
Résoudre l'ED (E 0 ) (f
2
+ l )x" - 2x = 0, d'inconnue x : R ~ R .
Par la même méthode que dans l'exemple de 1) p. 480, on voit que XJ : t ~ t 2 + 1 est
solution de (Eo) sur IR. Comme ('v' t E IR, t 2 + 1 # 0) , nous cherchons une « deuxième »
solution x2 de (Eo) sous la forme x2 = >..x1, À : IR ~ IR fonction inconnue.
On a, pour tout t de IR :
-2
0
t 2 + 1
x2(t) = À(t)(t 2 + l)
x2(t) = 2>..(t)t + >..'(t)(t2 + 1)
x2 (t) = 2>..(t) + 4>..' (t)t + >.." (t)(t 2 + 1)
d'où (t
2 + l)x"(t) - 2x(t) = 4t(t
2 + l) >..'(t) + (t
2 + 1)
2 >.." (t).
On résout donc: 'v' t E IR, (t 2 + 1)>.."(t) + 4t>..'(t) =O.
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