Pour tout (x 0 , v 0 ) ∈ R
2 , il y a une et une seule solution x(t) ayant pour conditions
initiales x(t 0 ) = x 0 , x
(t 0 ) = v 0 . Pour l’application C , la fonction x(t) est donc l’unique
antécédent de (x 0 , v 0 ). Cela montre que l’application C est une bijection de S sur R
2 .
Principe de superposition. Supposons que le second membre b(t) est une somme
b 1 (t) + b 2 (t) de deux fonctions.
Si s 1 (t) est une solution de l’équation x
+p(t)x
+q(t)x = b 1 (t) et si s 2 (t) est une solution de l’équation x
+p(t)x
+q(t)x = b 2 (t), alors s 1 (t) + s 2 (t) est solution de l’équation
x
+p(t)x
+q(t)x = b 1 (t) + b 2 (t).
2.2 Équations linéaires à coefficients constants
Il s’agit des équations différentielles de la forme
(e) x
+ px
+ qx = b(t)
où p et q sont des nombres réels et b(t) une fonction continue sur un intervalle.
Pour résoudre l’équation, il suffit, d’après les propriétés générales, de trouver une
solution particulière s(t) et de résoudre l’équation homogène x
+ px
+ qx = 0.
Résolution de l'équation homogène (h) x + px + qx = 0
Il est plus simple de chercher les solutions à valeurs complexes. Rappelons que pour
dériver une fonction à valeurs complexes, on dérive sa partie réelle et sa partie imaginaire. Une telle fonction est donc solution si et seulement si sa partie réelle et sa
partie imaginaire le sont (page 321).
Rappelons aussi que si z = a + b i est un nombre complexe, on a posé e
zt = e
(a+b i)t =
e
at
cos bt + i sin bt
, pour tout nombre réel t. La fonction t → e
zt a pour dérivée ze
zt .
Posons x(t)=e
zt . Puisque x
(t)=z
2 e
zt , il vient x
(t)+px
(t)+qx(t)=(z
2 +pz +q)e
zt .
La fonction e
zt est solution de (h) si et seulement si le
nombre z satisfait l’égalité z
2 + pz + q = 0.
Introduisons l’équation caractéristique z
2 + pz + q = 0.
Premier cas : p 2 −4q > 0 . L’équation caractéristique a deux racines réelles distinctes r 1 et r 2 , d’où les solutions u 1 (t) = e
r 1 t et u 2 (t) = e
r 2 t . Ces fonctions n’étant
pas proportionnelles, on en déduit d’après le théorème précédent :
les solutions de (h) sont les fonctions λ 1 e
r 1 t + λ 2 e
r 2 t , où
λ 1 et λ 2 sont des nombres réels quelconques.
452 – ´
EQUATIONS DIFF ´
ERENTIELLES LIN ´
EAIRES D’ORDRE 2
2 , il y a une et une seule solution x(t) ayant pour conditions
initiales x(t 0 ) = x 0 , x
(t 0 ) = v 0 . Pour l’application C , la fonction x(t) est donc l’unique
antécédent de (x 0 , v 0 ). Cela montre que l’application C est une bijection de S sur R
2 .
Principe de superposition. Supposons que le second membre b(t) est une somme
b 1 (t) + b 2 (t) de deux fonctions.
Si s 1 (t) est une solution de l’équation x
+p(t)x
+q(t)x = b 1 (t) et si s 2 (t) est une solution de l’équation x
+p(t)x
+q(t)x = b 2 (t), alors s 1 (t) + s 2 (t) est solution de l’équation
x
+p(t)x
+q(t)x = b 1 (t) + b 2 (t).
2.2 Équations linéaires à coefficients constants
Il s’agit des équations différentielles de la forme
(e) x
+ px
+ qx = b(t)
où p et q sont des nombres réels et b(t) une fonction continue sur un intervalle.
Pour résoudre l’équation, il suffit, d’après les propriétés générales, de trouver une
solution particulière s(t) et de résoudre l’équation homogène x
+ px
+ qx = 0.
Résolution de l'équation homogène (h) x + px + qx = 0
Il est plus simple de chercher les solutions à valeurs complexes. Rappelons que pour
dériver une fonction à valeurs complexes, on dérive sa partie réelle et sa partie imaginaire. Une telle fonction est donc solution si et seulement si sa partie réelle et sa
partie imaginaire le sont (page 321).
Rappelons aussi que si z = a + b i est un nombre complexe, on a posé e
zt = e
(a+b i)t =
e
at
cos bt + i sin bt
, pour tout nombre réel t. La fonction t → e
zt a pour dérivée ze
zt .
Posons x(t)=e
zt . Puisque x
(t)=z
2 e
zt , il vient x
(t)+px
(t)+qx(t)=(z
2 +pz +q)e
zt .
La fonction e
zt est solution de (h) si et seulement si le
nombre z satisfait l’égalité z
2 + pz + q = 0.
Introduisons l’équation caractéristique z
2 + pz + q = 0.
Premier cas : p 2 −4q > 0 . L’équation caractéristique a deux racines réelles distinctes r 1 et r 2 , d’où les solutions u 1 (t) = e
r 1 t et u 2 (t) = e
r 2 t . Ces fonctions n’étant
pas proportionnelles, on en déduit d’après le théorème précédent :
les solutions de (h) sont les fonctions λ 1 e
r 1 t + λ 2 e
r 2 t , où
λ 1 et λ 2 sont des nombres réels quelconques.
452 – ´
EQUATIONS DIFF ´
ERENTIELLES LIN ´
EAIRES D’ORDRE 2