Deuxième cas : p 2 −4q < 0 . L’équation caractéristique a deux racines distinctes conjuguées r + i ω et r− i ω.
Les fonctions x(t) = e
rt e
i ωt et x(t) = e
rt e
− i ωt sont donc des solutions de (h) et il
en va de même des fonctions
u 1 (t) = (1/2)
x(t) + x(t)
= e
rt cos ωt et u 2 (t) = (1/2 i)
x(t)−x(t)
= e
rt sin ωt.
Puisque u 1 et u 2 ne sont pas proportionnelles, on en déduit :
les solutions de (h) sont les fonctions e
rt
λ 1 cos ωt + λ 2 sin ωt
,
où λ 1 et λ 2 sont des nombres réels quelconques.
Troisième cas : p 2 −4q = 0 . L’équation caractéristique a une racine double
−p/2, ce qui fournit la solution réelle u 1 (t)=e
−(p/2)t . Montrons que la fonction u 2 (t)=
tu 1 (t) est aussi une solution : on a en effet u
2 (t)=tu
1 (t)+u 1 (t), u
2 (t)=tu
1 (t)+2u
1 (t) et
u
2 (t) + pu
2 (t) + qu 2 (t) = tu
1 (t) + 2u
1 (t) + ptu
1 (t) + pu 1 (t) + qtu 1 (t)
= t
u
1 (t) + pu
1 (t) + qu 1 (t)
+ 2u
1 (t) + pu 1 (t) = 0
car u 1 est solution et u
1 = −(p/2)u 1 . Puisque les solutions u 1 et u 2 ne sont pas
proportionnelles,
les solutions de (h) sont les fonctions (λ 1 + λ 2 t)e
−(p/2)t , où
λ 1 et λ 2 sont des nombres réels quelconques.
Comme nous n’avons pas démontré le théorème général du précédent paragraphe,
vérifions que l’on obtient bien ainsi toutes les solutions.
Dans l’équation (h), faisons le changement de fonction inconnue x(t) = e
rt y(t), où
r =−p/2. Puisque x
(t)=
y
(t)+ry(t)
e
rt et x
(t)=
y
(t)+2ry
(t)+r
2 y(t)
e
rt , il vient
x
(t) + px
(t) + qx(t) =
y
(t) + (2r + p)y
(t) +
r
2 + pr + q
y(t)
e
rt
On a 2r + p = 0 et r
2 + pr + q = p
2 /4−p
2 /2 + q = −(p
2
−4q)/4.
® Plaçons-nous dans le cas p
2
−4q0 et posons a=(1/2)
p 2 −4q. Il vient r
2 +pr+q=−a
2
et x
(t) + px
(t) + qx(t) =
y
(t) − a
2 y(t)
e
rt . Ainsi la fonction x(t) est solution de (h)
si et seulement si y(t) est solution de l’équation différentielle (∗) y
−a
2 y = 0.
Les fonctions y 1 (t) = e
at et y 2 (t) = e
−at sont évidemment solutions de (∗). Soit y(t)
une solution quelconque.
Posons z(t) =
y
(t)−ay(t)
e
at . En dérivant, on obtient z
(t) =
y
(t)−a
2 y(t)
e
at = 0,
donc on a z(t) = c, une constante. Ainsi y
−ay = ce
−at et y est solution de l’équation
différentielle y
=ay+ce
−at . Les solutions de l’équation homogène sont les fonctions λe
at .
Si a =0, la fonction −(c/2a)e
−at est une solution particulière, donc y(t)=λe
at
−(c/2a)e
−at .
Les solutions de (h) sont x(t) = e
rt y(t) = λ
(r+a)t
−(c/2a)e
(r−a)t , où λ et c sont des
constantes quelconques. Puisque les nombres r ± a sont les racines de l’équation caractéristique, on obtient bien le résultat énoncé.
Si a = 0, c’est-à-dire p
2
−4q = 0, on a y
= c, y(t) = ct + d, d’où x(t) = (ct + d)e
rt , avec
c et d des constantes.
® Dans le cas p
2
−4q < 0, on a ω = (1/2)
4q−p 2 , donc r
2 + pr + q = −(p
2
−4q)/4 = ω
2 .
La fonction x(t) est solution de (h) si et seulement si y(t) est solution de l’équation
différentielle y
+ ω
2 y = 0.
Chapitre 15 – ´
EQUATIONS DIFF ´
ERENTIELLES – 453
Les fonctions x(t) = e
rt e
i ωt et x(t) = e
rt e
− i ωt sont donc des solutions de (h) et il
en va de même des fonctions
u 1 (t) = (1/2)
x(t) + x(t)
= e
rt cos ωt et u 2 (t) = (1/2 i)
x(t)−x(t)
= e
rt sin ωt.
Puisque u 1 et u 2 ne sont pas proportionnelles, on en déduit :
les solutions de (h) sont les fonctions e
rt
λ 1 cos ωt + λ 2 sin ωt
,
où λ 1 et λ 2 sont des nombres réels quelconques.
Troisième cas : p 2 −4q = 0 . L’équation caractéristique a une racine double
−p/2, ce qui fournit la solution réelle u 1 (t)=e
−(p/2)t . Montrons que la fonction u 2 (t)=
tu 1 (t) est aussi une solution : on a en effet u
2 (t)=tu
1 (t)+u 1 (t), u
2 (t)=tu
1 (t)+2u
1 (t) et
u
2 (t) + pu
2 (t) + qu 2 (t) = tu
1 (t) + 2u
1 (t) + ptu
1 (t) + pu 1 (t) + qtu 1 (t)
= t
u
1 (t) + pu
1 (t) + qu 1 (t)
+ 2u
1 (t) + pu 1 (t) = 0
car u 1 est solution et u
1 = −(p/2)u 1 . Puisque les solutions u 1 et u 2 ne sont pas
proportionnelles,
les solutions de (h) sont les fonctions (λ 1 + λ 2 t)e
−(p/2)t , où
λ 1 et λ 2 sont des nombres réels quelconques.
Comme nous n’avons pas démontré le théorème général du précédent paragraphe,
vérifions que l’on obtient bien ainsi toutes les solutions.
Dans l’équation (h), faisons le changement de fonction inconnue x(t) = e
rt y(t), où
r =−p/2. Puisque x
(t)=
y
(t)+ry(t)
e
rt et x
(t)=
y
(t)+2ry
(t)+r
2 y(t)
e
rt , il vient
x
(t) + px
(t) + qx(t) =
y
(t) + (2r + p)y
(t) +
r
2 + pr + q
y(t)
e
rt
On a 2r + p = 0 et r
2 + pr + q = p
2 /4−p
2 /2 + q = −(p
2
−4q)/4.
® Plaçons-nous dans le cas p
2
−4q0 et posons a=(1/2)
p 2 −4q. Il vient r
2 +pr+q=−a
2
et x
(t) + px
(t) + qx(t) =
y
(t) − a
2 y(t)
e
rt . Ainsi la fonction x(t) est solution de (h)
si et seulement si y(t) est solution de l’équation différentielle (∗) y
−a
2 y = 0.
Les fonctions y 1 (t) = e
at et y 2 (t) = e
−at sont évidemment solutions de (∗). Soit y(t)
une solution quelconque.
Posons z(t) =
y
(t)−ay(t)
e
at . En dérivant, on obtient z
(t) =
y
(t)−a
2 y(t)
e
at = 0,
donc on a z(t) = c, une constante. Ainsi y
−ay = ce
−at et y est solution de l’équation
différentielle y
=ay+ce
−at . Les solutions de l’équation homogène sont les fonctions λe
at .
Si a =0, la fonction −(c/2a)e
−at est une solution particulière, donc y(t)=λe
at
−(c/2a)e
−at .
Les solutions de (h) sont x(t) = e
rt y(t) = λ
(r+a)t
−(c/2a)e
(r−a)t , où λ et c sont des
constantes quelconques. Puisque les nombres r ± a sont les racines de l’équation caractéristique, on obtient bien le résultat énoncé.
Si a = 0, c’est-à-dire p
2
−4q = 0, on a y
= c, y(t) = ct + d, d’où x(t) = (ct + d)e
rt , avec
c et d des constantes.
® Dans le cas p
2
−4q < 0, on a ω = (1/2)
4q−p 2 , donc r
2 + pr + q = −(p
2
−4q)/4 = ω
2 .
La fonction x(t) est solution de (h) si et seulement si y(t) est solution de l’équation
différentielle y
+ ω
2 y = 0.
Chapitre 15 – ´
EQUATIONS DIFF ´
ERENTIELLES – 453