Équations différentielles linéaires
d'ordre 1 et 2

Introduction
1. Exemples issus des autres disciplines
  
  Exemple 1   Lorsqu'un système de température $T$ (homogène mais variable) est placé au contact d'un thermostat de température constante $T_0$, on admet qu'à chaque instant $t$, la variation de température du système est proportionnelle à la différence $T-T_0$. La température est alors régie par une relation du type :
  \[ \frac{\diff T}{\diff t} = - k\, (T-T_0) \avec k\in\R^{*}_{+}. \]
  
  Exemple 2   Dans un circuit RC, soumis à une tension $U$, la charge $q$ du condensateur évolue selon la relation :
  \[ \frac qC+R\,\frac{\diff q}{\diff t} = U. \] Classiquement, la tension $U$ est constante ou sinusoïdale.
  
  Exemple 3   Dans une réaction chimique transformant un réactif $\alpha$ en un produit $\beta$, et dont la vitesse dépend linéairement de la concentration de $\alpha$, la concentration $C_\alpha $ du réactif $\alpha$ vérifie une une relation du type :
  $$ \frac{\diff C_\alpha}{\diff t} = -k\,C_\alpha \avec k\in\Rpe. $$
  
  Exemple 4   Un pendule pesant de longueur $\ell$ est placé dans un champ de pesanteur d'intensité $g$. Si l'angle $\theta$ qu'il forme avec la verticale reste petit, et permet donc l'approximation $\sin \theta \approx \theta $, alors l'équation d'évolution de $\theta$ s'écrit :
  \[ \frac{\diff^2\theta}{\diff t^2} + \dfrac{g}{\ell} \,\theta = 0. \]
  
  Exemple 5   Dans un circuit RLC, soumis à une tension $U$, la charge $q$ du condensateur évolue selon la relation :
  \[ \frac{q}{C}+R\,\frac{\diff q}{\diff t}+L\,\frac{\diff^2 q}{\diff t^2}=U(t), \] où $U$ est une fonction constante (courant continu) ou sinusoïdale (courant alternatif).
  
  Exemple 6   Une masse $m$ accrochée à un ressort vertical de raideur $k$, et subissant un frottement visqueux de coefficient $\nu$, effectue lorsqu'on le tend et le relâche un mouvement rectiligne autour de sa position d'équilibre choisie comme origine. L'abscisse $x$ de la position de $m$ vérifie alors :
  \[ m\,\frac{\diff^{2} x}{\diff t^{2}} +\nu\,\frac{\diff x}{\diff t}+k\,x=0. \]
2. Définitions, notations
  Dans toute le suite de ce chapitre,
  
  $I$ désigne un intervalle de $\R$, d'intérieur non vide ;
  On peut aussi dire que :
  
  $I$ contient au mins deux points ;
  
  $I$ contient une infinité de points ;
  Cela exclut l'intervalle vide ainsi que les intervalles réduits à un point, sur lesquels on ne peut pas parler de dérivée, et donc pas plus de primitive.
  
  $\K$ désigne $\R$ ou $\C$ ;
  
  les fonctions considérées sont des fonctions d'une variable réelle, définie sur $I$ et à valeurs dans $\K$.
  - Équations différentielles linéaires du premier ordre
    Soit $a$ et $b$ deux fonctions continues de $I$ dans $\K$. Quand on cherche toutes les fonctions $f$ de $I$ dans $\K$ dérivables et vérifiant : \[ \fa{x\in I} f'(x)+a(x)\,f(x)=b(x) \] on dit que l'on résout l' équation différentielle linéaire du premier ordre notée : \[ y'+a(x)\,y=b(x). \tag{$E$} \]
    
    On appelle solution (sur $I$) de l'équation différentielle $(E)$ toute fonction $f$ de $I$ dans $\K $, dérivable et vérifiant :
    
    Remarque Il faut évidemment être sûr que $f$ est dérivable avant de pouvoir écrire la relation qui suit.
    
    \[ \fa{x\in I} f'(x)+a(x)\,f(x)=b(x). \]
    
    La fonction $b$ est appelée second membre de l'équation différentielle.
    
    Lorsque $b$ est la fonction nulle, l'équation différentielle est dite homogène, voire parfois « sans second membre ».
    On appelle équation homogène associée à $(E)$, l'équation : \[ y'+a(x)\,y=0. \tag{$E_0$} \] Un petit problème d'écriture pour $(E)$ et $(E_0)$
    L'écriture des équations différentielles $(E)$ et $(E_0)$ peut interpeller : en effet on y trouve simultanément $y$ et $y'$ qui sont des fonctions, ainsi que $a(x)$ et $b(x)$ qui sont des éléments de $\K$. En toute rigueur, l'équation $(E)$ devrait s'écrire : \[ \fa{x\in I} y'(x)+a(x)\,y(x)=b(x) \] ou : \[ y' + a\, y = b \] mais l'usage veut que l'on écrive $(E)$ sous la forme : \[ y'+a(x)\,y=b(x) \tag{$E$} \] pour bien mettre en évidence l'inconnue, qui est ici la fonction $y$, et insister sur le fait que $a$ et $b$ sont des fonctions.
  - Équations différentielles linéaires du second ordre à coefficients constants
    Soit
    
    $a$ et $b$ deux éléments de $\K$,
    
    $c$ une fonction continue de $I$ dans $\K $.
    Quand on cherche toutes les fonctions $f$ de $I$ dans $\K$ deux fois dérivables et vérifiant : \[ \fa{x\in I} f''(x)+a\,f'(x)+b\,f(x) = c(x) \] on dit que l'on résout l' équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants notée : \[ y''+a\,y'+b\,y=c(x). \tag{$E$} \]
    
    On appelle solution (sur $I$) de l'équation différentielle $(E)$ toute fonction $f$ de $I$ dans $\K $ deux fois dérivable et vérifiant :
    
    Remarque Il faut évidemment être sûr que $f$ est deux fois dérivable avant de pouvoir écrire la relation qui suit.
    
    \[ \fa{x\in I} f''(x)+a\,f'(x)+b\,f(x)=c(x). \]
    
    La fonction $c$ est appelée second membre de l'équation différentielle.
    
    Lorsque $c$ est la fonction nulle, l'équation différentielle est dite homogène, voire parfois « sans second membre ».
    On appelle équation homogène associée à $(E)$, l'équation : \[ y''+a\,y'+b\,y=0. \tag{$E_0$} \]
3. Structure de l'ensemble des solutions d'une équation différentielle linéaire
  Dans cette partie, la notation $(E)$ désigne
  
  soit une équation différentielle linéaire du premier ordre,
  
  soit une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants ;
  La notation $(E_0)$ désigne alors l'équation différentielle linéaire homogène associée.
  Résoudre une équation différentielle (on dit aussi intégrer une équation différentielle) c'est $\ldots$
  $\ldots$ décrire l'ensemble $\SS$ de ses solutions.
  
  Le but est donc d'exprimer l'élément générique de $\SS$, la solution générale de l'équation différentielle, à l'aide des fonctions usuelles (des fonctions élémentaires) et de constantes éléments de $\K$. Dans cette expression, il est possible de laisser des primitives que l'on ne peut expliciter à l'aides des fonctions usuelles.
  
  Pour chaque solution $f$ d'une équation différentielle, la courbe d'équation $y=f(x)$ est aussi appelée courbe intégrale de l'équation différentielle.
  Proposition 1 L'ensemble $\mathcal{S}_0$ des solutions de l'équation homogène $(E_0)$ contient la fonction nulle, et il est stable par combinaison linéaire, c'est-à-dire qu'il vérifie: $$ \fa{ (f_1,f_2)\in{\mathcal{S}_0}^2} \fa{ (\lambda_1,\lambda_2)\in\K^2} \lambda_1\, f_1 +\lambda_2\, f_2 \in \mathcal{S}_0. $$ Justification
  
  Dans le cas du premier ordre
  Soit $f_1$ et $f_2$ deux éléments de ${\SS}_0$ ainsi que $(\lambda_1,\lambda_2)\in\K^2$.
  
  Par hypothèse $f_1$ et $f_2$ sont dérivables ; il en est donc de même de $\lambda_1\, f_1 +\lambda_2\, f_2$.
  
  Comme $f_1$ et $f_2$ sont éléments de ${\SS}_0$, pour tout $x\in I$, on a : \[ f_1'(x)+a(x)\,f_1(x) = 0 \et f_2'(x)+a(x)\,f_2(x) = 0. \] Par combinaison linéaire, on en déduit : \[ \big(\lambda_1\,f_1'(x)+\lambda_2\,f_2'(x)\big) +a(x)\big(\lambda_1\,f_1(x)+\lambda_2\,f_2(x)\big) = 0 \] ou encore : \[ \big(\lambda_1\,f_1+\lambda_2\,f_2\big)'(x) +a(x)\big(\lambda_1\,f_1+\lambda_2\,f_2\big)(x) = 0, \] ce qui prouve le résultat.
  
  Dans le cas du second ordre
  Démonstration analogue, sauf qu'il faut commencer par dire $\ldots$
  $\ldots$ que $f_1$ et $f_2$ sont deux fois dérivables, et qu'il en est donc de même de $\lambda_1\, f_1 +\lambda_2\, f_2$.
  Formulation en termes d'espaces vectoriels (si vous connaissez)
  
  Dans le cas du premier ordre, la proposition précédente traduit le fait que $\mathcal{S}_0$ est un sous-espace vectoriel de $\ldots$
  $\ldots$ l'espace vectoriel des fonctions dérivables sur $I$ et à valeurs dans $\K$.
  
  Dans le cas du second ordre, la proposition précédente traduit le fait que $\mathcal{S}_0$ est un sous-espace vectoriel de $\ldots$
  $\ldots$ l'espace vectoriel des fonctions deux fois dérivables sur $I$ et à valeurs dans $\K$.
  Proposition 2 Si $f_1$ est une solution donnée de l'équation $(E)$, alors l'ensemble des solutions de l'équation $(E)$ est : \[ \SS =\{f_1 + g \pour g\in \SS_0\} \] où $S_0$ désigne l'ensemble des solutions de l'équation $(E_0)$.
  Justification
  On démontre cette égalité d'ensembles par double inclusion.
  
  Cas du premier ordre
  
  Soit $f\in\SS $. Pour tout $x\in I$, n a alors : \begin{align*} f'(x)+a(x)\,f(x) = b(x)\\ f_1'(x)+a(x)\,f_1(x) = b(x) \end{align*} La fonction $g=f-f_1$ st alors dérivable, et, par différence des lignes précédentes, pour tout $x\in I$, on a : \[ g'(x)+a(x)\,g(x) = 0, \] ce qui prouve $g\in\SS_0$. Comme $f=f_1+g$, on en déduit : \[ \SS \subset \{f_1 + g \pour g\in \SS_0\}. \]
  
  Réciproquement, soit $f\in \{f_1+g\pour g\in \SS_0\}$. Il existe alors $g\in \SS_0$ tel que : $$f=f_1+g.$$ Des relations : \[ \left\{ \begin{array}{l} \fa{x\in I} f_1'(x)+a(x)\,f_1(x) = b(x)\\ \fa{x\in I} \,g'(x)+a(x)\,g(x)\,=0 \end{array} \right. \] on déduit par addition : \[ \fa{x\in I} f'(x)+a(x)\,f(x)=b(x), \] ce qui prouve $f\in\SS$ et donc : \[ \{f_1 + g \pour g\in \SS_0\} \subset \SS. \]
  
  Cas du second ordre
  Démonstration analogue.
  Notation L'ensemble $\{f_1+g\pour g\in \SS_0\}$ est souvent noté $f_1+\SS_0$.
  Méthode D'après la proposition précédente, pour résoudre une équation différentielle linéaire $(E)$, il suffit :
  
  d'abord de résoudre l'équation homogène $(E_0)$,
  
  puis de trouver une solution de $(E)$, alors appelée solution particulière de $(E)$.
  C'est la démarche que vous devez adopter dans la quasi-totalité des cas.
Équations différentielles linéaires du premier ordre
Dans toute cette partie, $a$ et $b$ sont des fonctions continues de $I$ dans $\K$, et on s'intéresse à l'équation différentielle linéaire : \[ y'+a(x)\,y= b(x) \tag{$E$}, \] ainsi qu'à son équation homogène associée : \[ y'+a(x)\,y= 0 \tag{$E_0$}. \]
1. Résolution de l'équation homogène
  Dans toute cette partie, $a : I \to \K$ est une fonction continue de $I$ dans $\K$, et on s'intéresse à l'équation différentielle linéaire homogène : \[ y'+a(x)\,y=0 \tag{$E_0$}. \]
  Proposition 3 L'équation $(E_0)$ possède sur $I$ (au moins) une solution $y_0$ qui en s'annule pas, et l'ensemble de ses solutions est : \[ \mathcal{S}_0 = \{ \lambda\, y_0 \pour\lambda\in\K \}. \] Justification
  
  Pour prouver l'existence de $y_0$, la chercher sous la forme $y_0 : x\mapsto e^{ u (x)}$.
  Soit $ u $ une fonction dérivable sur $I$ et $y=e^{ u }$. Pour tout ${x\in I}$, on a alors : \[ y'(x)+a(x)\,y(x)=e^{ u (x)}\,\bigl( u '(x)+a(x)\bigr). \] Par suite, $y$ est solution de $(E_0)$ dès que : \[ \fa{x\in I} u '(x)+a(x) = 0. \] Comme la fonction $a$ est continue sur l'intervalle $I$, elle admet une primitive $A$, et la fonction : \[ y_0 : x \mapsto e^{-A(x)} \] est donc une solution de $E_0$. Cette solution ne s'annule évidemment pas puisque $\ldots$
  $\ldots$ c'est une exponentielle.
  Comme il s'agit d'une exponentielle complexe, on ne peut pas dire : \[ \fa{x\in I} e^{-A(x)} >0. \] En revanche, on a : \[ \fa{x\in I} \big|e^{-A(x)}\big| = e^{-\Re A(x)} >0, \] ce qui prouve qu'elle ne s'annule pas.
  
  Pour le second point, montrer essentiellement que $y/y_0$ est constante.
  On utilise toujours les notations du point précédent :
  
  $A$ est une primitive de $-a$ ;
  
  $y_0$ désigne la fonction $x \mapsto e^{-A(x)}$.
  Prouvons l'égalité (d'ensembles) demandée par double inclusion.
  
  Comme $y_0$ est solution de l'équation linéaire, on sait que pour tout $\lambda\in\K$, la fonction $\lambda\,y_0$ est solution de $(E_0)$, ce qui prouve : \[ \{ \lambda\, y_0 \pour\lambda\in\K \} \subset \mathcal{S}_0. \]
  
  Réciproquement, soit $y \in\mathcal{S}_0$. Alors la fonction $z$ : \[ z : \fonction{I}{\K}{x}{y(x)\, e^{A(x)}} \] est dérivable sur $I$ et vérifie, pour tout $x\in I $ : \begin{align*} z'(x)&= y'(x)\,e^{A(x)} + y(x)\, A'(x)\,\,e^{A(x)}\\\\ &= \big( y'(x) +a(x)\,y(x) \big)\,e^{A(x)}, \end{align*} ce qui est nul puisque $y \in{\SS_0}$. Par suite, $z$ est constante sur l'intervalle $I$, et il existe donc $\lambda\in\K$ tel que : \[ \fa{x\in I} y(x)\, e^{A(x)} = z(x) = \lambda \] ou encore : \[ \fa{x\in I} y(x) = \lambda\,\, e^{-A(x)} = \lambda\,y_0(x), \] ce qui équivaut à $y=\lambda\,y_0$, et termine la démonstration de la seconde inclusion.
  Formulation en termes d'espaces vectoriels (si vous connaissez)
  
  Après avoir étudié la notion de sous-espace engendré, on peut dire que $\ldots$
  $\ldots$ l'ensemble $\SS_0$ des solutions de $(E_0)$ à valeurs dans $\K$ est le sous-espace vectoriel engendré par $y_0$.
  
  Comme $y_0$ n'est pas la fonction nulle, on peut dire que $\ldots$
  $\ldots$ $y_0$ est une base de $\SS_0$.
  
  Quand on connaît la notion de dimension, on peut dire que $\ldots$
  $\ldots$ l'ensemble des solutions de l'équation différentielle $(E_0)$ est un $\K$–espace vectoriel de dimension $1$ (une droite vectorielle).
  Méthode Pour déterminer l'ensemble des solutions de $(E_0)$, il suffit donc de trouver une solution $y_0$ non nulle. Si l'on ne voit aucune solution évidente, en chercher une de la forme $x\mapsto e^{u(x)}$ avec $u$ dérivable sur $I$.
  Je déconseille de retenir la formule vue dans la démonstration de la proposition précédente. Il y a trop de risque d'erreurs. Il est préférable de prendre l'habitude de dériver $e^{u}$ et de remplacer dans l'équation pour trouver la condition sur $u'$.
  
  Exemple 7   Soit $a\in\K$, et $(E_0)$ l'équation homogène $y'=ay$.
  En déterminer les solutions sur $\R$ et à valeurs dans $\K$.
  Comme cette équation linéaire possède évidemment la solution non nulle : \[ y_0 : x \mapsto e^{a x} , \] l'ensemble de ses solutions à valeurs dans $\K$ est donc : $$\mathcal{S}_0 = \{ \lambda \, y_0 \pour \lambda\in\K \}$$ ou encore : $$ \mathcal{S}_0 = \{ x\mapsto \lambda\, e^{a x} \pour \lambda\in\K \}. $$
  
  Exemple 8   Soit $(E_0)$ l'équation $y'+\frac{1}{1+x^2}\,y=0$.
  En déterminer les solutions sur $\R$ et à valeurs réelles.
  Une fonction de la forme $y= e^{u}$ est solution de $(E_0)$ dès que : \[ \fa{x\in\R} e^{u(x)} \Big( u'(x)+\dfrac{1}{1+x^2}\Big) =0. \] Par suite, la fonction : \[ y_0 : \fonction{\R} \K x{ e^{-\arctan x}} \] est une solution non nulle de $(E_0)$. Étant donné que $(E_0)$ est une équation différentielle linéaire homogène du premier ordre, on en déduit que $y$ est solution sur $\R$ de $(E_0)$ à valeurs dans $\R$, si, et seulement si : \[ \ex{\lambda\in\R} y = \lambda\, y_0 \] ou encore : \[ \ex{\lambda\in\R} \fa{x\in\R} y(x)= \lambda\, e^{-\arctan x}. \]
  Remarque Il est possible de ne pas recopier le premier paragraphe et d'exhiber directement la solution $y_0$ en appliquant le résultat obtenue dans la démonstration de la première proposition.
  
  Exemple 9   Soit $(E_0)$ l'équation $y'-\frac{2}{x}\,y=0$.
  En déterminer les solutions sur $\Rpe$ à valeurs réelles.
  Comment trouver une solution ?
  Une fonction de la forme $y= e^{u}$ est solution de $(E_0)$ dès que : \[ \fa{x\in\Rpe} e^{u(x)} \Big( u'(x)-\dfrac{2}{x}\Big) =0. \] Par suite, on peut prendre : \[ u(x) = 2 \,\ln x = \ln (x^{2}) \] et donc : \[ y(x) = e^{\ln x^{2}} = x^{2}. \]
  Remarque Ce serait très mal vu de ne pas simplifier. Sans compter que cela ne vous rendrait pas service dans la suite.
  Une fois que l'on a trouvé cette solution, on a tout à fait le droit (et même le devoir) de se réveiller et de dire que : \[ y_0 : x \mapsto x^{2} \] est une solution évidente de $(E_0)$. D'où la rédaction qui suit.
  
  Comment rédiger ?
  On remarque que la fonction : $$y_0 : \fonction {\R_+^*}{\R} x{x^2}$$ est évidemment solution de $(E_0)$. Comme $(E_0)$ est une équation différentielle linéaire homogène du premier ordre, on en déduit que $y$ est solution de $(E_0)$ si, et seulement si : \[ \ex{\lambda\in\R} y = \lambda\, y_0 \] ou encore : \[ \ex{\lambda\in\R} \fa{x\in\Rpe} y(x)= \lambda\, x^{2}. \]
  Exemple 10 Résoudre $(E_0) : y'+\frac{x}{1+x^2}\, y=0$.
  
  Ici, on ne précise ni le domaine, ni le type de fonctions que l'on cherche (s'agit-t-il de fonctions à valeurs réelles ou à valeurs complexes ?). La première chose est donc de préciser.
  
  Comme la fonction $x \mapsto \frac{x}{1+x^2}$ est définie et continue sur $\R$, on cherchera les solutions définies sur $\R$.
  
  Comme cette fonction est à valeurs réelles, on cherche par défaut les solutions à valeurs réelles. Mais rien n'empêcherait de donner les solutions à valeurs complexes.
  
  Première rédaction de solution
  La fonction $x \mapsto \frac{x}{1+x^2}$ étant définie et continue sur $\R$, cherchons les solutions définies sur $\R$ et à valeurs réelles de : \[ y'+\dfrac{x}{1+x^2}\, y=0. \tag{$E_0$} \] Une fonction de la forme $y= e^{u}$ est solution de $(E_0)$ dès que : \[ \fa{x\in\R} e^{u(x)} \Big( u'(x)+\frac{x}{1+x^2}\Big) =0. \] Par suite, on peut prendre $u$ définie pour $x\in\R$ par : \[ u(x) = - \dfrac{1}{2}\,\ln (1+x^2)=\ln \Big(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\Big) \] et donc : \[ y(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\cdot \] Comme $(E_0)$ est une équation différentielle linéaire homogène du premier ordre, on en déduit que les solutions de l'équation donnée sont les fonctions : $$ \fonction {\R}{\R}{x}{\dfrac\lambda {\sqrt{1+x^2}}}\avec \lambda\in\R. $$
  
  Autre rédaction (s'inspirant de la démonstration de la proposition précédente après avoir trouvé une solution particulière au brouillon)
  La fonction $x \mapsto \frac{x}{1+x^2}$ étant définie et continue sur $\R$, cherchons les solutions définies sur $\R$ et à valeurs réelles de : \[ y'+\dfrac{x}{1+x^2}\, y=0. \tag{$E_0$} \] Comme $x\mapsto\sqrt{1+x^{2}}$ ne s'annule pas sur $\R$, l'équation donnée à les même solutions que : \[ \sqrt{1+x^{2}}\,y'(x) + \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\,y(x) = 0 \tag{$E'_0$} \] Étant donné que le membre de gauche de cette équation est la dérivée de : \[ z : x \mapsto \sqrt{1+x^{2}}\,y(x) \] on en déduit que $y$ est solution de $(E'_0)$ et donc de $(E_0)$ si, et seulement si la fonction $z$ est constante sur l'intervalle $\R$, ce qui équivaut à dire : \[ \ex{\lambda\in\R} \fa{x\in\R} y(x) = \dfrac\lambda {\sqrt{1+x^2}}\cdot \]
  Méthode Comme dans l'exemple précédent, lorsque l'énoncé est imprécis, la première chose à faire pour résoudre une équation différentielle est de préciser sur quel intervalle on travaille et dans quel domaine les fonctions prennent leurs valeurs.
  Exemple 11 Résoudre $(E_0): y' -(1+i)\,y = 0$.
  
  Étant donné que cette équation est définie sur $\R$ mais que l'un de ses coefficients n'est pas réel, nous allons en chercher les solutions définies sur $\R$ et à valeurs complexes.
  
  Comme cette équation linéaire possède évidemment la solution non nulle : \[ y_0 : x \mapsto e^{(1+i) x} , \] l'ensemble de ses solutions à valeurs dans $\C$ est donc : $$\mathcal{S}_0 = \{ \lambda \, y_0 \pour \lambda\in\C \}$$ ou encore : $$ \mathcal{S}_0 = \{ x\mapsto \lambda\, e^{(1+i) x} \pour \lambda\in\C\}. $$
  Proposition 4 Si $y$ est une solution non nulle de $(E_0)$, alors elle ne s'annule pas sur $I$.
  Évident d'après la description ci-dessus, puisque $\ldots$
  $\ldots$ la fonction $y$ est de la forme $\lambda\,y_0$ avec :
  
  $\lambda\neq0$ puisque $y$ n'est pas la fonction nulle,
  
  $y_0 : x \mapsto e^{-A(x)}$, qui ne s'annule donc pas.
2. Résolution de l'équation avec second membre
  D'après ce qui précède, pour connaître toutes les solutions de l'équation : \[ y'+a(x)\,y=b(x), \tag{$E$} \] il suffit maintenant $\ldots$
  $\ldots$ de connaître une solution particulière de $(E)$, puisque :
  d'après la partie précédente, on sait décrire l'ensemble des solutions de l'équation homogène $(E_0)$, et que l'équation $(E)$ est linéaire.
  - Deux exemples en sciences physiques
    
    Dans le cas de l'équation gérant la charge d'un condensateur dans un circuit RC avec une tension $U$ constante : \[ \frac{q}{C} + R\,\frac{\diff q}{\diff t} = U,\tag{$E$} \] il y a une solution évidente $\ldots$
    $\ldots$ correspondant à l'état d'équilibre, lorsque le condensateur est complètement chargé et qu'il n'y a donc plus de courant, autrement dit : $\frac{\diff q}{\diff t}=0$.
    
    Lorsque le condensateur est complètement chargé, on a : $$q=C\,U,$$ ce qui est une solution constante de l'équation.
    
    Étant donné que l'équation homogène : \[ \frac{q}{C} + R\,\frac{\diff q}{\diff t} =0 \] a comme solution évidente : \[ t \mapsto e^{-\frac{t}{R C}} \] on en déduit que les solutions de l'équation $(E)$ sont de la forme : \[ t \mapsto \lambda\, e^{-\frac{t}{R C}} + C\,U \avec \lambda\in\R. \] Dans ce cas, les fonctions sont à valeurs réelles puisqu'il s'agit de la charge d'un condensateur.
    
    Dans le cas de l'équation gérant un échange de chaleur entre un système homogène et un thermostat : \[ \frac{\diff T}{\diff t} = - k\, (T-T_0) ,\tag{$E$} \] il y a une solution évidente $\ldots$
    $\ldots$ correspondant à l'état d'équilibre, lorsque le système est à la même température que le thermostat et qu'il n'y a donc plus de variation de température.
    
    Lorsque le système est à la même température que le thermostat on a : $$T=T_0,$$ ce qui est une solution constante de l'équation.
    
    Comme l'équation homogène : \[ \frac{\diff T}{\diff t} = -k\, T \] a comme solution évidente : \[ t \mapsto e^{-k t} \] on en déduit que les solutions de l'équation $(E)$ sont de la forme : \[ t \mapsto \lambda\, e^{-k t} + T \avec \lambda\in\R. \] Dans ce cas, les fonctions sont à valeurs réelles puisqu'il s'agit d'une température.
  - Lorsque $ a$ est une fonction constante
    Bien qu'aucun des résultats de cette partie ne figure explicitement au programme, après les avoir vus une fois, un peu d'habitude de calcul mental et d'anticipation permet facilement de les retrouver.
    
    On suppose ici $a\in\K^{*}$
    En effet, si $a=0$, on n'a plus vraiment d'équation différentielle, puisqu'il reste : \[ y' = b(x) \] qui se résout par simple intégration.
    et l'on considère l'équation : \[ y' + a\,y = b(x) \tag{$E$} \] où $b$ est une fonction continue de $I$ dans $\K$.
    
    Il est alors possible dans certains cas de trouver une solution particulière de $(E)$, ce serait dommage de passer à côté.
    
    Si le second membre $b$ est aussi constant
    L'équation : \[ (E) : y' +a\,y = b \avec a\in\R^{*} \text{ et } b\in\R. \] possède évidemment comme solution $\ldots$
    $\ldots$ la fonction constante : \[ y : x \mapsto \frac{b}{a}\cdot \]
    Remarque On a déjà rencontré cette situation dans le cas de la charge du condensateur et de l'échange thermique.
    
    Si le second membre $b$ est une fonction polynomiale
    
    Méthode Dans ce cas, chercher une solution polynomiale de même degré que celui de $b$ (puisque $a$ est supposé non nul).
    On pourrait justifier qu'il existe toujours une telle solution, mais ce n'est pas utile ici dans la mesure où il s'agit juste de trouver une solution particulière, et que ce résultat n'est pas au programme.
    
    Exemple 12   Résoudre l'équation $(E) : y' - y = x^{2} +2\,x -3 $.
    Cherchons les solutions sur $\R$ et à valeurs réelles de l'équation : \[ y' - y = x^{2} +2\,x -3 \tag{$E$} \]
    
    Les solutions de l'équation homogène associée : \[ y' - y = 0 \tag{$E_0$} \] sont les fonctions de la forme : \[ y : x \mapsto \lambda\,e^{x} \avec \lambda\in\R. \]
    
    Cherchons une solution polynomiale de $(E)$. Soit donc $(\alpha,\beta,\gamma)\in\R^{3}$ et $y$ définie par : \[ \fa{x\in\R} y(x) = \alpha\,x^{2} + \beta\,x+\gamma. \] On a alors : \[ \fa{x\in\R} y'(x) = 2\,\alpha\,x + \beta \] et $y$ est solution de $(E)$ dès que, pour tout $x\in\R$ : \[ -\alpha\,x^{2} + (2\,\alpha-\beta)\,x+(\beta-\gamma) = x^{2} +2\,x -3. \] Pour cela, il suffit d'avoir : \[ -\alpha=1,\quad 2\,\alpha-\beta = 2 \et \beta-\gamma=-3 \] ou encore : \[ \alpha=-1,\quad 2\,\beta = -4 \et \gamma=-1. \] On en déduit une solution polynomiale de $(E)$ : \[ y : x \mapsto -x^{2} -4\,x-1. \]
    Par suite, $y$ est solution de $(E)$ si, et seulement si, il existe $\lambda\in\R$ tel que : \[ \fa{x\in\R} y(x) = \lambda\,e^{x} -x^{2} -4\,x-1. \]
    
    Si le second membre $b$ contient une fonction exponentielle en facteur
    
    Si la fonction $b$ est de la forme : \[ b : x \mapsto e^{r x} \, \beta(x) \] avec $r\in\K$ et $\beta$ fonction continue de $I$ dans $\K$, alors il peut être intéressant de chercher une solution (particulière) de la forme :
    \[ y : x \mapsto e^{r x}\,z(x) \] où $z$ est une fonction dérivable de $I$ dans $\K$.
    En effet, cela « fait disparaître l'exponentielle ».
    Soit $z$ une fonction dérivable de $I$ dans $\K$, et $y$ définie sur $I$ par : \[ y(x) = e^{r x}\,z(x). \] On a alors, pour tout $x\in I$ : \[ y'(x) = e^{r x}\,\big(r\,z(x)+z'(x)\big). \] Ainsi $y$ est solution de $(E)$ si, et seulement si, pour tout $x\in I$ : \begin{align*} e^{r x} \, \beta(x) &= e^{r x}\,\big(r\,z(x)+z'(x)\big) +a\,e^{r x}\,z(x)\\\\ &= e^{r x}\,\big((r+a)\,z(x) + z'(x)\big). \end{align*} Pour que cette condition soit réalisée, il suffit donc d'avoir : \[ (r+a)\,z(x) + z'(x) = \beta(x), \] qui est une équation différentielle sans $ e^{r x}$ et donc un peu plus simple.
    
    Exemple 13   Soit $(a, r)\in\K^2$ et l'équation différentielle : \[ y'+a\,y=e^{r x} . \tag{$E$} \] On peut en trouver comme solution particulière :
    
    une fonction de la forme : $x\mapsto \lambda \,e^{r x}$ avec $\lambda \in\K$, si $\ldots$
    $\ldots$ $ r\neq -a$.
    En effet, si l'on cherche : \[ y : x\mapsto \lambda\, e^{r x} \] on a pour tout $x\in I$ : \[ y'(x)+a\,y(x) = \lambda\,(r+a)\,e^{r x}. \] Il est alors évident que l'on obtient une solution en prenant :
    \[ \lambda = \frac{1}{r+a} \cdot \]
    
    une fonction de la forme : $x\mapsto \lambda\,x\,e^{r x} $ avec $\lambda \in\K$, si $\ldots$
    $\ldots$ $ r = -a$.
    
    En effet dans ce cas, on ne peut trouver de solution de la forme : \[ y : x\mapsto \lambda \,e^{r x} \] puisque $\ldots$
    $\ldots$ une telle fonction vérifie : \[ y' + a\,y = y' - r\, y = 0. \]
    
    En revanche, si l'on cherche : \[ y : x\mapsto e^{r x}\,z(x) \] alors :
    \begin{align*} y'(x) + a\,y(x) &= y'(x) + a\,y(x)\\\\ &=\big(r\,e^{r x}\,z(x)+e^{r x}\,z'(x)\big)-r\,e^{r x}\,z(x)\\\\ &=e^{r x}\,z'(x). \end{align*} Cette fonction est alors solution de $(E)$ dès que : \[ z'(x) = 1 \et[et donc par exemple] z(x)=x. \] Ainsi : \[ y : x\mapsto x\, e^{r x} \] est une solution particulière de $(E)$.
    
    Exemple 14   Résoudre l'équation $(E)$ : $y'+2\,y = (2\,x+1)\,e^{x}$.
    Chercher une solution particulière de la forme : \[ y : x \mapsto z(x)\,e^{x} \] Solution
    Déterminons les solutions de $(E)$ définies sur $\R$ et à valeurs réelles.
    
    Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme : \[ x \mapsto \lambda \,e^{-2x} \avec \lambda\in\R. \]
    
    Cherchons une solution particulière de $(E)$ de la forme : \[ y : x \mapsto z(x)\,e^{x} \] où $z$ est une fonction dérivable. Pour tout $x\in\R$, on a alors : \begin{align*} y(x) &= z(x)\,e^{x}\\\\ y'(x)&= z(x)\,e^{x}+z'(x)\,e^{x} \end{align*} et $y$ est solution de $(E)$ dès que : \[ 3\,z(x)+z'(x) = 2\,x+1. \] La fonction polynomiale : \[ z : x \mapsto \alpha\,x+\beta \] vérifie cette dernière relation dès que : \[ \alpha = \frac{2}{3} \et \beta=\frac{1}{9}, \] ce qui donne pour $(E)$ la solution : \[ y : x \mapsto \left(\frac{2}{3}\,x +\frac{1}{9}\right)\,e^{x}. \]
    Par suite, l'ensemble des solutions de $(E)$ est : \[ \SS = \bigg\{x \mapsto \Big(\frac{2}{3}\,x +\frac{1}{9}\Big)\,e^{x} +\lambda \,e^{-2x} \pour \lambda\in\R \bigg\}. \]
  - Principe de superposition
    
    Méthode L'idée sous-jacente au principe de superposition est une conséquence de la linéarité de l'équation : découper le second membre $b$ en somme de termes pour lesquels on sait trouver des solutions particulières.
    
    Proposition 5 Soit $b_1$ et $b_2$ deux fonctions continues de $I$ dans $\K$, et $(\lambda_1,\lambda_2)\in\K^{2}$.
    
    Si $y_1$ est une solution de l'équation : $y'+a(x)\,y=b_1(x)$,
    
    Si $y_2$ est une solution de l'équation : $y'+a(x)\,y=b_2(x)$,
    alors $\lambda_1 \, y_1 + \lambda_2 \,y_2$ est solution de : \[ y'+a(x)\,y = \lambda_1\, b_1(x)+\lambda_2 \,b_2(x). \] Justification
    
    Les fonctions $y_1$ et $y_2$ étant dérivables sur $I$, on sait que leur combinaison linéaire $\lambda_1 \, y_1 + \lambda_2 \,y_2$ est dérivable sur $I$.
    
    Pour tout $x\in I$, on a : $$ y_1'(x)+a(x)\,y_1(x)=b_1(x) $$ et : $$ y_2'(x)+a(x)\,y_2(x)=b_2(x). $$ Par combinaison linéaire, on en déduit : \[ \lambda_1 \, y'_1(x) + \lambda_2 \,y'_2(x) +a(x)\,\big(\lambda_1 \, y_1(x) + \lambda_2 \,y_2(x)\big) =\lambda_1 \, b_1(x) + \lambda_2 \,b_2(x) \] et donc : \[ (\lambda_1 \, y_1 + \lambda_2 \,y_2)'(x) +a(x)\,\big(\lambda_1 \, y_1 + \lambda_2 \,y_2\big)(x) =(\lambda_1 \, b_1 + \lambda_2 \,b_2)(x), \] ce qui prouve que $\lambda_1 \, y_1 + \lambda_2 \,y_2$ est solution de l'équation : $$y'+a(x)y=\lambda_1\,b_1(x)+\lambda_2\,b_2(x).$$
    
    Exemple 15 Résoudre sur $\R$ l'équation différentielle $y'+y=\cos x$.
    
    Commencer par résoudre l'équation homogène.
    Il est évident que : \[ x \mapsto e^{-X} \] en est solution.
    
    On peut facilement avoir une solution particulière en exprimant $\cos x$ en fonction de $e^{ix}$ et $e^{-ix}$, puis $\ldots$
    $\ldots$ en utilisant le principe de superposition.
    
    Solution
    Cherchons les solutions définies sur $\R$ et à valeurs réelles de l'équation : \[ y'+y=\cos x \tag{$E$}. \]
    
    L'équation homogène associée : \[ y'+y=0 \tag{$E_0$} \] a pour ensemble de solutions : \[ {\SS}_0 = \big\{x \mapsto \lambda\,e^{-x} \pour \lambda\in\R \big\}. \]
    
    Considérons l'équation : \[ y'+y=e^{ix}. \] Elle possède comme solution :
    On peut donner directement ce résultat, puisqu'il est évident de tête que, si : \[ y : x \mapsto e^{ix}, \] alors : \[ y+y' :x \mapsto (1+i)\,e^{ix}. \] La linéarité de l'équation nous dit alors qu'elle possède comme solution : \[ y_1 : x \mapsto \frac{1}{1+i}\,e^{ix}. \]
    \[ y_1 : x \mapsto \frac{1}{1+i}\,e^{ix}. \] Par conjugaison, il est immédiat que l'équation : \[ y'+y=e^{-ix}. \] possède $\overline{y_1}$ comme solution. Le principe de superposition nous dit alors que l'équation : \[ y'+y=\cos x \] possède comme solution : \[ \frac{1}{2}\big(y_1+\overline{y_1}\big)=\Re y_1. \] Or pour $x\in\R$, on a : \begin{align*} \Re\Big( \frac{e^{ix}}{1+i}\Big) &=\Big( \frac{(1-i)\,\,e^{ix}}{2}\Big)\\\\ &= \frac{1}{2}(\cos x + \sin x). \end{align*}
    Par suite $y$ est solution de $(E)$ si, et seulement si, il existe $\lambda\in\R$ tel que : \[ \fa{x\in\R} y(x) = \lambda\,e^{-x} + \frac{1}{2}(\cos x + \sin x). \]
  - Méthode de la variation de la constante
    
    La méthode
    
    Si $y_0$ est une solution non nulle de $(E_0)$, alors toutes les fonctions de la forme $\lambda \,y_0$ avec $\lambda\in\K$ sont solutions de $(E_0)$.
    
    La méthode dite de variation de la constante consiste à chercher une solution de $E$ de la forme : \[ x \mapsto \lambda(x)\,y_0(x) \] où $\lambda$ est une fonction dérivable de $I$ dans $\K$. D'où le nom de la méthode : « on fait varier la constante ».
    
    Le calcul
    
    Soit $y_0$ est une solution non nulle de $(E_0)$, et $\lambda$ une fonction dérivable de $I$ dans $\K$. Pour tout $x\in I$, on a alors : \begin{align*} y'(x)+a(x)\,y(x) &=\big(\lambda '(x)\,y_0(x)+\lambda (x)\,y'_0(x)\big)+a(x)\lambda (x)\,y_0(x)\\\\ &=\lambda '(x)\,y_0(x)+\lambda (x) \underbrace{\left(y'_0(x)+a(x)\,y_0(x)\right)}_{\mbox{nul car }y_0\in\SS_0}\\ &=\lambda '(x)\,y_0(x).\\ \end{align*}
    
    Comme la fonction $y_0$ ne s'annule pas sur $I$
    car c'est une solution non nulle de l'équation différentielle homogène $(E_0)$,
    , la fonction $y$ est solution de $(E)$ dès que : \[ \fa{x\in I}\lambda '(x)=\dfrac {b(x)}{y_0(x)}\cdot \] Pour avoir une solution particulière de $(E)$, il suffit donc que $\lambda $ soit une primitive sur $I$ de la fonction : \[ x\mapsto\dfrac {b(x)}{y_0(x)}, \] primitive qui existe puisque $\dfrac b{y_0}$ est continue sur l'intervalle $I$ comme quotient de fonctions continues dont le dénominateur ne s'annule pas.
    
    Tout ce qu'il faut en retenir
    
    Surtout pas la formule trouvée ci-dessus !
    
    Juste le fait que, si l'on cherche une solution de la forme : \[ x \mapsto \lambda(x)\,y_0(x), \] alors « les $\lambda$ disparaissent dans le calcul », et qu'il suffit donc de calculer « les termes donnant du $\lambda'$ ».
    
    Exemple 16   Résoudre l'équation différentielle $y'+y = \ch x$.
    
    Commencer par résoudre l'équation homogène.
    Il est évident que : \[ x \mapsto e^{-x} \] en est solution.
    
    Puis chercher une solution particulière de la forme :
    \[ y : x \mapsto \lambda(x)\,e^{-x}. \]
    
    Solution
    Cherchons les solutions définies sur $\R$ et à valeurs réelles de l'équation : \[ y'+y=\ch x \tag{$E$}. \]
    
    L'équation homogène associée : \[ y'+y=0 \tag{$E_0$} \] a pour ensemble de solutions : \[ {\SS}_0 = \big\{x \mapsto \lambda\,e^{-x} \pour \lambda\in\R \big\}. \]
    
    Une fonction de la forme : \[ y : x \mapsto \lambda(x)\,e^{-x}. \] est solution de $(E)$ dès que :
    Inutile d'en mettre plus puisque l'on sait que tous les termes en $\lambda$ disparaissent.
    \[ \fa{x\in\R} \lambda'(x) \,e^{-x} = \ch x \] ou encore : \[ \fa{x\in\R} \lambda'(x) = \frac{1}{2}\,\big(e^{2x}+1\big). \] On peut donc prendre $\lambda$ définie par :
    Inutile de mettre de constante puisque l'on cherche une solution particulière.
    \[ \fa{x\in\R} \lambda(x) = \frac{e^{2x}}{4} + \frac{x}{2}, \] ce qui donne comme solution particulière : \[ y : x\mapsto \lambda(x)\,e^{-x} = \frac{e^{x}}{4} + \frac{x\,e^{-x}}{2}\cdot \]
    Par suite $y$ est solution de $(E)$ si, et seulement si, il existe $\lambda\in\R$ tel que : \[ \fa{x\in\R} y(x) = \lambda\,e^{-x} + \frac{e^{x}}{4} + \frac{x\,e^{-x}}{2}\cdot \]
    
    Et si l'on avait cherché une solution particulière avec le principe de substitution ?
    Il aurait fallu chercher une solution particulière,
    
    de l'équation $y'+y=e^{x}$ ;
    On peut facilement trouver une solution de la forme : \[ x \mapsto \lambda\, e^{x}. \] Il suffit de prendre $\lambda$ tel que :
    \[ 2\,\lambda = 1. \]
    
    de l'équation $y'+y=e^{-x}$.
    On ne peut pas dans ce cas trouver de solution de la forme : \[ x \mapsto \lambda \,e^{x}, \] puisque $\ldots$
    $\ldots$ une telle fonction est toujours solution de l'équation homogène. Il faut alors chercher une solution de la forme : \[ x \mapsto \lambda\,x\, e^{x}. \]
    
    En conclusion
    L'utilisation de la méthode de variation de la constante est dans ce cas plus efficace que l'utilisation du principe de superposition.
    
    Exemple 17   Comment obtenir une solution particulière de : \[ y'+y=\cos x \] avec la méthode de variation de la constante ?
    La chercher sous la forme : \[ y : x \mapsto \lambda(x)\,e^{-x} \] ce qui mène à :
    \[ \lambda'(x) = e^{x}\,\cos x. \] Pour calculer une primitive du membre de droite, on peut $\ldots$
    
    soit faire deux intégrations par parties ;
    mais ce n'est pas le plus efficace !
    
    soit chercher $\ldots$
    une primitive de : $$ x \mapsto e^{(1+i)x}$$ puis en prendre la partie réelle.
    
    En conclusion
    Si le calcul de : $$\int e^{x}\,\cos x\diff x$$ est fait de manière efficace, cette méthode est alors aussi rapide que celle utilisant le principe de superposition.
    
    Exemple 18   Sur $I=\left]0,\pi\right[$, on considère l'équation différentielle : \[ y'+\frac{\cos x}{\sin x}\,y=1. \tag{$E$} \] En déterminer l'ensemble des solutions à valeurs réelles.
    
    Commencer par résoudre l'équation homogène.
    
    On peut chercher une solution de $(E_0)$ de la forme $e^{u}$. Mais ne pas oublier de simplifier !
    On trouve : \[ u'(x) = -\frac{\cos x}{\sin x} \] et donc :
    \[ u(x) = -\ln(\sin x) = \ln\left(\frac{1}{\sin x}\right) \] ce qui permet de simplifier.
    
    Mais on peut aussi écrire l'équation homogène sous la forme :
    On peut penser à cette multiplication par $\sin x$, qui ne s'annule pas sur $I$, après avoir utilisé (au brouillon) la première méthode (la plus classique), qui donne comme solution : \[ y : x \mapsto \frac{1}{\sin x}\cdot \] Cette façon de rédiger, qui s'inspire de la démonstration du théorème donnant les solution de l'équation homogène, permet de gagner beaucoup de temps à la rédaction !
    \[ y'\,\sin x + y\,\cos x = 0, \] ce qui montre directement $\ldots$
    $\ldots$ que $y$ est solution de $(E)$ si, et seulement si, la fonction : \[ x \mapsto y(x)\,\sin x \] est constante.
    
    Puis déterminer l'ensemble des solutions de $(E)$.
    
    Si le point précédent a été traité avec la première méthode, alors utiliser la méthode de variation de la constante.
    En cherchant une solution de la forme : \[ y : x \mapsto \lambda(x) \, \frac{1}{\sin x} \] on est ramené à :
    \[ \lambda'(x) \, \frac{1}{\sin x} = 1 \] et donc : \[ \lambda'(x) = \sin x. \] Il est alors aisé de conclure.
    
    Si le point précédent a été traité avec la seconde méthode, alors vous pouvez aussi l'utiliser pour résoudre directement l'équation donnée.
    
    Première rédaction de la solution
    Cherchons les fonctions définies sur $I=\left]0,\pi\right[$ et à valeurs réelles solutions de : \[ y'+\frac{\cos x}{\sin x}\,y=1. \tag{$E$} \]
    
    Une fonction de la forme : \[ y : \fonction{I}{\R}{x}{e^{u(x)}} \] est solution de l'équation homogène : \[ y'+\frac{\cos x}{\sin x}\,y=0 \tag{$E_0$} \] dès que : \[ \fa{x\in I} u'(x) +\frac{\cos x}{\sin x} =0 \] ou encore : \[ \fa{x\in I} u'(x) = -\frac{\sin x}{\cos x}\cdot \] Il suffit donc de prendre $u$ telle que : \[ \fa{x\in I} u(x) = -\ln(\sin x) = \ln\left(\frac{1}{\sin x}\right) \] ce qui donne : \[ y : x \mapsto e^{\ln\left(\frac{1}{\sin x}\right)} = \frac{1}{\sin x}\cdot \]
    
    Par suite, l'ensemble des solutions de l'équation homogène $(E_0)$ est : \[ {\SS}_0 = \Big\{ x \mapsto \frac\lambda {\sin x} \pour \lambda\in\R \Big\}. \]
    
    Cherchons une fonction $\lambda$ dérivable telle que : \[ y = : x \mapsto \lambda(x) \, \frac{1}{\sin x} \] soit solution de $(E)$. Il suffit que : \[ \fa{x\in I}\lambda'(x) \, \frac{1}{\sin x} = 1 \] ou encore : \[ \fa{x\in I}\lambda'(x) = \sin x, \] ce qui donne par exemple : \[ \fa{x\in I} \lambda(x)= -\cos x. \] On en déduit que : \[ x \mapsto -\frac{\cos x}{\sin s} \] est solution de l'équation $(E)$.
    
    Par suite, une fonction $y$ est solution de $(E)$, si, et seulement si, il existe $\lambda\in\R$ tel que : \[ \fa{x\in I} y(x) = \frac{\lambda-\cos x}{\sin x}\cdot \]
    
    Autre rédaction (plus efficace) de la solution
    Cherchons les fonctions définies sur $I=\left]0,\pi\right[$ et à valeurs réelles solutions de : \[ y'+\frac{\cos x}{\sin x}y=1. \tag{$E$} \]
    
    Comme la fonction $x\mapsto \sin x$ ne s'annule pas sur $I$, l'équation donnée est équivalente à celle obtenue en multipliant par $\sin x$ : \[ y'\,\sin x + y\,\cos x = \sin x. \tag{$E'$} \] Étant donné que le membre de gauche est la dérivée de : \[ x \mapsto y(x)\,\sin x \] et que le membre de droite est la dérivée de la fonction $-\cos$, une fonction dérivable $y$ vérifie $(E')$, et donc $(E)$, si, et seulement si, il existe $\lambda\in\R$ tel que : \[ \fa{x\in I} y(x)\,\sin x = -\cos x + \lambda \] ou encore : \[ \fa{x\in \left]0,\pi\right[} y(x)= \frac{ -\cos x + \lambda}{\sin x}\cdot \]
3. Problème de Cauchy
  Dans cette partie, $a$ et $b$ désignent toujours deux fonctions continues définie sur un intervalle $I$ et à valeurs dans $\K$.
  Rappel sur l'ensemble des solutions d'une équation différentielle linéaire du premier ordre
  
  L'équation différentielle : \[ y'+a(x)\,y=b(x). \tag{$E$} \] possède au moins une solution $f_1$.
  
  Si $f_0$ est une solution non nulle de l'équation homogène associée, alors l'ensemble des solutions de $(E)$ est : \[ {\SS} = \{ f_1+\lambda\,f_0 \pour \lambda\in\K \}. \]
  Justification
  
  L'existence d'au moins une solution de $(E)$ découle du calcul effectué lors de la présentation de la méthode de variation de la constante.
  
  Le second point vient de la description de l'ensemble des solutions d'une équation différentielle linéaire d'ordre $1$.
  Proposition 6 Pour $x_0\in I$ et $y_0\in\K$ donnés, l'équation : \[ y'+a(x)\,y=b(x). \tag{$E$} \] possède une unique solution $f$ vérifiant $f(x_0)=y_0$.
  
  Soit $f_1$ une solution particulière de $(E)$, et $f_0$ une solution non nulle de $(E_0)$, qui ne s'annule donc pas sur $I$.
  
  Une fonction $f$ est solution de $(E)$ si, et seulement si: \[ \ex{\lambda\in\K} f = f_1+\lambda f_0. \]
  
  La condition $f(x_0)=y_0$ est alors équivalente à : \[ f_1(x_0) + \lambda \,f_0(x_0)= y_0. \] Comme $f_0$ ne s'annule pas sur $I$, cette dernière équation possède une unique solution : \[ \lambda = \dfrac{y_0-f_1(x_0)}{f_0(x_0)}, \] et il y a donc une solution et une seule solution $f$ vérifiant $f(x_0)=y_0$.
  Les problèmes que l'on rencontre en Physique, Chimie ou Sciences Industrielles sont le plus souvent des problèmes de Cauchy : une équation différentielle décrit l'évolution d'un système en fonction du temps et la condition initiale en précise son état au départ.
  Exemple 19 Un condensateur, de capacité $C$ et de charge initiale nulle, est chargé avec une tension constante $U$ à travers une résistance $R$. Donner l'évolution de sa charge en fonction du temps.
  L'équation régissant la charge de ce condensateur est : \[ R\,\frac{\diff q}{\diff t} + \frac{q}{C} = U.\tag{$E$} \]
  
  La solution générale de l'équation homogène est de la forme : \[ q : t \mapsto \lambda\, e^{-\frac{t}{RC}} \avec \lambda\in\R. \]
  
  Comme la fonction constante $q=C\,U$ est évidemment solution, on en déduit que la solution générale de l'équation $(E)$ est : \[ q : t \mapsto C\,U+\lambda\, e^{-\frac{t}{RC}} \avec \lambda\in\R. \]
  
  Une telle fonction est nulle pour $t=0$ si, et seulement si: \[ C\,U+\lambda = 0, \] et la charge du condensateur est donc donnée par : \[ q : t \mapsto C\,U\,\big(1-e^{-\frac{t}{RC}}\big). \]
  Attention Ce n'est qu'après avoir déterminé l'ensemble des solutions de l'équation avec second membre que l'on utilise la condition initiale !
  Exemple 20 Soit $a$ et $b$ deux fonctions continues et $T$-périodiques de $\R$ dans $\R$, ainsi que l'équation différentielle $(E)$ : \[ y'+a(x)\,y=b(x) \tag{$E$}. \]
  
  Montrer que si $y$ est solution de $(E)$, alors la fonction $$z : x \mapsto y(x+T)$$ est aussi solution de $(E)$.
  Soit $y$ une solution de $(E)$. La fonction : $$z\,:\, x\mapsto y(x+T)$$ est dérivable sur $\R$, et pour tout $x\in\R$, on a : \begin{align*} z'(x)+a(x)z(x)&=y'(x+T)+a(x)\,y(x+T)\\\\ &=y'(x+T)+a(x+T)\,y(x+T)&\mbox{car }a\mbox{ est }T\mbox{-périodique}\\\\ &=b(x+T)&\mbox{car }y\mbox{ est solution de }(E)\\\\ &=b(x)&\mbox{car }b\mbox{ est }T\mbox{-périodique}. \end{align*} Par suite, $z$ est solution de l'équation différentielle $(E)$.
  
  Montrer qu'une solution $y$ de l'équation différentielle est $T$-périodique si, et seulement si, l'on a $y(0)=y(T)$.
  
  Si $y$ est $T$-périodique, alors on a évidemment $y(0)=y(T)$.
  
  Réciproquement, soit $y$ une solution de $(E)$ vérifiant $y(0)=y(T)$. Alors la fonction : \[ z : x \mapsto y(x+T) \] vérifie $(E)$ ainsi que : \[ z(0) = y(0). \] Par suite, $y$ et $z$ sont deux solutions de $(E)$ égales en $0$. D'après la partie unicité du problème de Cauchy, elles sont égales, ce qui prouve que $y$ est $T$-périodique.
4. Cas des équations de la forme $\alpha(x)\,y'+\beta(x)\,y=\gamma(x)$
  On doit parfois résoudre des équations différentielles de la forme : \[ \alpha(x)\,y'+\beta(x)\,y=\gamma(x) \tag{$E$} \] où les fonctions $\alpha$, $\beta$ et $\gamma$ sont continues sur $I$.
  On appelle solution de $(E)$ sur $I$ toute fonction $y$ dérivable sur $I$ et vérifiant : \[ \fa{x\in I} \alpha(x)\,y'(x)+\beta(x)\,y(x) = \gamma(x). \] On utilise aussi l'équation homogène associé : \[ \alpha(x)\,y'+\beta(x)\,y= 0 \tag{$E_0$}. \]
  
  Même si le programme ne parle pas explicitement de ce type d'équations, il est bon d'y avoir réfléchi sur quelques exemples.
  Exemple 21 En ce qui concerne les ensembles de solutions de $(E)$ et $(E_0)$, peut-on énoncer des résultats analogues à ceux vus dans le cas où $\alpha=1$ ?
  
  L'ensemble des solutions sur $I$ de l'équation homogène associée : \[ \alpha(x)\,y'+\beta(x)\,y=0 \tag{$E_0$} \] est-il stable par combinaisons linéaires ?
  Absolument, et la démonstration est analogue.
  
  (si vous connaissez les espaces vectoriels)
  L'ensemble $\SS$ des solutions de l'équation $(E_0)$ est donc aussi un sous-espace vectoriel de l'espace vectoriel des applications dérivables de $I$ dans $\K$.
  
  Si $f_1$ est une solution de $(E)$, l'ensemble $\SS$ des solutions de l'équation $(E)$ est-il égal à : \[ \SS =\{f_1 + g \pour g\in \SS_0\} \] où $S_0$ désigne l'ensemble des solutions de l'équation $(E_0)$ ?
  Absolument, et la démonstration est analogue.
  - Si la fonction $\alpha$ ne s'annule pas sur $I$, on peut diviser l'équation par $\alpha$, et utiliser les résultats des parties précédentes.
  - En revanche, lorsque $\alpha$ s'annule, on ne dispose plus de résultats permettant de décrire directement l'ensemble des solutions de $(E)$. Le plus simple est alors de travailler par analyse-synthèse.
    
    Analyse On suppose que $y$ est une solution de $(E)$ sur $I$.
    
    Grâce aux résultats des parties précédentes, on peut alors dire quelle doit être son expression sur chaque intervalle où $\alpha$ ne s'annule pas.
    
    Utiliser ensuite que $y$ doit être dérivable (et donc continue) sur $I$, puisque c'est une solution de $(E)$ sur $I$. Cela peut donner d'autres conditions nécessaires.
    
    Synthèse Il reste ensuite à prouver que toutes les fonctions trouvées sont bien solutions de $(E)$, c'est-à-dire que ce sont des fonctions dérivables sur $I$ et vérifiant $(E)$.
  Regardons quelques exemples à titre d'exercice.
  Exemple 22 Soit $(E)$ l'équation différentielle : \[ x^{2}\,y'-y = 0. \tag{$E$} \] En déterminer l'ensemble $\SS$ des solutions définies sur $\R$ et à valeurs réelles.
  Comme expliqué précédemment, on travaille par analyse-synthèse. D'où la démarche qui suit, ici introduite par quelques questions.
  
  Soit $y$ une solution de $(E)$ sur $\R$.
  
  Quelle est la forme de $y$ sur $\Rpe$ ?
  Comme $y$ est solution de $(E)$, elle est solution sur $\Rpe$ de : \[ y'(x)-\frac{y(x)}{x^{2}} =0 \tag{$E_1$} \] dont le coefficient de $y'$ ne s'annule pas. On peut donner les solutions de $(E_1)$ en en cherchant une solution de la forme $x\mapsto e^{u(x)}$.
  Pour que $x\mapsto e^{u(x)}$ soit solution de $(E_1)$, il suffit d'avoir : \[ \fa{x\in\Rpe} u'(x) = \frac{1}{x^{2}} \] ou encore : \[ \fa{x\in\Rpe} u(x) = -\frac{1}{x} \] ce qui donne comme solution non nulle de l'équation homogène $(E_1)$ : \[ x \mapsto e^{-\frac{1}{x}}. \] On en déduit que si $y$ est solution de $(E)$ et donc de $(E_1)$, alors il existe $\lambda\in\R$ tel que : \[ \fa{x\in\Rpe} y(x)= \lambda\,e^{-\frac{1}{x}}. \]
  
  Mais on peut aussi multiplier $(E_1)$ par « une bonne quantité »
  Soit $y$ une solution de $(E)$. On a donc : \[ \fa{x\in\Rpe} x^{2}\,y'(x)-y(x)=0 \] soit, en multipliant par $\frac{1}{x^{2}}\,e^{\frac{1}{x}}$ : \[ \fa{x\in\Rpe} e^{\frac{1}{x}}\,y'(x) -\frac{e^{\frac{1}{x}}}{x^{2}}\,y(x)=0. \] Comme le membre de gauche est la dérivée de : \[ \fonction{\Rpe}{\R}{x}{e^{\frac{1}{x}}\,y(x)} \] on en déduit que cette fonction est constante sur l'intervalle $\Rpe$ et qu'il existe donc $\lambda\in\R$ tel que : \[ \fa{x\in\Rpe} y(x)= \lambda\,e^{-\frac{1}{x}}. \]
  
  Quelle est la forme de $y$ sur $\R_{-}^{*}$ ?
  Comme $0\notin\R_{-}^{*}$, on démontre de même qu'il existe ${\mu \in }\R$ tel que : \[ \fa{x\in\R_{-}^{*}} y(x)={\mu }\,e^{-\frac{1}{x}}. \]
  Remarque Au lieu de faire deux démonstrations, ou de ne pas faire la seconde en disant qu'elle est identique à la première, on aurait pu démontrer le résultat sur un intervalle $I$ ne contenant pas $0$, puis l'appliquer à $\Rpe$ et $\R_{-}^{*}$.
  
  Montrer que l'on a : $y(0)=0$ et $\forall{x\in\R_{-}^{*}}\;\; y(x)=0$.
  
  Pour $y(0)=0$, c'est immédiat.
  Il suffit de remplacer $x$ par $0$ dans l'équation $(E)$. Ne pas oublier que $y$ est supposée solution de $(E)$ sur tout $\R$
  
  Pour le reste, étudier la limite de $y$ en $0^{-}$.
  Pour tout $x\in\R_{-}^{*}$, on a : \[ \fa{x\in\R_{-}^{*}} y(x)\,e^{\frac{1}{x}}={\mu }. \] Étant donné que $y$ est ici une solution de $(E)$ sur tout $\R$, elle est dérivable et donc continue en $0$, ce qui donne : \[ \lim\limits\limits_{x\to 0^{-}} y(x) = y(0) = 0. \] Comme $\lim\limits\limits_{x\to-\infty} e^{x} =0$, on a par composition : \[ \lim\limits\limits_{x\to 0^{-}} e^{\frac{1}{x}} =0, \] et donc : \[ \lim\limits\limits_{x\to 0^{-}} y(x)\,e^{\frac{1}{x}} = 0. \] Par unicité de la limite, on en déduit : \[ \mu = 0, \] ce qui entraîne le résultat.
  
  Réciproquement soit $\lambda \in \R$ et $y$ définie sur $\R$ par : \[ \left\{ \begin{array}{l} \forall x>0\quad y(x)={\lambda }\,e^{-1/x} \\ \forall x\leq 0\quad y(x)=0^{\vphantom{\Large A}} \end{array} \right. \] Montrer que $y$ est solution de $(E)$ sur $\R$.
  Ne pas oublier de prouver que $y$ est dérivable sur tout $\R$.
  
  Cette fonction est dérivable sur $\R_{+}^{*}$ et l'on a : \[ \forall x\in \R_{+}^{*}\quad x^{2}\,y'(x)-y(x)=0. \] puisque sa restriction à $\R_{+}^{*}$ est solution de l'équation différentielle $(E_1)$.
  
  Elle est évidemment dérivable sur $\R_{-}^{*}$ et vérifie de manière évidente : \[ \forall x\in \R_{-}^{*}\quad x^{2}\,y'(x)-y(x)=0. \] puisqu'elle est nulle sur cet intervalle.
  
  Le taux d'accroissement : \[ \frac{y(x)-y(0)}{x-0} = \frac{y(x)}{x} \]
  
  est nul à gauche de $0$, et sa limite en $0^{-}$ est donc nulle ;
  
  vaut à droite de $0$ : \[ \frac{1}{x}\, e^{-\frac{1}{x} } \] qui tend vers $0$ d'après les théorèmes de croissances comparées.
  Par suite, $y$ est dérivable en $0$, et $y'(0)=0$.
  
  Comme $y(0)=0$, la relation : \[ x^{2}\,y'(x)-y(x)=0 \] est valable pour $x=0$.
  Par suite $y$ est dérivable sur $\R$, et vérifie : \[ \forall x\in \R\quad x^{2}\,y'(x)-y(x)=0, \] ce qui signifie que $y$ est solution de $(E)$ sur $\R$.
  
  Conclure
  D'après les deux points précédents, $y$ est solution de $(E)$ si, et seulement si, il existe $\lambda\in\R$ tel que : \[ \left\{ \begin{array}{l} \forall x>0\quad y(x)={\lambda }\,e^{-1/x} \\ \forall x\leq 0\quad y(x)=0^{\vphantom{\Large A}} \end{array} \right. \]
  
  (si vous connaissez les espaces vectoriels) Peut-on donner une base de $\SS$ ?
  L'ensemble des solutions de $(E)$ est un espace vectoriel de dimension $1$ dont une base est la fonction $y_{0}$ définie sur $\R$ par : \[ \left\{ \begin{array}{l} \forall x>0\quad y_{0}(x)=\,e^{-1/x} \\ \forall x\leq 0\quad y_{0}(x)=0{\vphantom{\Large A}} \end{array} \right. \] En effet :
  
  La fonction $y_0$ est une solution non nulle de $(E)$.
  
  On a vu précédemment que $y$ est solution de $(E)$ si, et seulement si, il existe $\lambda\in\R$ tel que : \[ y = \lambda\,y_0. \]
  Exemple 23 Soit $(E)$ l'équation différentielle : \[ (1-x)\,y'-y = x. \tag{$E$} \] Montrer qu'elle a une unique solution sur $\R$.
  Toujours travailler par analyse synthèse, mais une observation attentive du membre de gauche permet de gagner du temps.
  
  Soit $y$ une fonction dérivable sur $\R$ solution de $(E)$. Étant donné que : \[ x \mapsto (1-x)\,y'(x) - y(x) \] est la dérivée de : \[ x \mapsto (1-x)\,y(x), \] que le membre de droite est la dérivée de : \[ x \mapsto \frac{x^{2}}{2}, \] et que $\R$ est un intervalle, on en déduit qu'il existe $k\in\R$ tel que : \[ \fa{x\in\R} (1-x)\,y(x) = \frac{x^{2}}{2} +k. \] En l'utilisant cette relation avec $x=1$, on obtient $k=-\frac{1}{2}$, ce qui entraîne : \[ \fa{x\in\R} (1-x)\,y(x) = \frac{x^{2}-1}{2}, \] et donc : \[ \fa{x\in\R\setminus\{1\}} y(x) = -\frac{x+1}{2}\cdot \] Comme $y$ est dérivable et donc continue sur $\R$, on en déduit : \[ \fa{x\in\R} y(x) = - \frac{x+1}{2}\cdot \]
  
  Il est alors immédiat de vérifier que la fonction : \[ y = x \mapsto - \frac{x+1}{2} \] est dérivable et vérifie $(E)$.
  Par suite, $(E)$ possède une unique solution sur $\R$ qui est : \[ y = x \mapsto - \frac{x+1}{2} \]
  Exemple 24 Soit $(E)$ l'équation différentielle : \[ x\,y'-2\,y = 0. \tag{$E$} \] En déterminer l'ensemble $\SS$ des solutions définies sur $\R$ et à valeurs réelles.
  Toujours travailler par analyse-synthèse. Ici, la solution générale de l'équation dépend de deux paramètres réels.
  
  Soit $y$ une solution de $(E)$ sur $\R$. On a donc : \[ \fa{x\in\R} x\,y'(x)-2\,y(x) =0. \]
  
  Si $I$ est un intervalle ne contenant pas $0$, on en déduit : \[ \fa{x\in I} \frac{1}{x^{2}}\,y'(x) - \frac{2}{x^{3}}\,y(x) = 0. \] Comme le membre de gauche est la dérivée de : \[ x \mapsto \frac{1}{x^{2}}\,y(x), \] il s'ensuit que cette fonction est constante sur l'intervalle $I$, et qu'il existe donc $\lambda\in\R$ tel que : \[ \fa{x\in I} y(x) = \lambda\,x^{2}. \] Autres méthodes possibles
  
  On aurait appliquer la méthode classique, et chercher une solution de la forme $e^{u}$ ; mais il ne faut pas oublier de simplifier.
  
  On pouvait aussi remarquer que : \[ y : x \mapsto x^{2} \] est évidemment solution, et conclure en disant que toute solution lui est proportionnelle puisqu'il s'agit d'une équation différentielle linéaire dont le coefficient de $y'$ ne s'annule pas.
  
  En appliquant ce résultat :
  
  pour $I=\Rpe$, on en déduit qu'il existe $\lambda\in\R$ tel que : \[ \fa{x\in \Rpe} y(x) = \lambda\,x^{2}. \]
  
  pour $I=\R_{-}^{*}$, on en déduit qu'il existe $\mu\in\R$ tel que : \[ \fa{x\in \R_{-}^{*}} y(x) = \mu\,x^{2}. \]
  
  Comme $y$ est dérivable et donc continue sur $\R$, et en particulier en $0$, on en déduit : \[ \left\{ \begin{array}{l} \forall x\in \R_{+}\quad y(x)={\lambda }\,x^{2} \\ \forall x\in \R_{-}\quad y(x)={\mu }\,x^{2}\phantom{^{\Large A}} \end{array} \right. \]
  
  Réciproquement, soit $(\lambda ,\mu)\in \R^{2}$ et $y$ définie sur $\R$ par : \[ \left\{ \begin{array}{l} \forall x\in \R_{+}\quad y(x)={\lambda }\,x^{2} \\ \forall x\in \R_{-}\quad y(x)={\mu }\,x^{2}\phantom{^{\Large A}} \end{array} \right. \]
  
  Cette fonction est dérivable sur $\R^{*}$ et l'on a \[ \forall x\in \R\setminus\{0\}\quad x\,y'(x)-2\,y(x)=x^{3} \] puisque les restrictions de $y$ à $\R_{+}^{*}$ et à $\R_{-}^{*}$ sont solutions de l'équation différentielle $(E)$.
  
  Son taux d'accroissement en $0$ vaut : \[ \frac{y(x)-y(0)}{x} = \lambda\,x \quad \text{pour } x > 0 \] et : \[ \frac{y(x)-y(0)}{x} = \mu\,x \quad \text{pour } x < 0. \] Par suite, on a : \[ \lim\limits\limits_{x\to 0} \frac{y(x)-y(0)}{x} = 0 \] et $y$ est donc dérivable sur $\R$. Comme : \[ 0 \times y'(0)-2\,y(0)=0, \] on a : \[ \forall x\in \R\quad x\,y'(x)-2\,y(x)=x^{3}, \] et $y$ est donc solution de $(E)$ sur $\R$.
  
  (si vous connaissez les espaces vectoriels) Peut-on donner une base de $\SS$ ?
  L'ensemble des solutions de $(E)$ est un espace vectoriel de dimension $2$ dont on peut prendre comme base le couple de fonctions $(u,v)$ définies sur $\R$ par : \[ u : \left\{ \begin{array}{l} \fa{x \geq 0} u(x) = x^{2}\\ \fa{x \leq 0} u(x) = 0{\vphantom{\Large A}} \end{array} \right. \quad v : \left\{ \begin{array}{l} \fa{x \geq 0} u(x) = 0\\ \fa{x \leq 0} v(x) = x^{2}{\vphantom{\Large A}} \end{array} \right. \] En effet :
  
  D'après ce qui précède, les fonctions $u$ et $v$ sont solutions de l'équation $(E)$.
  
  Le couple $(u,v)$ est une famille libre.
  Soit $(\lambda,\mu)$ un couple de réels tels que : \[ \lambda\, u + \mu\, v = 0, \] et donc : \[ \fa{x\in\R} \lambda\, u(x) + \mu\, v(x) = 0. \] En appliquant cette dernière relation pour $x=1$, on obtient : \[ \lambda = 0, \] puis pour $x=-1$, on obtient : \[ \mu = 0, \] ce qui prouve que la famille est libre.
  
  Enfin, $(u,v)$ est une famille génératrice de $\SS$.
  On a vu précédemment que $y$ est solution de $(E$ si, et seulement si, il existe $(\lambda ,\mu)\in \R^{2}$ tel que : \[ \left\{ \begin{array}{l} \forall x\in \R_{+}\quad y(x)={\lambda }\,x^{2} \\ \forall x\in \R_{-}\quad y(x)={\mu }\,x^{2}\phantom{^{\Large A}} \end{array} \right. \] ce qui équivaut à l'égalité de fonctions : \[ y = \lambda\,u+\mu\, v, \] et prouve que $(u,v)$ est une famille génératrice de $\SS$.
  Remarque Les exemples précédents montrent que, sur un intervalle $I$ où la fonction $\alpha$ s'annule, il n'y a aucun résultat général concernant le nombre de paramètres (
  ou encore concernant la dimension de l'espace vectoriel des solutions de l'équation homogène,
  ) dont dépend la solution générale d'une équation différentielle de la forme : $$\alpha(x)\,y'(x)+\beta(x)\,y(x)=\gamma(x).$$
Équations différentielles linéaires du second ordre à coefficients constants
Dans toute cette partie,
- $a$ et $b$ sont des éléments de $\K$
- $c$ désigne une fonction continue de $I$ dans $\K$,
et on s'intéresse à l'équation différentielle linéaire : \[ y''+a\,y' +b\, y= c(x) \tag{$E$}, \] ainsi qu'à son équation homogène associée : \[ y''+a\,y' +b\, y= 0 \tag{$E_0$}. \]
1. Résolution de l'équation homogène
  L'équation homogène étant définie sur $\R$, on en étudie les solutions définies sur $\R$.
  - Équation caractéristique $\Ec$
    
    Proposition 7 Soit $(a,b)\in\C^2$. Pour tout $r\in \C$, la fonction : $$\phi_r\,:\,\fonction \R \C x{e^{r\,x}}$$ est solution sur $\C$ de l'équation homogène : $$y''+a\,y'+b\,y=0$$ si, et seulement si: $r^2+a\,r+b=0$.
    Évident, étant donné que, pour tout $x\in\R$ : \[ \phi_r''(x)+a\,\phi_r'(x)+b\,\phi_r(x)=(r^2+a\,r+b)\,\phi_r(x) \] et que la fonction $\phi_r$ n'est pas la fonction nulle.
    
    Définition L'équation : \[ r^2+a\,r+b=0 \tag{$\Ec$} \] est appelée équation caractéristique de $(E_0)$ voire de $(E)$.
    
    Méthode Il ne faut pas seulement se souvenir de la forme de l'équation caractéristique ; il faut surtout se rappeler d'où elle vient : c'est parce que l'on cherche des fonctions exponentielles $x\mapsto e^{rx}$ (faciles à dériver) que l'on obtient cette équation.
  - Lorsque $\Ec$ a une ou deux racines dans $\K$
    
    Proposition 8
    
    Si $(\Ec)$ a deux racines distinctes $r_1$ et $r_2$ dans $\K$, alors les solutions de $(E_0)$ à valeurs dans $\K$ sont les fonctions : \[ x\mapsto \lambda_1\,e^{r_1x}+\lambda_2\,e^{r_2x} \avec (\lambda_1,\lambda_2)\in \K^2 . \]
    
    Si $(\Ec)$ a une racine double $r_0$, alors les solutions de $(E_0)$ à valeurs dans $\K$ sont les fonctions : \[ x\mapsto (\lambda +\mu\,x)\,e^{r_0x} \avec (\lambda,\mu)\in \K^2 . \]
    Justification
    
    Commencer par considérer une solution $y$ de $(E_0)$, et introduire la fonction : $$z\,:\,x\mapsto y(x)\,e^{-r x}$$ où $r$ est une racine de l'équation caractéristique.
    
    Soit $r$ une racine de $(\Ec)$ et $y$ une solution de $(E)$. Considérons : \[ z : x \mapsto e^{-rx}\,y(x). \] Alors, pour tout $x\in \R$, on a : \begin{align*} y(x) &= \phantom{r^{2}}z(x)\,e^{rx} \\\\ y'(x) &= r\phantom{^{2}}\,z(x)\,e^{rx} + \phantom{2\,r \,}z'(x) \,e^{rx} \\\\ y''(x)&= r^2\,z(x)\,e^{rx} + 2\,r \,z'(x) \,e^{rx} + z''(x)\,e^{rx} \end{align*} et donc :
    Comme $r$ est solution de $(\Ec)$, dans la combinaison linéaire : \[ y''(x) + a\,y'(x) + b\,y(x), \] les termes en $z(x)$ disparaissent car leur coefficient est : \[ r^{2} +a\,r+b = 0. \]
    \begin{align*} 0 &= y''(x) + a\,y'(x) + b\,y(x)\\\\ &= \bigl((a+2\,r)\,z'(x) + z''(x)\bigr) \,e^{rx}. \end{align*} Comme l'exponentielle ne s'annule pas, on en déduit : \[ \fa{x\in \R} (a+2\,r)\,z'(x) + z''(x) = 0. \] Ainsi, $z'$ est solution de l'équation différentielle linéaire homogène du premier ordre : \[ u'+(a+2\,r)\,u=0. \tag{$E'_0$} \]
    
    Cas où $(\Ec)$ a une racine double $r_0$.
    Alors $r=r_0$ et $2\,a+r_0=0$. Par suite, on a $u'=0$ et il existe $\lambda\in\K$ tel que : \[ \fa{x\in\R} u(x) = \lambda. \] On en déduit qu'il existe $\mu\in\K$ tel que : \[ \fa{x\in\R} z(x) = \lambda\,x +\mu \] et donc : \[ y(x) = z(x)\,e^{rx} = (\lambda\,x +\mu)\,e^{rx}, \] ce qui termine le cas de la racine double.
    
    Cas où $(\Ec)$ a deux racines distinctes $r_1$ et $r_2$.
    Alors on peut faire le calcul du premier point avec $r=r_1$, et la fonction $z'=u$ vérifie alors : \[ u'+(a+2\,r_1)\,u=0. \tag{$E'_0$} \] Étant donné que $(E'_0)$ a comme solution : \[ x \mapsto e^{-(a+2r_1)x} \] on en déduit qu'il existe $\lambda\in\K$ tel que : \[ \fa{x\in\R} z'(x) = u(x) = \lambda \,e^{-(a+2r1)x}. \] Comme $a+2\,r_1\neq0$, on en déduit par intégration qu'il existe $(\lambda_1 ,\lambda_2)\in\K^{2}$ tel que :
    En fait, on a : $\lambda_2 = \frac{\lambda}{a+2r1}$.
    \[ \fa{x\in\R} z(x) = \lambda_1 + \lambda_2\,e^{-(a+2r1)x}, \] et donc : \[ \fa{x\in\R} y(x) = \lambda_1\,e^{r_1 x} + \lambda_2\,e^{-(a+r1)x},. \] Comme $r_1+r_2=-a$, on en déduit : \[ \fa{x\in\R} y(x) = \lambda_1\,e^{r_1 x}+ \lambda_2 \,e^{r_2 x}, \] ce qui termine le cas des deux racines distinctes.
    
    Il reste alors à $\ldots$
    $\ldots$ vérifier que toutes ces fonctions sont solutions.
    
    Dans le cas où $(\Ec)$ a deux racines $r_1$ et $r_2$
    On sait alors que les fonctions : \[ \phi_{r_1} : x\mapsto e^{r_1 x} \et \phi_{r_2} : x\mapsto e^{r_2 x} \] sont solutions puisque $r_1$ et $r_2$ sont racines de $(\Ec)$. Vu la structure linéaire de l'équation, toutes leurs combinaisons linéaires sont donc aussi solutions.
    
    Dans le cas où $(\Ec)$ a une racine double $r_0$
    Cette racine double $r_0$ vérifie donc : \[ r_0^{2} +a\,r_0 +b = 0 \et 2\,r_0 +a = 0, \] et un petit calcul (à faire) montre que : \[ \psi_{r_0} : x \mapsto x\,e^{r_0 x} \] est solution de $(E_0)$, et l'on conclut comme dans le point précédent par combinaisons linéaires.
    
    Méthode Le résultat précédent permet :
    
    de donner toutes les solutions lorsque l'on travaille dans le domaine complexe, puisque $\ldots$
    $\ldots$ toute équation à coefficients complexes possède dans $\C$ deux racines distinctes ou une racine double.
    
    de donner toutes les solutions lorsque l'on travaille dans le domaine réel et que l'équation caractéristique possède une ou deux racines réelles, ce qui peut se traduire avec $\ldots$
    $\ldots$ le discriminant : \[ \Delta = a^{2} - 4\,b, \] qui doit alors être positif.
    
    Exemple 25   Résoudre l'équation différentielle $y''-3\,y'+2\,y=0$.
    L'équation caractéristique : $$r^2-3\,r+2=0$$ admet comme racines $1$ et $2$.
    On peut trouver ces racines sans le moindre calcul de discriminant, puisque ces racine sont deux nombres $r_1$ et $r_2$ tels que : \[ r_1+r_2 = 3 \et r_1\,r_2 = 2. \] Il est alors immédiat que $1$ et $2$ conviennent.
    
    Comme ces racines sont réelles, on en déduit que :
    
    les solutions à valeurs dans $\R$ sont les fonctions : \[ \fonction{\R}{\R}{x}{\lambda_1\,e^{x}+\lambda_2\,e^{2x}} \avec (\lambda_1,\lambda_2)\in \R^2. \]
    
    les solutions à valeurs dans $\C$ sont les fonctions : \[ \fonction\R \C x{\lambda_1\,e^{x}+\lambda_2\,e^{2x}} \avec (\lambda_1,\lambda_2)\in \C^2. \]
    
    Exemple 26   Résoudre l'équation différentielle $y''-2y'+y=0$.
    L'équation caractéristique : $$r^2-2\,r+1=0$$ admet $1$ comme racine double.
    Immédiat sans calcul de discriminant puisque : \[ r^2-2\,r+1 = (r-1)^{2}. \]
    
    Comme cette racine double est réelle, on en déduit que :
    
    les solutions à valeurs dans $\R$ sont les fonctions : \[ \fonction{\R}{\R}{x}{(\lambda_1+\lambda_2 x)\,e^{x}} \avec (\lambda_1,\lambda_2)\in \R^2. \]
    
    les solutions à valeurs dans $\C$ sont les fonctions : \[ \fonction{\R}{\C}{x}{(\lambda_1+\lambda_2 x)\,e^{x}} \avec (\lambda_1,\lambda_2)\in \C^2. \]
    
    Exemple 27   Résoudre l'équation différentielle $y''+2\,y'+2\,y=0$.
    L'équation caractéristique : $$r^2+2\,r+2=0$$ admet comme racines $-1+i$ et $-1-i$.
    En l'écrivant sous forme canonique : \[ r^2+2\,r+2 = (r+1)^{2} + 1, \] on obtient directement que les racines vérifient : \[ (r+1)^{2} = -1 \et[soit] r+1 = \pm i. \]
    
    Par suite, les solutions à valeurs complexes sont les fonctions : $$ \fonction{\R}{\C}{x} {\lambda_1\,e^{(-1+i)x}+\lambda_2\,e^{-(1-i)x}} \avec (\lambda_1,\lambda_2)\in \C^2 $$ Pour l'instant, on ne peut rien dire des solutions à valeurs réelles.
  - Lorsque $\K=\R$ et que $\Ec$ n'a aucune racine dans $\R$
    
    Proposition 9 Supposons $(a,b)\in\R^{2}$. Lorsque $(\Ec)$ a deux racines complexes conjuguées non réelles $\alpha \pm i\beta $, alors les solutions à valeurs réelles de $(E_0)$ sont les fonctions : \[ x\mapsto \lambda\,e^{\alpha x}\cos \beta x+\mu\,e^{\alpha x}\sin\beta x \avec (\lambda,\mu)\in \R^2 . \] Justification
    On peut quand-même utiliser les solutions à valeurs complexes de $(E_0)$.
    Soit $\alpha \pm i\beta $, avec $\beta\neq0$, les deux racines conjuguées de l'équation à coefficients réels : \[ r^{2} + a\, r + b = 0 \] Montrons par double inclusion : \[ \SS_0 = \big\{ x\mapsto \lambda\,e^{\alpha x}\cos \beta x+\mu\,e^{\alpha x}\sin\beta x \pour (\lambda,\mu)\in \R^2 \big\}. \]
    
    D'après la partie précédente, les fonctions (à valeurs complexes) : \[ \phi_{\alpha+i\beta} : x\mapsto e^{(\alpha +i\beta )\,x} \et \phi_{\alpha-i\beta} :x\mapsto e^{(\alpha -i\beta )\,x} \] vérifient l'équation $(E_0)$. Par combinaisons linaires, on en déduit que : \[ \gamma_{\alpha,\beta} = \frac{1}{2}\big(\phi_{\alpha +i\beta}+\phi_{\alpha -i\beta}\big) \, : \, x\mapsto e^{\alpha x}\cos(\beta x) \] et : \[ \sigma_{\alpha,\beta} = \frac{1}{2i}\big(\phi_{\alpha _i\beta}+\phi_{\alpha -i\beta}\big) \, : \, x\mapsto e^{\alpha x}\sin(\beta x) \] sont solutions à valeurs réelles de $(E_0)$. Il en est donc de même de leurs combinaisons linéaires à coefficients dans $\R$. On en déduit : \[ \big\{ x\mapsto \lambda\,e^{\alpha x}\cos \beta x+\mu\,e^{\alpha x}\sin\beta x \pour (\lambda,\mu)\in \R^2 \big\} \subset \SS_0. \]
    
    Réciproquement, soit $y$ une solution réelle de $(E_0)$. C'est donc une solution à valeurs complexes de $(E_0)$, et d'après la partie précédente, on peut trouver deux complexes $\lambda$ et $\mu$ tels que : \begin{align*} y &= \lambda\,\phi_{\alpha+i\beta} + \mu\,\phi_{\alpha-i\beta}\\\\ &=\lambda\big(\gamma_{\alpha,\beta}+i\,\sigma_{\alpha,\beta}\big) +\mu\,\big(\gamma_{\alpha,\beta}-i\,\sigma_{\alpha,\beta}\big) \end{align*} Comme $y$ est à valeurs réelles, on a $y=\Re y$ et donc : \begin{align*} y = &=\Re\Big(\lambda\big(\gamma_{\alpha,\beta}+i\,\sigma_{\alpha,\beta}\big) +\mu\,\big(\gamma_{\alpha,\beta}-i\,\sigma_{\alpha,\beta}\big)\Big)\\\\ &= (\Re\lambda+\Re\mu)\,\gamma_{\alpha,\beta} +(\Im \mu-\Im\lambda)\,\sigma_{\alpha,\beta} \end{align*} ce qui prouve que $y$ est une combinaison linéaire à coefficients réels des fonctions $\gamma_{\alpha,\beta}$ et $\sigma_{\alpha,\beta}$. On en déduit : \[ \SS_0 \subset \big\{ x\mapsto \lambda\,e^{\alpha x}\cos \beta x+\mu\,e^{\alpha x}\sin\beta x \pour (\lambda,\mu)\in \R^2 \big\}. \]
    
    Méthode Pour éviter toute confusion, retenir que les fonctions : \[ x\mapsto e^{\alpha x}\cos \beta x \et x\mapsto e^{\alpha x}\sin\beta x \] ne sont que les parties réelle et imaginaire de : \[ x\mapsto e^{(\alpha+i\beta) x} \] qui est une solution à valeurs complexes de $(E_0)$.
    
    Exemple 28 Résoudre l'équation différentielle $y''+2\,y'+2\,y=0$.
    L'équation caractéristique : $$r^2+2\,r+2=0$$ admet comme racines $-1+i$ et $-1-i$.
    En l'écrivant sous forme canonique : \[ r^2+2\,r+2 = (r+1)^{2} + 1, \] on obtient directement que les racines vérifient : \[ (r+1)^{2} = -1 \et[soit] r+1 = \pm i. \]
    
    Par suite, les solutions à valeurs réelles sont les fonctions : $$ \fonction{\R}{\R}{x}{(\lambda_1\,\cos x+\lambda_2 \,\sin x)\,e^{-x}} \avec (\lambda_1,\lambda_2)\in \R^2. $$ Si vous hésitez sur l'expression des ces fonctions, revoir la méthode précédente
    
    Exemple 29 En physique, on rencontre souvent une équation différentielle homogène du type :
    
    On a vu l'équation régissant la charge d'un condensateur dans un circuit RLC : \[ \frac{q}{C}+R\,\frac{\diff q}{\diff t}+L\,\frac{\diff^2 q}{\diff t^2}=U(t), \] qui peut aussi s'écrire : \[ \frac{\diff^2 q}{\diff t^2} +\frac{R}{L}\,\frac{\diff q}{\diff t}+\frac{1}{CL}\,q= \frac{1}{L}\, U(t), \]
    
    De même, l'équation régissant le mouvement d'une masse accrochée à un ressort : \[ m\,\frac{\diff^{2} x}{\diff t^{2}} +\nu\,\frac{\diff x}{\diff t}+k\,x=0 \] peut s'écrire : \[ \frac{\diff^{2} x}{\diff t^{2}} +\frac{\nu}{m}\,\frac{\diff x}{\diff t} +\frac{k}{m}\,x=0. \]
    D'un point de vue physique, les coefficients $\lambda$ et $\omega$ ont tous deux la dimension de l'inverse d'un temps.
    \[ y'' + 2\,\lambda\, y' + \omega_0^2 \,y = 0, \tag{$E$} \]
    
    $\lambda$ étant un réel strictement positif modélisant des phénomènes de dissipation d'énergie : frottements, effet Joule, $\ldots$
    
    $\omega_0$ étant un réel strictement positif, que l'on appelle pulsation propre du système.
    En donner les solutions selon les valeurs de $\lambda$ et $\omega_0$, et préciser la limite de chacune d'elle en $+\infty$.
    Il s'agit évidemment des solutions à valeurs réelles.
    
    Il y a trois cas :
    
    Cas $\lambda > \omega_0$
    L'équation caractéristique associée à $(E)$ est : \[ 0 = r^{2} +2\,\lambda\,r+\omega_0^{2} =(r+\lambda)^{2} +\omega_0^{2}-\lambda^{2} ,\tag{$\Ec$} \] qui s'écrit aussi : \[ (r+\lambda)^{2} =\lambda^{2} -\omega_0^{2}. \] Lorsque $\lambda > \omega_0$, elle a donc deux racines réelles : \[ r = -\lambda \pm \omega \avec \omega =\sqrt{\lambda^2-\omega_0^2}. \] L'équation $(E)$ a donc pour solutions : $$ \fonction{\R}{\R}{x} {e^{-\lambda x} ( A\, e^{-\omega x} + B\,e^{\omega x})} $$ avec$(A,B)\in\R^2$. On parle alors de régime apériodique.
    
    Limite en $+\infty$
    Les deux racines $-\lambda\pm \omega$ de l'équation caractéristique sont strictement négatives car :
    
    leur produit $\omega_0^{2}$ est strictement positif ;
    
    leur somme $-\lambda$ est négative.
    Il s'ensuit que : \[ e^{-\lambda x} ( A\, e^{-\omega x} + B\,e^{\omega x}) = A\,e^{(-\lambda+\omega) x} + B\,e^{(-\lambda-\omega) x} \] tend vers $0$ lorsque $x$ tend vers $+\infty$.
    
    Cas $\lambda = \omega_0$
    L'équation caractéristique associée à $(E)$ est : \[ 0 = r^{2} +2\,\lambda\,r+\omega_0^{2} =(r+\lambda)^{2}. \tag{$\Ec$} \] Elle a alors une racine double réelle : \[ r = -\lambda \] et l'équation $(E)$ a donc pour solutions : $$ \fonction{\R}{\R}{x}{e^{-\lambda x} \left( A + Bx \right)} $$ avec$(A,B)\in\R^2$. On parle alors de régime critique.
    
    Limite en $+\infty$.
    
    Comme $\lambda >0$, on a $\lim\limits\limits_{x\to+\infty} e^{-\lambda x}=0$.
    
    Les propriétés de croissances comparées donnent : \[ \lim\limits\limits_{x\to+\infty} x\,e^{-\lambda x}=0. \]
    On en déduit que toute solution de ce type tend vers $0$ lorsque $x$ tend vers $+\infty$.
    
    Cas $\lambda < \omega_0$
    L'équation caractéristique associée à $(E)$ est : \[ 0 = r^{2} +2\,\lambda\,r+\omega_0^{2} =(r+\lambda)^{2} +\omega_0^{2}-\lambda^{2} , \tag{$\Ec$} \] qui s'écrit aussi : \[ (r+\lambda)^{2} =-(\omega_0^{2}-\lambda^{2}). \] Lorsque $\lambda < \omega_0$, elle a donc deux racines complexes conjuguées non réelles : \[ r = -\lambda \pm i \omega \avec \omega = \sqrt{\omega_0^2-\lambda^2}. \] Ainsi, l'équation $(E)$ a donc pour solutions : $$ \fonction{\R}{\R}{x} {e^{-\lambda x} \big(A\cos (\omega x) + B \sin (\omega x)\big)} $$ avec $(A,B)\in\R^2$. On parle alors de régime pseudo–périodique.
    
    Limite en $+\infty$.
    
    Comme $\lambda >0$, on a $\lim\limits\limits_{x\to+\infty} e^{-\lambda x}=0$.
    
    De plus, la fonction \[ x\mapsto A\cos(\omega x) + B \sin (\omega x), \] est évidemment bornée.
    Par suite, toute solution de ce type tend vers $0$, comme produit d'une fonction qui tend vers $0$ par une fonction bornée.
    Remarque Dans ce cas, il y a des oscillations amorties autour de la position d'équilibre $y=0$.
  - Dans tous les cas
    
    Dans chacun des cas précédents, on a exhibé deux fonctions $y_1$ et $y_2$ de $\R$ dans $\K$ telles que les solutions de $(E_0)$ à valeurs dans $\K$ sont les combinaisons linéaires à coefficients dans $\K$ de $y_1$ et $y_2$.
    
    Autrement dit, $y$ est solution de $(E_0)$ si, et seulement si: \[ \ex{(\lambda_1,\lambda_2)\in\K^{2}} y = \lambda_1\, y_1 + \lambda_2\, y_2. \]
    
    Exemple 30 Avec les notations précédentes, pour tout $x\in\R$, on pose : \[ w(x) =\determ{cc}{y_1(x)&y_2(x)\\y'_1(x)&y'_2(x)}. \] Dans chacun des cas, vérifier : $\fa{x\in\R} w(x)\neq 0.$
    Rappel éventuel sur ce déterminant $2\times2$
    Pour tout $(\alpha,\beta,\gamma,\delta)\in\K^{4}$, on pose : \[ \determ{cc}{\alpha,&\beta\\ \gamma&\delta)} =\alpha\,\delta-\beta\,\gamma. \]
    
    Lorsque $(\Ec)$ possède deux racines distinctes
    Dans ce cas, on a exhibé les fonctions : \[ \phi_{r_1} : x \mapsto e^{r_1 x} \et \phi_{r_2} : x \mapsto e^{r_2 x} \] où $r_1$ et $r_2$ sont les deux racines distinctes de l'équation caractéristique $(\Ec)$. Pour tout $x\in\R$, on a alors : \begin{align*} w(x) &=\determ{rr}{\phi_{r_1}(x)&\phi_{r_2}(x)\\\phi'_{r_1}(x)&\phi'_{r_2}(x)}\\\\ &=\determ{rr}{e^{r_1 x}&e^{r_2 x}\\r_1\,e^{r_1 x}&r_2\,e^{r_2 x}}\\\\ &= e^{r_1 x}\,e^{r_2 x} (r_2-r_1)\\\\ &\neq 0. \end{align*}
    
    Lorsque $(\Ec)$ possède une racine double
    Dans ce cas, on a exhibé les fonctions : \[ \phi_{r_0} : x \mapsto e^{r_0 x} \et \psi_{r_0} : x \mapsto x\,e^{r_0 x} \] où $r_0$ est la racine double de l'équation caractéristique $(\Ec)$. Pour tout $x\in\R$, on a alors : \begin{align*} w(x) &=\determ{cc}{\phi_{r_0}(x)&\psi_{r_0}(x)\\\phi'_{r_0}(x)&\psi'_{r_0}(x)}\\\\ &=\determ{cc}{e^{r_0 x}&x\,e^{r_0 x}\\r_0\,e^{r_0 x}&r_0\,x\,e^{r_0 x}+e^{r_0 x}}\\\\ &= e^{2r_0 x}\\\\ &\neq 0. \end{align*}
    
    Lorsque $\K=\R$ et que $(\Ec)$ possède deux racines non réelles conjuguées
    Dans ce cas, en désignant par $\alpha\pm i\beta$ avec $\beta\neq0$ les deux racines conjuguées de $(\Ec)$, on a exhibé les fonctions : \[ \gamma_{\alpha,\beta} : x \mapsto e^{\alpha x}\,\cos \beta x. \et \sigma_{\alpha,\beta} : x \mapsto e^{\alpha x}\,\sin \beta x \] Pour tout $x\in\R$, on a alors : \begin{align*} w(x) &=\determ{cc}{\gamma_{\alpha,\beta}(x)&\sigma_{\alpha,\beta}(x)\\ \gamma'_{\alpha,\beta}(x)&\sigma'_{\alpha,\beta}(x)}\\\\ &=\determ{cc}{e^{\alpha x}\,\cos \beta x&e^{\alpha x}\,\sin \beta x\\ \alpha\,e^{\alpha x}\,\cos \beta x -\beta\,e^{\alpha x}\,\sin \beta x &\alpha\,e^{\alpha x}\,\sin \beta x +\beta\,e^{\alpha x}\,\cos \beta x}\\\\ &= \beta\,e^{2 \alpha x}\\\\ &\neq 0. \end{align*}
    
    Formulation en termes d'espaces vectoriels (si vous connaissez)
    
    Après avoir étudié la notion de sous-espace engendré, on peut dire que $\ldots$
    $\ldots$ l'ensemble $\SS_0$ des solutions de $(E_0)$ à valeurs dans $\K$ est le sous-espace vectoriel engendré par ces deux éléments $y_1$ et $y_2$.
    
    La famille $(y_1,y_2)$ trouvée est libre.
    Utiliser le résultat de l'exemple précédent.
    Soit $\lambda_1$ et $\lambda_2$ deux scalaires tels que : \[ \lambda_1\,y_1 + \lambda_2\,y_2 =0 \] ou encore : \[ \fa{x\in\R} \lambda_1\,y_1(x) + \lambda_2\,y_2(x) =0. \] En dérivant, on en déduit : \[ \fa{x\in\R} \lambda_1\,y_1'(x) + \lambda_2\,y_2'(x) =0. \] Comme d'après l'exercice précédent, on a : \[ \determ{cc}{y_1(x)&y_2(x)\\y'_1(x)&y'_2(x)} \neq 0, \] on en déduit : \[ \lambda_1 = \lambda_2 = 0, \] ce qui prouve que la famille est libre.
    
    Ainsi, $(y_1,y_2)$ est donc $\ldots$
    $\ldots$ une base de $\SS_0$.
    
    Quand on connaît la notion de dimension, on peut alors dire que $\ldots$
    $\ldots$ l'ensemble des solutions de l'équation différentielle $(E_0)$ est un $\K$–espace vectoriel de dimension $2$.
2. Résolution de l'équation avec second membre
  D'après ce qui précède, pour connaître toutes les solutions de l'équation : \[ y''+a\,y'+b\,y =c(x), \tag{$E$} \] il suffit maintenant $\ldots$
  $\ldots$ de connaître une solution particulière de $(E)$, puisque :
  d'après la partie précédente, on sait décrire l'ensemble des solutions de l'équation homogène $(E_0)$, et que l'équation $(E)$ est linéaire.
  - Si le second membre est une fonction polynomiale
    
    Bien qu'aucun des résultats de cette partie ne figure explicitement au programme, après les avoir vus une fois, un peu d'habitude de calcul mental et d'anticipation permet facilement de les retrouver
    
    Cas particulier (important) ou $c$ est une fonction constante
    L'équation : \[ y'' + a\,y'+b\,y = k \avec k\in\K \tag{$E$} \] possède en général une solution constante.
    Mais il faut discuter.
    
    Si $b\neq0$, alors : $$y=\frac{k}{b}$$ est solution de $(E)$.
    En effet on a alors : $y' = y'' = 0$.
    
    Si $b=0$ et $a\neq0$, alors $(E)$ s'écrit : \[ y'' + a\,y' = k. \] Elle a alors comme solution toute fonction telle que : \[ y' = \frac{k}{a} \] et en particulier : \[ y : x \mapsto \frac{k}{a}\,x. \]
    
    Enfin, si $a=b=0$, alors $(E)$ s'écrit : \[ y'' =k, \] qui a comme solution : \[ y : x \mapsto k\, \frac{x^{2}}{2}\cdot \]
    
    Dans le cas général.
    Soit $n$ le degré de la fonction polynomiale $c$.
    
    Si $b\neq0$, chercher une fonction polynomiale de degré $n$.
    C'est évident qu'il faut une fonction de degré $n$, puisque si $\deg y = p$, alors : \[ \deg(y''+a\,y'+b\,y) = p. \]
    
    Si $b=0$ et $a\neq0$, chercher une fonction polynomiale de degré $n+1$.
    C'est évident qu'il faut une fonction de degré $n+1$, puisque si $\deg y = p$, alors : \[ \deg(y''+a\,y') = p-1. \]
    
    Si $a=b=0$, alors $\ldots$
    $\ldots$ ce n'est plus vraiment une équation différentielle : il suffit de faire deux intégrations pour résoudre.
    
    Remarque On pourrait justifier qu'il existe toujours une telle solution, mais ce n'est pas utile ici dans la mesure où il s'agit juste de trouver une solution particulière, et que ce résultat n'est pas au programme.
  - Si le second membre est/contient une fonction exponentielle
    
    Exemple 31   Soit $r\in\K$ et $\gamma$ une fonction continue de $I$ dans $K$. Si $z$ est une fonction deux fois dérivable de $I$ dans $\K$, montrer que : \[ y : x \mapsto e^{rx} \,z(x) \] est solution de : \[ y''+a\,y'+b = e^{r x}\,\gamma(x) \tag{$E$} \] dès que $z$ vérifie une équation différentielle que l'on précisera.
    Pour tout $x\in \R$, on a : \begin{align*} y(x) &= \phantom{r^{2}}z(x)\,e^{rx} \\\\ y'(x) &= r\phantom{^{2}}\,z(x)\,e^{rx} + \phantom{2\,r \,}z'(x) \,e^{rx} \\\\ y''(x)&= r^2\,z(x)\,e^{rx} + 2\,r \,z'(x) \,e^{rx} + z''(x)\,e^{rx} \end{align*} et donc $ y''(x)+a\,y'(x)+y(x)$ est égal à : \[ \big((r^{2}+a\,r+b)\,z(x)+(a+2\,r)\,z'(x)+z''(x)\big)\,e^{rx}. \] Ainsi, la fonction $y$ vérifie $(E)$, dès que : \[ (r^{2}+a\,r+b)\,z(x)+(a+2\,r)\,z'(x)+z''(x) = \gamma(x).\tag{$E'$} \] Pour trouver une solution particulière de $(E)$, il suffit donc de trouver une solution particulière de $(E')$, qui ne contient plus l'exponentielle $e^{r x}$.
    
    Méthode Le changement de fonction inconnue de l'exercice précédent permet de simplifier la recherche d'une solution particulière « en faisant disparaître l'exponentielle. »
    
    Proposition 10 Soit $ r \in\K$, $k\in\R$ et $(E)$ l'équation différentielle : \[ y''+a\,y'+b\,y= k\,e^{r x} \tag{$E$}. \]
    
    Si $r$ n'est pas racine de $(\Ec)$, alors $(E)$ possède une solution de la forme : \[ x\mapsto \lambda\, e^{r x} \avec \lambda\in\K. \]
    
    Si $r$ est racine simple de $(\Ec)$, alors $(E)$ possède une solution de la forme : \[ x\mapsto \lambda\, x\, e^{r x} \avec \lambda\in\K. \]
    
    Si $r$ est racine double de $(\Ec)$, alors $(E)$ possède une solution de la forme : \[ x\mapsto \lambda\, x^{2}\, e^{r x} \avec \lambda\in\K. \]
    Justification
    
    On peut faire le calcul pour vérifier que l'on peut trouver un $\lambda\in\K$ en partant de la forme attendu (mais il faut connaître le résultat).
    
    Supposons $r$ non racine de $(\Ec)$ et donc : \[ r^2+a\,r+b \neq 0 \] La fonction $y\,:\, x\mapsto e^{r x}$ est deux fois dérivable sur $\R$ et : $$ \fa{x\in\R} y''(x)+a\,y'(x)+b\,y(x)=\left(r ^2+a r +b\right) e^{r x}. $$ Ainsi, la fonction : $$ \fonction \R\K x {\dfrac{k}{r ^2+a r +b}\,e^{r x}} $$ est solution de l'équation différentielle $(E)$.
    
    Supposons $r$ racine simple de $(\Ec)$ et donc : \[ r^2+a\,r+b = 0 \et 2\,r+a \neq 0. \] La fonction $y\,:\, x\mapsto xe^{r x}$ est deux fois dérivable sur $\R$ et : $$ \fa{x\in\R} y''(x)+a\,y'(x)+b\,y(x)= (2\,r +a)\, e^{r x}. $$ Ainsi, la fonction : $$ \fonction \R\K x {\dfrac{1}{2\,r+a}\,x\,e^{r x}} $$ est solution de l'équation différentielle $(E)$.
    
    Supposons $r$ racine double de $(\Ec)$ et donc : \[ r^2+a\,r+b = 0 \et 2\,r+a = 0. \] La fonction $y\,:\, x\mapsto x^2e^{r x}$ est deux fois dérivable sur $\R$ et : $$ \fa{x\in\R} y''(x)+a\,y'(x)+b\,y(x)= 2\, e^{r x}. $$ Ainsi, la fonction : $$ \fonction \R\K x {\dfrac{1}{2}\,x^2\,e^{r x}} $$ est solution de l'équation différentielle $(E)$.
    
    Mais le plus sûr est d'utiliser la méthode de l'exercice précédent.
    En cherchant une solution de la forme : \[ y : x \mapsto e^{rx}\,z(x). \] Pour que $y$ soit solution de $(E)$, il suffit que $z$ vérifie : \[ (r^{2}+a\,r+b)\,z(x)+(a+2\,r)\,z'(x)+z''(x) = k .\tag{$E'$} \]
    
    Si $r$ n'est pas racine de $(\Ec)$, alors on peut prendre pour $z$ la fonction constante :
    $z'$ et $z''$ sont alors nulles puisque $z$ est constante.
    \[ z : x \mapsto \frac{k}{r^{2}+a\,r+b} \] ce qui donne comme solution particulière : \[ y : x \mapsto \frac{k}{r^{2}+a\,r+b}\,e^{rx}. \]
    
    Si $r$ est racine simple de $(\Ec)$, alors $(E')$ s'écrit : \[ (a+2\,r)\,z'(x)+z''(x) = k \avec (a+2\,r)\neq 0 .\tag{$E'$} \] On peut alors prendre pour $z'$ la fonction constante :
    $z''$ est alors nulle puisque $z'$ est constante.
    \[ z' : x \mapsto \frac{k}{a+2\,r} \] et donc pour $z$ :
    Inutile de mettre de constante puisque l'on cherche une solution particulière.
    \[ z : x \mapsto \frac{k}{a+2\,r}\,x \] ce qui donne comme solution particulière : \[ y : x \mapsto \frac{k}{a+2\,r}\,x\,e^{rx}. \]
    
    Si $r$ est racine double de $(\Ec)$, alors $(E')$ s'écrit : \[ z''(x) = k .\tag{$E'$} \] On peut alors prendre pour $z'$ la fonction constante : \[ z'' : x \mapsto k \] et donc pour $z$ :
    On cherche juste une solution particulière ; il est donc inutile de donner toutes les fonctions $z$ dont la dérivée seconde est $k$.
    \[ z : x \mapsto \frac{k}{2}\,x^{2} \] ce qui donne comme solution particulière : \[ y : x \mapsto \frac{k}{2}\,x^{2}\,x\,e^{rx}. \]
    Remarque Dans ce cas, il n'est même pas utile de montrer que toute fonction $y$ s'écrit sous la forme $y : x \mapsto e^{rx}\,z(x).$ puisque l'on cherche seulement une solution particulière de l'équation.
    
    Exemple 32   Soit $(E)$ l'équation différentielle : \[ y''-4\,y'+3\,y=e^{-x}. \] En donner une solution particulière.
    Comme $-1$ n'est pas racine de l'équation caractéristique, on peut trouver une une solution proportionnelle à : $$ z : x \mapsto e^{-x}.$$ Comme on voit de tête que : \[ z''-4\,z'+3\,z = 8\, z \] on en déduit que : \[ y : x \mapsto \frac{1}{8}\, e^{-x} \] est solution de $(E)$.
    
    Exemple 33   Soit $(E)$ l'équation différentielle : \[ y''-4\,y'+3\,y=e^{x}. \] En donner une solution particulière.
    Comme $1$ est racine simple de l'équation caractéristique,
    L'équation caractéristique : \[ r^{2} - 4\,r +3 \] a pour racines $1$ (évidente) et $3$ (que l'on peut obtenir avec le produit des racines).
    on cherche une solution proportionnelle à la fonction : \[ z : x\mapsto x\,e^x. \] Pour tout $x\in\R$, on a alors : \begin{align*} z(x) &= x\,e^x\\\\ z'(x) &=x\,e^x+e^{x}\\\\ z''(x) &= x\,e^x+2\,e^{x} \end{align*} et donc : \[ z''-4\,z'+3\,z = -2 \,e^{x}. \] On en déduit que : \[ y : x\mapsto - \frac{x}{2}\,e^x \] est solution de $(E)$.
    
    Exemple 34   Soit $(E)$ l'équation différentielle : \[ y''-2y'+y=e^x. \] En donner une solution particulière.
    Comme $1$ est racine double de l'équation caractéristique, on cherche une solution proportionnelle à la fonction : \[ z : x\mapsto x^{2}\,e^x. \] Pour tout $x\in\R$, on a alors : \begin{align*} z(x) &= x^{2}\,e^x\\\\ z'(x) &= x^{2}\,e^x+2\,x\,e^{x}\\\\ z''(x) &= x^{2}\,e^x+4\,x\,e^{x}+2\,e^{x} \end{align*} et donc : \[ z''-2\,z'+1\,z = 2 \, e^{x}. \] On en déduit que : \[ y : x\mapsto \frac{x^{2}}{2}\,e^x \] est solution de $(E)$.
  - Principe de superposition
    
    Proposition 11 Soit $c_1$ et $c_2$ deux fonctions continues de $I$ dans $\K$, et $(\lambda_1,\lambda_2)\in\K^{2}$.
    
    Si $y_1$ est une solution de l'équation : $y''+a\,y'+b\, y=c_1(x)$,
    
    Si $y_2$ est une solution de l'équation : $y''+a\,y'+b\, y=c_2(x)$,
    alors $\lambda_1 \, y_1 + \lambda_2 \,y_2$ est solution de : \[ y''+a\,y'+b\, y = \lambda_1\, c_1(x)+\lambda_2 \,c_2(x). \] Justification
    Conséquence immédiate de la linéarité de l'équation.
    
    Exemple 35   Soit $(E)$ l'équation différentielle : \[ y''+3\,y'+2\,y=\sh x. \tag{$E$} \] En donner les solutions à valeurs réelles.
    L'équation différentielle étant définie sur $\R$, on en cherche les solutions définies sur $\R$ et à valeurs réelles.
    
    L'équation caractéristique : \[ r^{2} +3\, r + 2 = 0 \tag{$\Ec$} \] ayant pour racines $-1$ et $-2$, les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme : \[ \fonction{\R}{\R}{x}{\lambda_1\,e^{-x}+\lambda_2\,e^{-2x} \avec (\lambda_1,\lambda_2)\in\R^2.} \]
    
    Étant donné que : \[ \fa{x\in\R} \sh x =\frac{e^{x}-e^{-x}}{2} , \] considérons
    
    l'équation différentielle : \[ y''+3\,y'+2\,y=e^{x}\tag{$E_1$} \] qui possède comme solution :
    Comme $1$ n'est pas racine de l'équation caractéristique, l'équation $(E_1)$ possède une solution proportionnelle à : \[ z : x \mapsto e^{x}. \] Un calcul de tête donne : \[ z''+3\,z'+2\,z = 6\,z, \] ce qui montre que : \[ y_1 : x \mapsto \frac{1}{6} \,e^{x} \] est solution de $(E_1)$.
    \[ y_1 : x \mapsto \frac{1}{6} \,e^{x}, \]
    
    l'équation différentielle : \[ y''+3\,y'+2\,y=e^{-x}\tag{$E_2$} \] qui possède comme solution :
    Comme $-1$ est racine simple de l'équation caractéristique, l'équation $(E_1)$ possède une solution proportionnelle à : \[ z : x \mapsto x\,e^{-x}. \] Pour tout $x\in\R$, on a alors : \begin{align*} z(x) &= \phantom{-}x\,e^{-x}\\\\ z'(x) &= -x\,e^x+e^{-x}\\\\ z''(x)&= \phantom{-}x\,e^x-2\,e^{x} \end{align*} et donc : \[ z''+3\,z'+2\,z = e^{-x}. \] On en déduit que : \[ y : x\mapsto x\,e^x \] est solution de $(E_2)$.
    \[ y_2 : x\mapsto x\,e^x. \]
    On en déduit que : \[ y = \frac{y_1-y_2}{2} \,: \, x \mapsto \frac{1}{12}\,e^{x}-\frac{1}{2}\,x\,e^{-x} \] est solution de $(E)$.
    
    Par suite, $y$ est une solution à valeurs réelles de $(E)$ si, et seulement si, il existe $(\lambda_1,\lambda_2)\in\R^{2}$ tel que : \[ \fa{x\in\R} y(x) = \frac{1}{12}\,e^{x}-\frac{1}{2}\,x\,e^{-x} +\lambda_1\,e^{-x}+\lambda_2\,e^{-2x} \]
    
    Exemple 36   Soit $(E)$ l'équation différentielle : \[ y''+4\,y'+5\,y = \cos (3x). \tag{$E$} \] En donner les solutions à valeurs réelles.
    L'équation différentielle étant définie sur $\R$, on en cherche les solutions définies sur $\R$ et à valeurs réelles.
    
    L'équation caractéristique : \[ r^{2} +4\, r + 5 = 0 \tag{$\Ec$} \] ayant pour racines $-2\pm i$, les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme : \[ \fonction{\R}{\R}{x}{\lambda_1\,e^{-2x}\,\cos x +\lambda_2\,e^{-2x}\,\sin x \avec (\lambda_1,\lambda_2)\in\R^2.} \]
    
    Étant donné que : \[ \fa{x\in\R} \cos x =\frac{e^{3ix}+e^{-3ix}}{2} , \] considérons l'équation différentielle : \[ y''+4\,y'+5\,y =e^{3ix}\tag{$E_1$} \] qui possède comme solution(à valeurs complexes) :
    Comme $i$ n'est pas racine de l'équation caractéristique, l'équation $(E_1)$ possède une solution proportionnelle à : \[ z : x \mapsto e^{ix}. \] Or : \begin{align*} z''+4\,z'+5\,z = (9\,i^{2}+12\,i+5)\,z = -4\,(1-3\,i)\,z, \end{align*} ce qui montre que : \[ y_1 : x \mapsto -\frac{1}{4\,(1-3\,i)} \,e^{3ix} = -\frac{1+3\,i}{40} \,e^{3ix} \] est une fonction à valeurs complexes vérifiant $(E_1)$.
    \[ y_1 : x \mapsto -\frac{1+3\,i}{40} \,e^{3ix}. \]
    
    Étant donné que les coefficients de l'équation sont réels, la relation : \[ \fa{x\in\R} y_1''(x)+4\,y_1'(x)+5\,y_1 (x)=e^{3ix} \] donne directement : \[ \fa{x\in\R} \Re y_1''(x)+4\,\Re y_1'(x)+5\,\Re y_1 (x)= \Re e^{3ix} = \cos(3x). \] Par suite, la fonction : \[ x \mapsto \Re y_1(x) = -\frac{1}{40}\big(\cos(3x)-3\,\sin(3x)\big) \] est une solution à valeurs réelles de $(E)$.
    
    Par suite, $y$ est une solution à valeurs réelles de $(E)$ si, et seulement si, il existe $(\lambda_1,\lambda_2)\in\R^{2}$ tel que : \[ \fa{x\in\R} y(x) = \frac{1}{8}(\cos x+\sin x) +\lambda_1\,e^{-2x}\,\cos x +\lambda_2\,e^{-2x}\,\sin x \]
    
    Exemple 37   Lorsqu'un circuit RLC est soumis à une tension sinusoïdale : \[ t \mapsto U_0\,\cos (\omega t) \avec U_0\in\R \text{ et } \omega\in\Rpe \] l'équation différentielle qui régit la charge du condensateur possède, lorsque $R\neq0$, une solution sinusoïdale.
    L'équation différentielle correspondante étant : \[ L\,\frac{\diff^2 q}{\diff t^2}+R\,\frac{\diff q}{\diff t}+\frac{q}{C} = U_0\,\cos (\omega t). \tag{$E$} \] il est bon d'introduire : \[ L\,\frac{\diff^2 q}{\diff t^2}+R\,\frac{\diff q}{\diff t}+\frac{q}{C} = U_0\,e^{i \omega t}. \tag{$E'$} \]
    
    En supposant $R\neq0$, on est sûr que $i\omega$ n'est pas solution de l'équation caractéristique : \[ L\,r^{2} +R\,r +\frac{1}{C} =0 \tag{$\Ec$} \] et que $(E')$ possède donc une (unique) solution proportionnelle à : \[ t \mapsto e^{i \omega t}. \] Sa partie réelle est alors une solution de $(E)$ de la forme : \[ t\mapsto A\,\cos (\omega t) + B\,\sin (\omega t) \avec (A,B)\in\R^{2}. \]
    
    Plutôt que d'écrire cette fonction sous la forme : \[ t\mapsto A\,\cos (\omega t) + B\,\sin (\omega t) \] les physiciens préfèrent souvent l'écrire : \[ t\mapsto \sqrt{A^{2}+B^{2}}\,\cos (\omega t +\phi) \] où $\phi$ est le déphasage.
    
    Mathématiquement, la transformation précédente s'obtient en écrivant : \[ A\,\cos (\omega t) + B\,\sin (\omega t) \] sous la forme : \[ \sqrt{A^{2}+B^{2}}\, \left( \frac{A}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}\,\cos (\omega t) + \frac{B}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}}\,\sin (\omega t)\right) \] et en posant : \[ \frac{A}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}} = \cos\phi \] et : \[ \frac{B}{\sqrt{A^{2}+B^{2}}} = -\sin\phi. \] Voir éventuellement le chapitre de trigonométrie du MSA pour plus de précision.
    
    Mais en physique, on utilise souvent d'autres méthodes pour déterminer cette écriture (impédance complexe, construction de Fresnel).
    
    Vu que la solution générale de $(E)$ est somme de cette solution sinusoïdale et de la solution générale de l'équation homogène qui tend vers $0$ (voir exemple de la partie précédente), c'est ce régime qui s'installe rapidement dans le circuit.
    
    Cette solution sinusoïdale correspond à ce que l'on appelle le régime permanent ou régime forcé, par opposition au régime libre, qui correspond au cas où le second membre est nul.
    
    Exemple 38   Soit $(E)$ l'équation différentielle : \[ y''+y=\sin^3x. \tag{$E$} \] En donner les solutions à valeurs réelles.
    Les solutions de l'équation homogène associée sont les fonctions : $$ \fonction{\R}{\K}{x}{{\lambda_1}\,\sin x+{\lambda_2}\,\cos x\avec (\lambda_1,\lambda_2)\in \K^2.} $$
    On linéarise le second membre : $$ \fa{x\in\R}\sin ^3x=-\dfrac 14\sin 3x+\dfrac 34\sin x $$ et l'on utilise le principe de superposition. On est ainsi amené à déterminer une solution $f_1$ de $y''+y=\sin3x$ et une solution $f_2$ de $y''+y=\sin x$.
    Comme la fonction $x\mapsto\sin 3x$ est combinaison linéaire des fonctions $x\mapsto e^{3ix}$ et $x\mapsto e^{-3ix}$, et que $\pm 3i$ n'est pas racine de l'équation caractéristique, on peut chercher $f_1$ comme combinaison linéaire des fonctions $x\mapsto e^{3ix}$ et $x\mapsto e^{-3ix}$, c'est-à-dire sous la forme $x\mapsto a\cos 3x +b\sin 3x $. On trouve : \[ f_1\,:\,x\mapsto -{\dfrac {\sin 3x }{8}}\cdot \] De même on cherche la solution $f_2$ de la forme :$$x\mapsto a\,x\cos x+c\,x\sin x,$$ ce qui donne $ f_2\,:\,x\mapsto-{\dfrac{1}{2}}x\cos x. $ Les solutions sont donc les fonctions : $$ \fonction{\R}{\K}{x}{\dfrac {\sin 3x }{32}+\left({\lambda_1}-\dfrac {3x}8\right)\,\cos x+{\lambda_2}\sin x\avec (\lambda_1,\lambda_2)\in \K^2. } $$
3. Problème de Cauchy
  Proposition 12 (Résultat admis) Pour tout $\alpha\in I$ et tout $(\beta_0,\beta_1)\in \K^2$, il existe une unique solution $y$ de l'équation $(E)$ vérifiant $y(\alpha)=\beta_0$ et $y'(\alpha)=\beta_1$.
  
  La démonstration du résultat précédent est hors programme, mais elle est développée dans les exemples suivants intéressants à traiter à titre d'exercices.
  Exemple 39 On prouve ici que toute équation linéaire différentielle d'ordre $2$ possède au moins une solution, ce que l'on n'a fait que pour quelques second membres bien particuliers.
  
  Soit $a\in\C$, $b\in\C$ et $c$ une fonction continue de $I$ dans $\C$. Montrer que l'équation différentielle : \[ y''+a\,y'+b\,y=c(x) \tag{$E$} \] possède (au moins) une solution de la forme : \[ y : x \mapsto z(x)\,e^{rx} \] où $r$ est une racine de l'équation caractéristique $(\Ec)$, et $z$ une fonction deux fois dérivable de $I$ dans $\C$.
  Soit $r$ une racine de $(\Ec)$. Cherchons $y$ solution de $(E)$ de la forme : \[ y : x \mapsto e^{rx}\,z(x). \] avec $z$ deux fois dérivable sur $I$. Pour tout $x\in \R$, on a alors : \begin{align*} y(x) &= \phantom{r^{2}}z(x)\,e^{rx} \\\\ y'(x) &= r\phantom{^{2}}\,z(x)\,e^{rx} + \phantom{2\,r \,}z'(x) \,e^{rx} \\\\ y''(x)&= r^2\,z(x)\,e^{rx} + 2\,r \,z'(x) \,e^{rx} + z''(x)\,e^{rx} \end{align*} et donc :
  Comme $r$ est solution de $(\Ec)$, dans la combinaison linéaire : \[ y''(x) + a\,y'(x) + b\,y(x), \] les termes en $z(x)$ disparaissent car leur coefficient est : \[ r^{2} +a\,r+b = 0. \]
  \begin{align*} y''(x) + a\,y'(x) + b\,y(x) = \bigl((a+2\,r)\,z'(x) + z''(x)\bigr) \,e^{rx}. \end{align*} Par suite, $y$ est solution de $(E)$ dès que : \[ \fa{x\in \R} (a+2\,r)\,z'(x) + z''(x) = c(x)\,e^{-r x}.\tag{$E'$} \] D'après l'étude des équations différentielles linéaires d'ordre $1$, l'équation : \[ u'+(a+2\,r)\,u=c(x)\,e^{-r x} \] possède (au moins) une solution $u$, dérivable et donc continue sur $I$ ; on est alors sûr qu'il existe une primitive $U$ sur $I$ Comme $U$ est alors solution de $(E')$, la fonction : $$ x \mapsto U(x) e^{rx}$$ est alors une solution de l'équation $(E)$, ce qui prouve l'existence d'une solution.
  Remarque La méthode précédente (déjà vue pour les équations du premier ordre
  C'est la méthode de variation de la constante.
  ) vient de permettre de ramener la solution d'une équation différentielle linéaire du second ordre à celle d'une équation différentielle linéaire du premier ordre. On pourrait l'utiliser avec le même bénéfice même si les coefficients $a$ et $b$ ne sont pas constants.
  
  En supposant $a\in\R$, $b\in\R$ et $c$ à valeurs dans $\R$, en déduire que $(E)$ possède au moins une solution à valeurs réelles.
  Prendre la partie réelle d'une solution à valeurs complexes.
  
  Comme $\R\subset\C$, la question précédente nous assure l'existence d'au moins une solution $y$ à valeurs complexes, vérifiant donc : \[ \fa{x\in I} y''(x) + a\,y'(x) + b\,y(x) = c(x). \]
  
  Les coefficient $a$ et $b$ étant réels, pour tout $x\in I$ on a : \[ \Re\big(y''(x) + a\,y'(x) + b\,y(x)\big) = \Re y''(x) + a\,\Re y'(x) + b\,\Re y(x)\big). \] Comme $c$ est à valeurs réelles, on a aussi : \[ \Re c(x) = c(x). \] On en déduit que $\Re y$ est une solution de l'équation différentielle $(E)$.
  Exemple 40 Montrer Le résultat de la proposition précédente.
  Commencer par décrire l'ensemble des solutions de $(E)$ et utiliser le résultat de l'exemple de la partie III.1.D.
  
  Dans la section précédente, on a exhibé deux solutions $y_1$ et $y_2$ de l'équation homogène $(E_0)$ tel que l'ensemble $\SS_0$ des solutions de $(E_0)$ soit : \[ \SS_0 = \big\{\lambda_1\,y_1+\lambda_2\,y_2\ \pour (\lambda_1,\lambda_2)\in\K^{2}\big\}. \]
  
  Dans l'exemple précédent, on a montré que $(E)$ possède au moins une solution particulière $y_p$. On peut alors décrire l'ensemble $\SS$ des solutions de $(E)$ : \[ \SS = \big\{y_p+\lambda_1\,y_1+\lambda_2\,y_2\ \pour (\lambda_1,\lambda_2)\in\K^{2}\big\}. \]
  
  Par suite, une solution de $(E)$ vérifie les conditions initiales : \[ y(\alpha)=\beta_0 \et y'(\alpha)=\beta_1 \] si, et seulement si : \[ \left\{ \begin{array}{l} y_p(\alpha)+\lambda_1\,y_1(\alpha)+\lambda_2\,y_2(\alpha) = \beta_0\\\\ y_p'(\alpha)+\lambda_1\,y_1'(\alpha)+\lambda_2\,y_2'(\alpha) = \beta_1 \end{array} \right. \] ou encore : \[ \left\{ \begin{array}{l} \lambda_1\,y_1(\alpha)+\lambda_2\,y_2(\alpha) = \beta_0-y_p(\alpha)\\\\ \lambda_1\,y_1'(\alpha)+\lambda_2\,y_2'(\alpha) = \beta_1-y_p'(\alpha) \end{array} \right. \]
  
  Si vous savez utiliser les déterminants $2\times 2$
  Ce système de deux équations à deux inconnues est de déterminant : \[ \Delta = \determ{cc} {y_1(\alpha) & y_2(\alpha)\\\\ y_1'(\alpha) & y_2'(\alpha) } \] qui est non nul d'après le résultat de l'exemple de la partie III.1.D. Par suite, il possède un unique couple solution $(\lambda_1, \lambda_2)$, ce qui prouve l'existence et l'unicité de la solution du problème de Cauchy.
  
  Sinon
  
  Supposons $(\lambda_1, \lambda_2)$ solution du système : \[ \left\{ \begin{array}{l} \lambda_1\,y_1(\alpha)+\lambda_2\,y_2(\alpha) = \beta_0-y_p(\alpha)\\\\ \lambda_1\,y_1'(\alpha)+\lambda_2\,y_2'(\alpha) = \beta_1-y_p'(\alpha) \end{array} \right. \] Alors, en réalisant la combinaison linéaire : \[ \left\{ \begin{array}{l} \lambda_1\,y_1(\alpha)+\lambda_2\,y_2(\alpha) = \beta_0-y_p(\alpha)\\\\ \lambda_1\,y_1'(\alpha)+\lambda_2\,y_2'(\alpha) = \beta_1-y_p'(\alpha) \end{array} \quad\right| \begin{array}{r} y'_2(\alpha) \\\\ -y_2(\alpha) \end{array} \] on obtient : \begin{align*} \lambda_1\big(y_1(\alpha)y'_2(\alpha)&-y'_1(\alpha)y_2(\alpha)\big)\\ & = y'_2(\alpha)\big(\beta_0-y_p(\alpha)\big)-y_2\big(\alpha)(\beta_1-y_p'(\alpha)\big) \end{align*} Comme d'après le résultat de l'exemple de la partie III.1.D, on a : \[ \Delta = y_1(\alpha)y'_2(\alpha)-y'_1(\alpha)y_2(\alpha) \neq 0, \] on en déduit : \[ \lambda_1 = \frac{ y'_2(\alpha)\big(\beta_0-y_p(\alpha)\big)-y_2\big(\alpha)(\beta_1-y_p'(\alpha)\big)}{\Delta} \] ce qui prouve l'unicité de $\lambda_1$.
  
  De même, la combinaison linéaire : \[ \left\{ \begin{array}{l} \lambda_1\,y_1(\alpha)+\lambda_2\,y_2(\alpha) = \beta_0-y_p(\alpha)\\\\ \lambda_1\,y_1'(\alpha)+\lambda_2\,y_2'(\alpha) = \beta_1-y_p'(\alpha) \end{array} \quad\right| \begin{array}{r} y'_1(\alpha) \\\\ -y_1(\alpha) \end{array} \] prouve l'unicité de $\lambda_2$.
  
  Il reste alors à prouver que le couple précédemment trouvé est solution du système, ce qui n'est pas difficile (bien qu'un peu laborieux à écrire).
  On en déduit que le système possède une unique solution, ce qui prouve l'existence et l'unicité de la solution du problème de Cauchy.

Équations différentielles linéaires d'ordre 1 et 2

Équations différentielles linéaires
d'ordre 1 et 2