Équations différentielles d’ordre 2 avec second membre : Cours et méthode

Dans cet article, nous allons étudier les équations différentielles linéaires d’ordre 2 à coefficients constants et avec second membre particulier.

Nous avons fait dans un précédent article, la méthode pour calculer les solutions sans second membre. Comme pour les équations différentielles d’ordre 1, il s’agit de trouver une solution particulière et d’appliquer le principe de superposition.

Prérequis

• Équations différentielles linéaires d’ordre 1
• Équations différentielles linéaires d’ordre 2 sans second membre

Cours

On se place sur I = \R. Ensuite, on cherche à résoudre l’équation différentielle suivante :

ay'' +by'+cy = f(t)

avec a,b,c \in \R et f de classe \mathcal{C}^2. Nous allons étudier des cas particuliers de f .

On suppose aussi qu’on connaît les solutions de

ay'' +by'+cy = 0 

Si vous ne savez pas le faire :

Cas où f est de la forme exponentielle

Si l’équation différentielle est de la forme :

ay'' +by'+cy = e^{kt}

Dans ce cas, on va chercher une solution de la forme e^{kt} avec une subtilité importante :

• Si k n’est pas une racine de l’équation caractéristique alors on cherche une solution de la forme Ae^{kt}
• Si k est une racine simple de l’équation caractéristique alors on cherche une solution de la forme At e^{kt}
• Enfin, si k est une racine double de l’équation caractéristique alors on cherche une solution de la forme At^2 e^{kt}

Cas où f est de la forme P*exp

Le cas où f est le produit entre un polynôme et une exponentielle est une généralisation du cas précédent. On suppose qu’on a une équation différentielle de la forme

ay'' +by'+cy =P(t) e^{kt} 

Dans ce cas, on va chercher une solution de la forme Q(t)e^{kt} avec la subtilité suivante :

• Si k n’est pas une racine de l’équation caractéristique alors on cherche une solution avec \deg Q = \deg P
• Si k est une racine simple de l’équation caractéristique alors on cherche une solution où on a \deg Q = \deg P +1
• Enfin, si k est une racine double de l’équation caractéristique alors on cherche une solution avec \deg Q = \deg P +2

Cas où f est polynomiale

Il s’agit du même cas que précédemment, il suffit de prendre k = 0.

Cas où f est de la forme Acos(kt) + Bsin(kt)

Ici, le raisonnement est similaire au premier cas :

• Si k n’est pas une racine de l’équation caractéristique alors on cherche une solution de la forme C \cos(kt) + D \sin(kt)
• Si k est une racine simple de l’équation caractéristique alors on cherche une solution de la forme t (C \cos(kt) + D \sin(kt))
• Enfin, si k est une racine double de l’équation caractéristique alors on cherche une solution de la forme t^2 (C \cos(kt) + D \sin(kt))

Exemples

Exemple 1 : Trouver une solution particulière de y'' + 2y' + y = te^t .

En regardant l’équation caractéristique, on voit que -1 est une racine double. On cherche alors une solution de la forme y(t) = (at+b) e^t . Calculons les dérivées premières et secondes :

\begin{array}{rcl}
y'(t) &  = & (at+b+a) e^t\\
y''(t) &  = & (at+b+2a) e^t
\end{array}

Ensuite, on réinjecte dans l’équation :

\begin{array}{ll}
y'' +2y'+y & = (at+b+2a) e^t+2(at+b+a) e^t+ (at+b) e^t\\
&= (3at+ 4b + 4a)e^t\\
&= te^t 
\end{array}

On se retrouve donc avec le système :

\begin{array}{ll}
&\left\{\begin{array}{ll}3a& = 1 \\ 4b+4a & = 0\end{array}\right.\\
\iff&\left\{\begin{array}{ll}a& = \dfrac{1}{3} \\ b & = -a \end{array}\right.\\
\iff&\left\{\begin{array}{ll}a& = \dfrac{1}{3} \\ b &  =- \dfrac{1}{3}\end{array}\right.\\
\end{array}

Ainsi, on trouve comme solution particulière :

y(t) = \dfrac{1}{3} (t-1)e^t

Exemple 2 : Trouver toutes les solutions de y'' + 2y' + y = e^{-t} . Comme -1 est racine double de l’équation caractéristique, on cherche une solution de la forme y(t) =a t^2e^{-t} .

Calculons les dérivées premières et secondes :

\begin{array}{rcl}
y'(t) &  = &a (-t^2+2t) e^{-t}\\
y''(t) &  = &a (t^2 -4t+2) e^{-t}
\end{array}

On réinjecte dans l’équation

\begin{array}{ll}
y'' +2y'+y & =a (t^2 -4t+2) e^{-t}+2a (-t^2+2t) e^{-t}+ at^2 e^t\\
&= 2ae^{-t}\\
&= e^{-t}
\end{array}

Donc 2a = 1 \iff a = \dfrac{1}{2}. En rajoutant les solutions de l’équation homogène, on trouve que les solutions sont

y(t) = \left(\dfrac{1}{2}t^2 +at+b\right)e^{-t}