Équations différentielles ${\mathbf{y}}^{\prime }=\mathbf{ay}+\mathbf{b}$ et ${\mathbf{y}}^{\prime }=\mathbf{ay}+\mathbf{f}$

Les équations différentielles $y^{\prime }=5y$ et $2y^{\prime }+9y=0$ sont des équations différentielles linéaires homogènes du premier ordre à coefficients constants avec respectivement $a=5$ et $a=-\frac{9}{2}$.

1. Les solutions de $\left({\mathrm{E}}_0\right):y^{\prime }=ay$ sont les fonctions définies sur $\mathbb{R}$ par $y(x)={\mathrm{Ce}}^{ax}$, où $\text{C}$ est un réel.
2. Pour tous réels $x_0$ et $y_0$, $\left({\mathrm{E}}_0\right)$ a une unique solution $y$ telle que $y\left(x_0\right)=y_0$.

1. Soient $\text{C}$ un réel et $y$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $y(x)={\mathrm{Ce}}^{ax}$. Alors $y$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ (produit d'une constante par la composée d'une fonction affine et de la fonction exponentielle) et, pour tout $x\in \mathbb{R}$, $y^{\prime }(x)=\mathrm{C}a{\mathrm{e}}^{ax}=ay(x)$. Ainsi, $y$ est solution de $({\mathrm{E}}_0)$.
Réciproquement, soient $y$ une solution de $({\mathrm{E}}_0)$ et la fonction $g$ définie sur $\mathbb{R}$ par $g(x)=y(x){\mathrm{e}}^{-ax}$.
Alors $g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ (produit et composée de fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$) et, pour tout $x\in \mathbb{R}$, $g^{\prime }(x)=y^{\prime }(x){\mathrm{e}}^{-ax}-ay(x){\mathrm{e}}^{-ax}=ay(x){\mathrm{e}}^{-ax}-ay(x){\mathrm{e}}^{-ax}=0$.
Donc $g$ est une fonction constante, c'est‑à‑dire qu'il existe un réel $\text{C}$ tel que, pour tout $x\in \mathbb{R}$, $g(x)=\mathrm{C}$ soit $y(x){\mathrm{e}}^{-ax}=\mathrm{C}$ c'est‑à‑dire $y(x)={\mathrm{Ce}}^{ax}$.

2. Soit $y$ une solution de $({\mathrm{E}}_0)$. D'après 1., il existe un réel $\text{C}$ tel que, pour tout 2., $y(x)={\mathrm{Ce}}^{ax}$.
Par hypothèse, $y\left(x_0\right)=y_0\iff {\mathrm{Ce}}^{a{x}_0}=y_0\iff \mathrm{C}=y_0{\mathrm{e}}^{-a{x}_0}$.
Donc, pour tout $x\in \mathbb{R}$, $y(x)=y_0{\mathrm{e}}^{-a{x}_0}\times {\mathrm{e}}^{ax}=y_0{\mathrm{e}}^{a\left(x-x_0\right)}$ et cette solution est unique.

On raisonne par double implication pour démontrer le premier théorème.

Les courbes situées au‑dessus de l'axe des abscisses correspondent à des valeurs positives du réel $\text{C}$ ; celles en‑dessous de l'axe des abscisses correspondent à des valeurs négatives.

$({\mathrm{E}}_0)$ peut s'écrire $y^{\prime }=-\frac{3}{2}y$ donc les solutions de $({\mathrm{E}}_0)$ sont les fonctions $x\mapsto \mathrm{Cexp}\left(-\frac{3}{2}x\right)$ où $\text{C}$ est un nombre réel.
Or $y(2)=1\iff \mathrm{Cexp}\left(-\frac{3}{2}\times 2\right)=1\iff {\mathrm{Ce}}^{-3}=1\iff \mathrm{C}={\mathrm{e}}^3$.
La solution cherchée est la fonction $y$ définie sur $\mathbb{R}$ par $y(x)=\exp \left(3-\frac{3}{2}x\right)$.

Exercices

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L'équation différentielle $(\mathrm{E}):y^{\prime }=ay+b$, qui peut aussi s'écrire $y^{\prime }-ay=b$, est appelée équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants avec second membre.

Les solutions de $(\mathrm{E})$ sont les fonctions définies sur $\mathbb{R}$ par $x\mapsto {\mathrm{Ce}}^{ax}-\frac{b}{a}$ où $\text{C}$ est une constante réelle.

Soit $(\mathrm{E}):y^{\prime }=ay+b$ une équation différentielle avec $a\ne 0$.

1. On détermine une solution constante $\phi :x\mapsto k$ de $(\mathrm{E})$ où $k$ est un réel. Alors ${\mathrm{D}}_{{\phi }^{\prime }}=\mathbb{R}$ et, pour tout $x\in \mathbb{R}$, ${\phi }^{\prime }(x)=0$. Donc $\phi$ est solution de $(\mathrm{E})$ si, et seulement si, pour tout $x\in \mathbb{R}$, ${\phi }^{\prime }(x)=a\phi (x)+b\iff 0=ak+b\iff k=-\frac{b}{a}$ donc $\phi (x)=-\frac{b}{a}$.

2. Soit $y$ une fonction dérivable sur $\mathbb{R}$.
$y$ est solution de $(\mathrm{E})\iff$ Pour tout $x\in \mathbb{R}$, $y^{\prime }(x)=ay(x)+b$.
$y-\phi$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et, pour tout $x\in \mathbb{R}$, $(y-\phi {)}^{\prime }(x)=y^{\prime }(x)-{\phi }^{\prime }(x)=ay(x)+b-0=ay(x)+b=a\left(y(x)+\frac{b}{a}\right)=a(y(x)-\phi (x))$ donc $y-\phi$ est solution de $\left({\mathrm{E}}_0\right):y^{\prime }=ay$.
Réciproquement, $y-\phi$ est solution de $\left({\mathrm{E}}_0\right)\iff (y-\phi {)}^{\prime }=a(y-\phi )\iff y^{\prime }-{\phi }^{\prime }=ay-a\phi \iff$ Pour tout $x\in \mathbb{R}$, $y^{\prime }(x)=ay(x)+b$ donc $y$ est solution de $(\mathrm{E})$.

3. Les solutions de $\left({\mathrm{E}}_0\right)$ sont les fonctions définies par $x\mapsto {\mathrm{Ce}}^{ax}$ sur $\mathbb{R}$ où $\mathrm{C}\in \mathbb{R}$, donc celles de $(\mathrm{E})$ sont les fonctions définies par $x\mapsto {\mathrm{Ce}}^{ax}-\frac{b}{a}$ sur $\mathbb{R}$ où $\mathrm{C}\in \mathbb{R}$.

Autrement dit, les solutions de $(\mathrm{E})$ s'obtiennent en ajoutant une solution particulière constante $\phi$ de $(\mathrm{E})$ aux solutions de l'équation homogène associée $y^{\prime }=ay$.

Les solutions de $y^{\prime }=2y+3$ sont les fonctions définies sur $\mathbb{R}$ par $y(x)={\mathrm{Ce}}^{2x}-\frac{3}{2}$ où $\text{C}$ est un réel.

$(\mathrm{E})\iff y^{\prime }=-\frac{3}{2}y+1$. On reconnaît la forme $y^{\prime }=ay+b$ avec $a=-\frac{3}{2}$ et $b=1$ donc $-\frac{b}{a}=\frac{2}{3}$. Les solutions de $(\mathrm{E})$ sont les fonctions $x\mapsto {\mathrm{Ce}}^{-\frac{3}{2}x}+\frac{2}{3}$ où $\text{C}$ est un réel.
$y(2)=-\frac{1}{3}\iff {\mathrm{Ce}}^{-\frac{3}{2}\times 2}+\frac{2}{3}=-\frac{1}{3}\iff {\mathrm{Ce}}^{-3}=-1\iff \mathrm{C}=-\frac{1}{{\mathrm{e}}^{-3}}=-{\mathrm{e}}^3$
La fonction $y$ cherchée est définie sur $\mathbb{R}$ par $y(x)=-{\mathrm{e}}^{3-\frac{3}{2}x}+\frac{2}{3}$.

Exercice

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L'équation différentielle $(\mathrm{E}):y^{\prime }=ay+f$, qui peut aussi s'écrire $y^{\prime }-ay=f$, est également appelée équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants avec second membre.

1. On pose $\phi (x)=mx+p$ (où $m$ et $p$ sont réels). En tant que fonction affine, $\phi$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et, pour tout $x\in \mathbb{R}$, ${\phi }^{\prime }(x)=m$.
$\phi$ est solution de $(\mathrm{E})$ signifie que, pour tout $x\in \mathbb{R}$, $2m+3(mx+p)=6x+1\iff 2m+3mx+3p=6x+1\iff \{\begin{array}{c}2m+3p=1\\ 3m=6\end{array}\iff \{\begin{array}{l}p=-1\\ m=2\end{array}$
Donc $\phi :x\mapsto 2x-1$ est une solution particulière de $(\mathrm{E})$.

2. L'équation homogène associée à $(\mathrm{E})$ est $2y^{\prime }+3y=0$, soit $y^{\prime }=-\frac{3}{2}y$, de solutions $x\mapsto {\mathrm{Ce}}^{-\frac{3}{2}x}$, où $\text{C}$ est un réel. Les solutions de $(\mathrm{E})$ sont donc les fonctions définies sur $\mathbb{R}$ par $x\mapsto {\mathrm{Ce}}^{-\frac{3}{2}x}+2x-1$, où $\text{C}$ est un réel.

Exercices

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