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Équations différentielles

Équation différentielle et solution, y′ = f et primitives, y′ = ay, y′ = ay + b avec condition initiale, second membre non constant, modélisation et méthode d’Euler.

À propos de cette page

Ce cours de spécialité maths de Terminale sur les équations différentielles suit cinq parties : notion de solution et équation y′ = f, équation y′ = ay, équation y′ = ay + b avec condition initiale, second membre non constant avec solution particulière, modélisation et méthode d’Euler. Les deux démonstrations exigibles (deux primitives diffèrent d’une constante, résolution de y′ = ay) sont rédigées, ainsi que celle de y′ = ay + b.

Équation différentielle, solution, équation y′ = f

Ce qu’il faut savoir

Équation différentielle. C’est une équation dont l’inconnue est une fonction $y$ , dérivable sur un intervalle $I$ , et qui fait intervenir sa dérivée $y'$ . Une solution sur $I$ est une fonction $f$ dérivable sur $I$ qui rend l’égalité vraie pour tout $x$ de $I$ . Résoudre l’équation, c’est trouver toutes ses solutions.

Notation. On écrit $y$ au lieu de $y (x)$ : « $y' = 2 y + x$ » signifie « pour tout $x$ de $I$ , $f' (x) = 2 f (x) + x$ ».

Vérifier qu’une fonction est solution. On calcule $f' (x)$ d’un côté, le second membre de l’autre, et on constate l’égalité pour tout $x$ . Pour prouver qu’une fonction n’est pas solution, une seule valeur de $x$ où l’égalité est fausse suffit.

L’équation $y' = f$ . Si $f$ est continue sur $I$ , les solutions de $y' = f$ sont exactement les primitives de $f$ sur $I$ . Si $F$ est l’une d’elles, toutes s’écrivent $x \mapsto F (x) + C$ , $C \in ℝ$ : deux primitives d’une même fonction sur un intervalle diffèrent d’une constante.

Condition initiale. Une condition $y (x_{0}) = y_{0}$ sélectionne une seule solution parmi toutes.

Exemples

Démonstration exigible : deux primitives diffèrent d’une constante. Soit $F$ et $G$ deux primitives de $f$ sur l’intervalle $I$ . Pour tout $x$ de $I$ , $(G - F)^{'} (x)$ $= G' (x) - F' (x)$ $= f (x) - f (x)$ $= 0$ . Une fonction de dérivée nulle sur un intervalle est constante : il existe un réel $C$ tel que, pour tout $x$ de $I$ , $G (x) = F (x) + C$ .

Vérifier. La fonction $g (x) = 3 e^{5 x} - 1$ est-elle solution de $y' = 5 y + 5$ sur $ℝ$ ? D’une part, $g' (x) = 15 e^{5 x}$ . D’autre part, $5 g (x) + 5 = 15 e^{5 x} - 5 + 5 = 15 e^{5 x}$ . Les deux membres sont égaux pour tout réel $x$ : $g$ est solution.

Prouver qu’une fonction n’est pas solution. Soit $h (x) = e^{2 x} + x$ et l’équation $y' = 2 y$ . En $x = 0$ : $h' (0) = 2 e^{0} + 1 = 3$ , alors que $2 h (0) = 2$ . L’égalité est fausse en $0$ : $h$ n’est pas solution.

Équation $y' = f$ avec une condition initiale. Résoudre $y' = \frac{1}{2 \sqrt{x}}$ sur $] 0; + \infty [$ avec $y (4) = 1$ . Les primitives sont les $x \mapsto \sqrt{x} + C$ ; $2 + C = 1$ donne $C = - 1$ : la solution est $x \mapsto \sqrt{x} - 1$ .

Réflexe — Pour montrer qu’une fonction est solution, j’écris deux calculs séparés : « d’une part $f' (x) = \dots$ », « d’autre part, le second membre vaut $\dots$ », puis je conclus « pour tout $x$ ». Pour $y' = f$ , je cherche une primitive et j’ajoute la constante $C$ .

Attention — Écrire « $f' = 5 f + 5$ » sans les deux calculs ne prouve rien. Et une équation différentielle a en général une infinité de solutions : on ne dit « la solution » qu’avec une condition initiale.

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L’équation y′ = ay

Ce qu’il faut savoir

Théorème (démonstration exigible). Soit $a$ un réel. Les solutions sur $ℝ$ de l’équation différentielle $y' = a y$ sont les fonctions $x \mapsto C e^{a x}$ , où $C$ est une constante réelle.

Condition initiale. Pour tous réels $x_{0}$ et $y_{0}$ , il existe une unique solution telle que $f (x_{0}) = y_{0}$ : $C e^{a x_{0}} = y_{0}$ donne $C = y_{0} e^{- a x_{0}}$ . Si $x_{0} = 0$ , simplement $C = y_{0}$ .

Allure des courbes. Comme $e^{a x} > 0$ , une solution garde le signe de $C$ et ne s’annule jamais, sauf la fonction nulle ( $C = 0$ ). Deux solutions distinctes n’ont aucun point commun. Le sens de variation se lit sur $f' (x) = a C e^{a x}$ , qui a le signe du produit $a C$ .

Signe de $a$	En $- \infty$	En $+ \infty$
$a > 0$	$C e^{a x} \to 0$	$+ \infty$ si $C > 0$ , $- \infty$ si $C < 0$
$a < 0$	$+ \infty$ si $C > 0$ , $- \infty$ si $C < 0$	$C e^{a x} \to 0$

Somme et multiple de solutions. Si $f$ et $g$ sont solutions de $y' = a y$ et $k$ est un réel, alors $f + g$ et $k f$ sont encore solutions : $(f + g)^{'} = a f + a g = a (f + g)$ et $(k f)^{'} = k a f = a (k f)$ .

Exemples

Démonstration du théorème. Les fonctions $C e^{a x}$ conviennent : $(C e^{a x})^{'} = a C e^{a x}$ , donc elles vérifient $y' = a y$ . Ce sont les seules : soit $f$ une solution sur $ℝ$ . On pose $g (x) = f (x) e^{- a x}$ , dérivable comme produit. Pour tout réel $x$ , $g' (x)$ $= f' (x) e^{- a x} - a f (x) e^{- a x}$ $= (f' (x) - a f (x)) e^{- a x}$ $= 0$ , puisque $f' (x) = a f (x)$ . La fonction $g$ est donc constante sur l’intervalle $ℝ$ : il existe un réel $C$ tel que $f (x) e^{- a x} = C$ , c’est-à-dire $f (x) = C e^{a x}$ (on multiplie par $e^{a x}$ , car $e^{- a x} e^{a x} = 1$ ).

Condition en $0$ et variations. Les solutions de $y' = 3 y$ sont les fonctions $x \mapsto C e^{3 x}$ . Celle qui vaut $- 2$ en $0$ vérifie $C e^{0} = C = - 2$ : c’est $f (x) = - 2 e^{3 x}$ . Ici $f' (x) = - 6 e^{3 x} < 0$ : $f$ est strictement décroissante ; elle tend vers $- \infty$ en $+ \infty$ et vers $0$ en $- \infty$ .

Condition en $x_{0} \neq 0$ . Solution de $y' = - 0, 5 y$ telle que $y (2) = 6$ . On a $f (x) = C e^{- 0, 5 x}$ et $f (2) = C e^{- 1} = 6$ , donc $C = 6 e$ . Ainsi $f (x) = 6 e \times e^{- 0, 5 x} = 6 e^{1 - 0, 5 x}$ . Vérification : $f (2) = 6 e^{0} = 6$ .

Mettre sous la forme $y' = a y$ . $2 y' + 7 y = 0$ équivaut à $y' = - 3, 5 y$ : les solutions sont les fonctions $x \mapsto C e^{- 3, 5 x}$ , $C \in ℝ$ .

Réflexe — J’isole $y'$ pour lire $a$ , j’écris $x \mapsto C e^{a x}$ avec « $C \in ℝ$ », puis, s’il y a une condition, je remplace $x$ par $x_{0}$ et je résous l’équation d’inconnue $C$ .

Attention — « La solution de $y' = a y$ est $e^{a x}$ » est faux : $e^{a x}$ n’est que la solution qui vaut $1$ en $0$ . Et avec une condition en $x_{0} \neq 0$ , $C$ n’est pas $y_{0}$ : il faut le facteur $e^{- a x_{0}}$ .

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L’équation y′ = ay + b et la condition initiale

Ce qu’il faut savoir

Solution constante. Soit $a \neq 0$ et $b$ deux réels. La fonction constante $x \mapsto c$ est solution de $y' = a y + b$ si et seulement si $0 = a c + b$ , c’est-à-dire $c = - \frac{b}{a}$ .

Théorème. Les solutions sur $ℝ$ de $y' = a y + b$ ( $a \neq 0$ ) sont les fonctions $x \mapsto C e^{a x} - \frac{b}{a}$ , $C \in ℝ$ : on ajoute la solution constante aux solutions de $y' = a y$ .

Existence et unicité. Pour tous réels $x_{0}$ et $y_{0}$ , l’équation $y' = a y + b$ admet une unique solution $f$ telle que $f (x_{0}) = y_{0}$ : l’équation $C e^{a x_{0}} + c = y_{0}$ a pour seule solution $C = (y_{0} - c) e^{- a x_{0}}$ , car $e^{a x_{0}} \neq 0$ .

Comportement en $+ \infty$ ( $c = - \frac{b}{a}$ est la valeur d’équilibre) :

Signe de $a$	Solutions $C e^{a x} + c$ en $+ \infty$
$a < 0$	toutes tendent vers $c$ (équilibre stable)
$a > 0$	$+ \infty$ si $C > 0$ , $- \infty$ si $C < 0$ ; seule la solution constante ( $C = 0$ ) reste bornée

Cas $a = 0$ . L’équation devient $y' = b$ : c’est une équation $y' = f$ , de solutions $x \mapsto b x + C$ .

Exemples

Démonstration du théorème. Soit $c = - \frac{b}{a}$ , de sorte que $b = - a c$ . Une fonction dérivable $f$ vérifie $f' = a f + b$ si et seulement si $f' = a f - a c = a (f - c)$ . Or $(f - c)^{'} = f'$ : cela revient à dire que $u = f - c$ est solution de $y' = a y$ , donc que $u (x) = C e^{a x}$ avec $C$ réel, c’est-à-dire $f (x) = C e^{a x} + c$ .

Solutions générales. Pour $y' = 2 y - 6$ , la solution constante vérifie $0 = 2 c - 6$ , soit $c = 3$ . Les solutions sont les fonctions $x \mapsto C e^{2 x} + 3$ . Vérification : $(C e^{2 x} + 3)^{'} = 2 C e^{2 x}$ et $2 (C e^{2 x} + 3) - 6 = 2 C e^{2 x}$ .

Condition en $0$ . Solution de $y' = - y + 4$ telle que $y (0) = 1$ . Solution constante : $0 = - c + 4$ , donc $c = 4$ ; solutions : $x \mapsto C e^{- x} + 4$ . Condition : $C + 4 = 1$ , donc $C = - 3$ . Ainsi $f (x) = 4 - 3 e^{- x}$ . Comme $f' (x) = 3 e^{- x} > 0$ , $f$ est strictement croissante ; et $a = - 1 < 0$ , donc $f$ tend vers $4$ en $+ \infty$ .

Condition en $x_{0} \neq 0$ . Solution de $y' = 0, 2 y - 1$ telle que $y (5) = 7$ . Solution constante : $0 = 0, 2 c - 1$ , donc $c = 5$ ; solutions : $x \mapsto C e^{0, 2 x} + 5$ . Condition : $C e^{1} + 5 = 7$ , donc $C = 2 e^{- 1}$ et $f (x) = 2 e^{0, 2 x - 1} + 5$ . Ici $a > 0$ et $C > 0$ : $f$ tend vers $+ \infty$ en $+ \infty$ .

Réflexe — Je ne récite pas $- \frac{b}{a}$ : je résous $0 = a c + b$ pour trouver la solution constante $c$ , j’écris $C e^{a x} + c$ , puis j’applique la condition initiale à cette expression complète.

Attention — La constante ajoutée est $- \frac{b}{a}$ , pas $b$ : pour $y' = 4 y + 8$ , c’est $- 2$ , ni $8$ ni $2$ . Et $C$ n’est pas $y (0)$ : $y (0) = C + c$ , donc $C = y (0) - c$ .

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Second membre non constant : y′ = ay + f

Ce qu’il faut savoir

Propriété. Soit $a \neq 0$ et $f$ une fonction continue sur $I$ . Si $g$ est une solution particulière de $(E)$ : $y' = a y + f (x)$ , alors les solutions de $(E)$ sur $I$ sont les fonctions $x \mapsto g (x) + C e^{a x}$ , $C \in ℝ$ .

Autrement dit : solutions de $(E)$ = une solution particulière + les solutions de l’équation sans second membre $y' = a y$ (au bac, elle est souvent notée $(E_{0})$ ).

Trouver $g$ . Au bac, la solution particulière est donnée (« vérifier que $g$ est solution ») ou sa forme est imposée (« déterminer les réels $α$ et $β$ tels que $x \mapsto α x + β$ soit solution ») : on trouve les coefficients par identification.

Exemples

Démonstration de la propriété. Soit $h$ une fonction dérivable sur $I$ . Comme $g' = a g + f$ , on a $h' - a h - f$ $= (h' - g') - a (h - g)$ $= (h - g)^{'} - a (h - g)$ . Donc $h$ est solution de $(E)$ si et seulement si $(h - g)^{'} = a (h - g)$ , c’est-à-dire si et seulement si $h - g$ est solution de $y' = a y$ , si et seulement s’il existe un réel $C$ tel que $h - g = C e^{a x}$ .

Solution affine par identification. Pour $y' = y + x$ , on cherche $g (x) = α x + β$ . D’une part, $g' (x) = α$ ; d’autre part, $g (x) + x = (α + 1) x + β$ . L’égalité pour tout $x$ impose $α + 1 = 0$ et $β = α$ , soit $α = β = - 1$ : $g (x) = - x - 1$ . Les solutions sont les fonctions $x \mapsto C e^{x} - x - 1$ .

Solution particulière donnée, puis condition initiale. $(E)$ : $y' = - 2 y + 4 e^{- 2 x}$ et $g (x) = 4 x e^{- 2 x}$ . D’une part, $g' (x) = 4 e^{- 2 x} - 8 x e^{- 2 x}$ ; d’autre part, $- 2 g (x) + 4 e^{- 2 x} = - 8 x e^{- 2 x} + 4 e^{- 2 x}$ : $g$ est solution. Les solutions de $(E)$ sont les fonctions $x \mapsto 4 x e^{- 2 x} + C e^{- 2 x} = (4 x + C) e^{- 2 x}$ . Celle qui vaut $3$ en $0$ vérifie $C = 3$ : $f (x) = (4 x + 3) e^{- 2 x}$ .

Réflexe — 1. Je vérifie (ou je trouve) la solution particulière $g$ . 2. J’écris toutes les solutions $g + C e^{a x}$ . 3. J’applique la condition initiale à cette somme, jamais à $C e^{a x}$ seul.

Attention — Les solutions ne sont ni les $C \times g$ , ni les $g + C$ : on ajoute $C e^{a x}$ . Et quand le second membre est de la forme $k e^{a x}$ , avec le même $a$ , une fonction $α e^{a x}$ ne peut pas convenir (elle est solution de $y' = a y$ ) : on cherche $g$ sous la forme $α x e^{a x}$ , comme ci-dessus.

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Modéliser un phénomène, méthode d’Euler

Ce qu’il faut savoir

Traduire une phrase en équation. La « vitesse de variation » d’une grandeur est sa dérivée par rapport au temps $t$ .

Phrase de l’énoncé	Équation	Équilibre
la vitesse de variation de $N$ est proportionnelle à $N$ (population, désintégration)	$N' = k N$ : croissance si $k > 0$ , décroissance si $k < 0$	$0$
la vitesse de refroidissement est proportionnelle à l’écart avec la température ambiante $θ$	$T' = - k (T - θ)$ , $k > 0$	$θ$
chute freinée par un frottement proportionnel à la vitesse	$v' = g - k v$ , $k > 0$	$\frac{g}{k}$ (vitesse limite)

On développe pour obtenir $y' = a y + b$ ; la solution constante est la valeur d’équilibre du phénomène.

Méthode d’Euler. Pour approcher la solution de $y' = a y + b$ telle que $y (x_{0}) = y_{0}$ , on choisit un pas $h > 0$ et on suit la tangente sur chaque pas, car $f (x + h) \approx f (x) + h f' (x)$ :

$x_{n + 1} = x_{n} + h$ et $y_{n + 1} = y_{n} + h \times (a y_{n} + b)$ .

Les $y_{n}$ approchent les valeurs $f (x_{0} + n h)$ ; l’approximation s’améliore quand $h$ diminue. Pour un pas $h$ assez petit, si la solution est convexe (ses tangentes sont sous la courbe), la méthode donne des valeurs trop petites ; si elle est concave, des valeurs trop grandes.

Exemples

Désintégration radioactive. Le nombre $N (t)$ de noyaux d’un échantillon, $t$ en années, vérifie $N' = - 0, 05 N$ , avec $N (0) = N_{0}$ . Donc $N (t) = N_{0} e^{- 0, 05 t}$ . La demi-vie $T$ vérifie $N_{0} e^{- 0, 05 T} = \frac{N_{0}}{2}$ , soit $e^{- 0, 05 T} = \frac{1}{2}$ , puis $- 0, 05 T = - \ln 2$ et $T = 20 \ln 2 \approx 13, 9$ ans. Elle ne dépend pas de $N_{0}$ .

Euler pas à pas. Pour $y' = y$ , $y (0) = 1$ et $h = 0, 1$ : $y_{1} = 1 + 0, 1 \times 1 = 1, 1$ ; $y_{2} = 1, 1 + 0, 1 \times 1, 1 = 1, 21$ ; $y_{3} = 1, 21 + 0, 1 \times 1, 21 = 1, 331$ . La valeur exacte est $e^{0, 3} \approx 1, 350$ : l’écart est inférieur à $0, 02$ . En Python :

def euler(h, n):
    x = 0
    y = 1
    for k in range(n):
        y = y + h * y
        x = x + h
    return y

L’appel euler(0.1, 3) renvoie environ $1, 331$ .

Pourquoi Euler sous-estime ici. Pour $y' = y$ , chaque pas multiplie par $1 + h$ , donc $y_{n} = (1 + h)^{n}$ , alors que $f (n h) = e^{n h} = {(e^{h})}^{n}$ . Or $e^{h} > 1 + h$ pour $h \neq 0$ (l’exponentielle, convexe, est au-dessus de sa tangente en $0$ ) : $y_{n} < f (n h)$ pour tout $n ⩾ 1$ .

Réflexe — Dans un problème, j’écris l’équation avec les lettres de l’énoncé ( $N$ , $T$ , $v$ et la variable $t$ ), je la mets sous la forme $y' = a y + b$ , je résous, puis j’interprète : la solution constante est la valeur d’équilibre, et la limite en $+ \infty$ dit ce que devient le phénomène.

Attention — Une diminution se traduit par un coefficient négatif : « perd de la masse proportionnellement à sa masse » donne $m' = - k m$ avec $k > 0$ . Et la méthode d’Euler ne donne que des valeurs approchées : une valeur exacte se calcule avec la solution.

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Pour aller plus loin

Calculer une primitive. Les primitives usuelles et les formes $u' u^{n}$ , $\frac{u'}{u}$ , $u' e^{u}$ , $\frac{u'}{\sqrt{u}}$ , utiles pour résoudre $y' = f$ , sont traitées dans le chapitre Primitives.

Résoudre $e^{k t} = A$ . Les durées (demi-vie, temps pour atteindre une température) se calculent avec le logarithme : chapitre Fonction logarithme népérien.

Position par rapport aux tangentes. Une fonction convexe est au-dessus de ses tangentes, ce qui donne le sens de l’erreur de la méthode d’Euler : chapitre Convexité.

À retenir

Une solution d’équation différentielle est une fonction : on le vérifie en calculant séparément $f' (x)$ et le second membre. Les solutions de $y' = f$ sont les primitives de $f$ .
$y' = a y$ : solutions $x \mapsto C e^{a x}$ , $C \in ℝ$ (démonstration avec $g (x) = f (x) e^{- a x}$ , de dérivée nulle).
$y' = a y + b$ ( $a \neq 0$ ) : solution constante $c = - \frac{b}{a}$ (de $0 = a c + b$ ), solutions $x \mapsto C e^{a x} + c$ .
Une condition initiale $y (x_{0}) = y_{0}$ donne une unique solution : on résout l’équation d’inconnue $C$ sur l’expression complète.
$y' = a y + f$ : une solution particulière $g$ plus les $C e^{a x}$ .
Méthode d’Euler : $y_{n + 1} = y_{n} + h (a y_{n} + b)$ . En modélisation, la solution constante est la valeur d’équilibre.

Questions fréquentes

Comment montrer qu’une fonction est solution d’une équation différentielle ?

On calcule séparément la dérivée de la fonction et le second membre de l’équation, puis on constate qu’ils sont égaux pour tout x de l’intervalle. Pour prouver qu’une fonction n’est pas solution, il suffit d’une valeur de x où l’égalité est fausse.

Quelles sont les solutions de y′ = ay ?

Ce sont les fonctions x ↦ Ce^(ax), où C est une constante réelle quelconque. La démonstration, exigible au bac, consiste à montrer que f(x)e^(−ax) a une dérivée nulle, donc est constante.

Comment résoudre y′ = ay + b avec une condition initiale ?

On cherche la solution constante c en résolvant 0 = ac + b, on écrit toutes les solutions x ↦ Ce^(ax) + c, puis on remplace x par x₀ dans cette expression pour trouver l’unique valeur de C qui donne y(x₀) = y₀.

Que faire quand le second membre n’est pas constant ?

Pour y′ = ay + f(x), on utilise une solution particulière g, donnée par l’énoncé ou trouvée par identification (forme affine, par exemple). Les solutions sont alors les fonctions g + Ce^(ax), et la condition initiale s’applique à cette somme.

À quoi sert la méthode d’Euler ?

Elle calcule des valeurs approchées d’une solution en suivant sa tangente pas à pas : yₙ₊₁ = yₙ + h × y′(xₙ). Plus le pas h est petit, meilleure est l’approximation ; pour un pas assez petit, si la solution est convexe, les valeurs obtenues sont trop petites.

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