Les notions hors programme se destinent surtout aux candidats qui visent les trois Parisiennes. Cet article te propose de décortiquer la méthode de variation de la constante pour résoudre les équations différentielles. Elle pourrait être utilisée dans les sujets de concours à venir avec le nouveau programme de mathématiques appliquées.
Cet article s’adresse uniquement aux maths appliquées.
La méthode de variation de la constante
La méthode de variation de la constante est une méthode de résolution des équations différentielles qui consiste à considérer la constante dans la solution homogène comme une fonction afin de trouver une solution particulière. C’est aussi simple que cela !
Pour résoudre une équation différentielle d’ordre \(1\)
Certaines équations différentielles (notamment celles qui ne sont pas linéaires) sont difficiles, voire impossibles à résoudre avec le cours de mathématiques appliquées. Il est alors utile de connaître d’autres méthodes afin de les résoudre.
Méthode de variation de la constante à l’ordre \(1\)
Considérons l’équation différentielle \((e) : \) \(ay’+by=c\) (avec \(a \ne 0 \)).
La solution homogène de cette équation différentielle est \(y_H=ke^{- \frac{b}{a}x}, k \in \mathbb{R}\).
\(\\\)
Pour appliquer la méthode de variation de la constante, on va désormais supposer que la constante k est en fait une fonction, qui peut donc varier (d’où le nom de cette méthode), et on va également supposer que l’on a une solution particulière \(y_P= k(x)e^{- \frac{b}{a}x} \) avec \(k(x)\) une fonction inconnue, que l’on va désormais déterminer.
\(\\\)
Pour pouvoir déterminer \(k(x)\), on va utiliser le fait que cette fonction est solution particulière de l’équation de départ \(ay’+by=c \Leftrightarrow y’ + \frac{b}{a}y = \frac{c}{a} \).
\(\\\)
On a \(y_P(x) = k(x)e^{- \frac{b}{a}x} \) et \(y_P'(x) = k'(x)e^{- \frac{b}{a}x} – \frac{b}{a}k(x)e^{- \frac{b}{a}x} \).
En injectant dans notre équation différentielle initiale, on a donc : \(\\\)\(
\begin{align}
a(k'(x)e^{- \frac{b}{a}x} -k(x) \frac{b}{a}k(x)e^{- \frac{b}{a}x}) + bk(x)e^{- \frac{b}{a}x} = c &\Leftrightarrow ak'(x)e^{- \frac{b}{a}x} = c \\
&\Leftrightarrow k'(x)e^{- \frac{b}{a}x} = \frac{c}{a} \\
&\Leftrightarrow k’(x) =\frac{e^{\frac{b}{a}x}c}{a}
\end{align}
\)
\(\\\)
Il ne nous reste alors plus qu’à trouver une primitive de \( \frac{e^{\frac{b}{a}x}c}{a} \) pour trouver \(k(x)\) et en déduire notre solution particulière, qui sera égale à \(k(x)e^{- \frac{b}{a}x} \).\(\\\)
Enfin, comme dans une résolution classique d’équation différentielle, on a \(y_G=y_H+y_P\) avec \(y_G\) solution générale de l’équation différentielle.
Passons à un exemple avec l’équation différentielle \(y’+y=\frac{1}{1+e^{x}}\)
On résout d’abord l’équation homogène (ou équation sans second membre) : \(y’+y=0\), et on trouve \(y_H=ke^{-x}\). \(\\\)
On considère désormais que \(k\) est une fonction de \(x\) et qu’elle permet de donner une solution particulière \(y_P=k(x)e^{-x}\).\(\\\)
On dérive cette solution particulière : \( y_P’=k'(x)e^{-x}-k(x)e^{-x}\)
Étant donné que c’est une solution particulière, on peut la réinjecter dans l’équation différentielle, ce qui nous donne :\(\\\)
\( \begin{align} k'(x)e^{-x}+k(x)e^{-x} – k(x)e^{-x} = \frac{1}{1+e^{-x}}&\Leftrightarrow k'(x)e^{-x} = \frac{1}{1+e^{x}}\\&\Leftrightarrow k'(x)=\frac{e^{x}}{1+e^{x}} \end{align} \)\(\\\)
Remarque : dans cette étape de la méthode de variation de la constante, il y aura toujours deux termes qui devront s’éliminer. Si ce n’est pas le cas, vérifie le calcul de ta dérivée ou de ta solution particulière.
Il faut ensuite que l’on trouve une primitive de \( \frac{e^{x}}{1+e^{x}}\). On reconnaît la forme \( \frac{u’}{u}\), et on peut donc donner \( \ln(1+e^x)\) comme primitive de \(k’(x)\).\(\\\)
Enfin, il ne nous reste plus qu’à conclure en trouvant la solution générale : \begin{align} y_G &= y_H + y_P\\ &= ke^{-x}+ ln(1+e^x) \end{align}
Remarque : attention, dans la solution générale de l’équation différentielle, \(k\) n’est plus une fonction, mais bien une constante que l’on peut remplacer par un réel (afin de satisfaire ou non un problème de Cauchy).
Pour résoudre une équation différentielle d’ordre \(2\)
Méthode de variation de la constante à l’ordre \(2\)
Considérons l’équation différentielle \((e) : \) \(ay’’+by’+cy=z(x)\) avec \(a \ne 0 \). Soit \((y_1,y_2)\) une base de solution de l’équation homogène de cette équation différentielle (c’est-à-dire que \(y_1\) et \(y_2\) sont les deux fonctions que l’on retrouve dans la solution homogène). \(\\\)
On veut une solution de la forme \( \begin{cases}
y_p(x)=k_1(x)y_1(x) + k_2(x)y_2(x)\\
y_p’(x)=k_1(x)y_1’(x) + k_2(x)y_2’(x)
\end{cases}
\)\(\\\)
C’est-à-dire que l’on va trouver une solution telle que : \( k_1′(x)y_1(x) + k_2′(x)y_2(x)= 0 \)\(\\\)\(\small{(y_p’(x)=k_1′(x)y_1(x)+k_2′(x)y_2(x)+k_1(x)y_1’(x)+k_2(x)y_2’(x)=k_1(x)y_1’(x)+k_2(x)y_2’(x))}\)\(\\\)
On va alors se servir de ce système \( \begin{cases}
y_p(x)=k_1(x)y_1(x) + k_2(x)y_2(x)\\
y_p’(x)=k_1(x)y_1’(x) + k_2(x)y_2’(x)
\end{cases}
\)\(\\\
Il va nous permettre de trouver les fonctions \(k_1′(x)\) et \(k_2′(x)\).\(\\\)
On primitive alors \(k_1′(x)\) et \(k_2′(x)\) pour trouver \(k_1(x)\) et \(k_2(x)\). Grâce à ces deux fonctions, on peut désormais trouver \(y_p(x)\) grâce au fait que \(y_p(x)=k_1(x)y_1(x) + k_2(x)y_2(x)\).\(\\\)
Enfin, comme dans une résolution classique d’équation différentielle, on a \(y_G=y_H+y_P\) avec \(y_G\) solution générale de l’équation différentielle.
Passons à un exemple en résolvant l’équation différentielle \(y’’+ 3y’+2y = \frac{x-1}{x^2}e^{-x}\) sur \(]0;+\infty[\)
On résout d’abord l’équation homogène (ou équation sans second membre) : \(y’’+3y’+2y=0\).
On pose l’équation caractéristique \(r^2+3r+2=0 \Leftrightarrow (r+2)(r+1) = 0\) et on trouve donc deux racines distinctes \(r_1=-1\) et \(r_2=-2\).
On a alors une base de solutions de l’équation homogène \((y_1,y_2)\) qui est \((e^{-x},e^{-2x})\).
On cherche maintenant une solution particulière \(y_p(x)\) qui vérifie : \(\\\)\( \begin{cases}
y_p(x)=k_1(x)e^{-x} + k_2(x)e^{-2x}\\
y_p’(x)=-k_1(x)e^{-x} -2 k_2(x)e^{-2x}
\end{cases}
\)\(\\\)(donc on a ici \( k_1′(x)e^{-x}+ k_2′(x)e^{-2x}= 0\))
\(\\\)
On calcule \(y’’(x) = -k_1’(x)e^{-x}+k_1(x)e^{-x}-2k_2’(x)e^{-2x}+4k_2(x)e^{-2x}\).
Cela nous permet donc d’avoir deux nouvelles équations. La première en remplaçant \(y’’,y’\) et \(y\) dans l’équation différentielle initiale par \(y_p\)’’\(, y_p’\) et \(y_p\), et la seconde grâce à la forme donnée à \(y\) qui fait que \( k_1′(x)e^{-x}+ k_2′(x)e^{-2x}= 0\).\(\\\)\( \begin{cases}
-k_1′(x)e^{-x} -2 k_2′(x)e^{-2x} =\frac{x-1}{x^2}e^{-x}\\
k_1′(x)e^{-x} + k_2′(x)e^{-2x} = 0
\end{cases}\)
\(\\\)
On ajoute la deuxième ligne à la première.
\(\\\)\( \begin{cases}
k_2′(x) =\frac{1-x}{x^2}e^{x}\\
k_1′(x)e^{-x} = – k_2′(x)e^{-2x}
\end{cases}\)
\(\\\)
On procède à quelques manipulations et on trouve ce dernier système. \(\\\)\( \begin{cases}
k_1′(x) = \frac{x-1}{x^2}\\
k_2′(x) =\frac{1-x}{x^2}e^{x}
\end{cases}
\)\(\\\)
Il ne nous reste désormais plus qu’à déterminer des primitives de \(k_1’(x)\) et de \(k_2’(x)\).
Pour \(k_1’(x)\), on trouve que \(\ln(\lvert x \rvert) + \frac{1}{x}\) est une primitive de \(\frac{x-1}{x^2} \).
Pour \(k_2’(x)\), on trouve que \( \frac{-e^{x}}{x}\) est une primitive de \( \frac{x-1}{x^2}e^{x}\).
On peut désormais trouver une solution particulière qui est \(y_p(x)=k_1(x)e^{-x} + k_2(x)e^{-2x}\) avec \( k_2(x)=\frac{x-1}{x^2}e^{x}\) et \(k_1(x)=\ln(\lvert x \rvert) + \frac{1}{x}\), ce qui nous donne finalement \(y_p(x)=\ln(x)e^{-x}\) (on a pu enlever la valeur absolue dans le logarithme, car on résout cette équation différentielle sur \(]0;+\infty[\)).\(\\\)
Ne reste plus qu’à conclure de la même façon que d’habitude : la solution générale \(y_G\) de notre équation différentielle est la somme de la solution homogène \(y_H\) et d’une solution particulière \(y_p\), d’où \(y_G=\ln(x)e^{-x}+k_1e^{-x} + k_2e^{-2x}\)
Remarque : ici, \(k_1\) et \(k_2\) sont à nouveau des constantes dans la solution générale de l’équation.
N’hésite pas à consulter nos autres ressources de mathématiques.
