Equations différentielles

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1 Equations différentielles
CHAPITRE 10 Equations différentielles

2 Equations différentielles
ordre 1 F ( t , y(t) , y’(t)) = 0 , t e I vitesse Temps position F ( t , y(t) , y’(t) , y’’ (t)) = 0 , t e I ordre 2 accélération

3 Equations linéaires d’ordre 1
y’ (t) = a(t) y(t) + b(t) , t e I (a et b fonctions continues de I dans R ou C) + Condition « initiale » : y(t0) = y0 (t0 e I , y0 e R ou C)

4 L’approche numérique : méthode d’Euler
Se fixer des conditions initiales t0, y0 Choisir un pas de temps t Choisir T = « durée de vie » tel que [t0, T] soit inclus dans I approximation de y(t0 + nt) ut,0 = y0 ut,n+1 = ut,n + t ( a(t0 + nt) ut,n + b(t0+nt)) (tant que t0 + nt b T)

5 Le théorème de Cauchy Hypothèses : Conclusion :
- I intervalle ouvert de R - a et b fonctions continues de I dans R (ou C) - t0 e I y0 e R ou C (données initiales) Conclusion : Il existe une unique courbe intégrale de l’équation différentielle y’(t)= a(t) y(t) + b(t) passant par le point (t0,y0) Il existe une unique fonction y : I  R (ou C) telle que : y’ (t)= a(t) y(t) + b(t) pour t dans I y(t0) = y0 (condition initiale)

6 L’attaque du problème : étape 1 : résolution de l’équation homogène
Y’ = 0 y ’ (t) = a(t) y(t) + b (t) Y = constante t ! A (t) = a(t) dt t0 fonction auxiliaire : Y(t) = y(t) exp (-A (t)) 1 degré de liberté y (t) = C exp (A (t))

7 variation de la constante
L’attaque du problème : étape 2 : recherche d’une solution particulière de l’équation complète y ’ (t) = a(t) y(t) + b (t) variation de la constante y (t) = C(t) exp (A (t)) (C’(t) + a(t) C(t)) exp(A(t)) = a(t) C(t) exp (A(t)) + b(t) t C(t) = C !b(u) exp (-A(u)) du C’ (t) = b(t) exp (-A (t)) ypart (t) = exp(A(t)) t0

8 Le bilan final t z0 t0 z0=y0 exp(-A(t0))=y0
Solutions de l’équation y’(t)=a(t) y(t)+ b(t) : avec condition initiale : y(t0) = y0 y(t) = exp(A(t)) ( C + !b(u) exp(-A(u)) du ) t z0 t0 z0=y0 exp(-A(t0))=y0 Condition initiale : y(t0) = y0

9 Les équations de J. Bernouilli
y’(t) = a(t) y(t) + b(t) [y(t)]a (a e R \ {0,1}) z’(t) = (1-a) a(t) z(t) + (1-a) b(t) Condition initiale : y(t0) = y0 > 0 z(t0) = y01-a Fonction auxiliaire : z(t) = [y(t)] 1-a

10 Equations linéaires d’ordre 2
y’’ (t) = a(t) y’(t) + b(t) y(t) + c(t) , t e I (a,b,c fonctions continues de I dans R ou C) + Conditions « initiales » : y(t0) = y0 y’(t0)=v0 (t0 e I , y0 , v0 e R ou C)

11 Un exemple de motivation : une cellule electronique d’ordre 2
(UA – UC ) (t) = R i(t) + L di/dt c (UC-UD)’ (t) = i (t) f(t) = UA –UB (t) y(t) = Uc –UD (t) Lc y’’ (t) + R c y’(t) + y(t) = f(t)

12 L’approche numérique : méthode d’Euler
Se fixer des conditions initiales t0 , y0 , v0 Choisir un pas de temps t approximation de y(t0 + nt) Choisir T = « durée de vie » tel que [t0, T] soit inclus dans I ut,0 = y0 , ut,1=y0 + t v0 ut,n+2 = ut,n (t2 b(t0+nt) –t a(t0+nt)-1) + ut,n+1 ( t a(t0 + nt) + 2) + t2 c(t0+nt) (tant que t0 + nt b T)

13 Le théorème de Cauchy Hypothèses : Conclusion :
- I intervalle ouvert de R - a , b , c fonctions continues de I dans R (ou C) - t0 e I y0 , v0 e R ou C (données initiales) Conclusion : Il existe une unique courbe intégrale de l’équation différentielle y’’(t)= a(t) y’(t) + b(t) y(t) + c(t) passant par le point (t0,y0) et ayant au point (t0,y0) une tangente de pente v0 Il existe une unique fonction y : I  R (ou C) telle que : y’’ (t)= a(t) y’(t) + b(t) y(t) + c(t) pour t dans I y(t0) = y0 , y’(t0)=v0 (conditions initiales)

14 Le cas « à coefficients constants »
Hypothèses : - I intervalle ouvert de R - a , b e R ou C , c fonction continue de I dans R (ou C) - t0 e I y0 , v0 e R ou C (données initiales) Conclusion : Il existe une unique courbe intégrale de l’équation différentielle y’’(t)= a y’(t) + b y(t) + c(t) passant par le point (t0,y0) et ayant au point (t0,y0) une tangente de pente v0 Il existe une unique fonction y : I  R (ou C) telle que : y’’ (t)= a y’(t) + b y(t) + c(t) pour t dans I y(t0) = y0 , y’(t0)=v0 (conditions initiales)

15 L’attaque du problème : étape 1 : résolution de l’équation homogène
y’’(t) – a y’ (t) – b y(t) = 0 , t e R a , b e C ? y(t) = exp ( w t) solution ? w2 – a w – b = 0 X2 – a X – b = 0 (équation caractéristique) = (X- w1) (X-w2) cas 1 : a2 + 4 b non nul w1 et w2 distinctes y = C1 exp(w1t) + C2 exp (w2 t) OK cas 2 : a2 + 4 b = 0 w1= w2 =w y = C1 exp(w t) + C2 t exp (w t) OK

16 L’attaque du problème : résolution de l’équation homogène (cas complexe (2)) a , b complexes + conditions initiales (y0 , v0 e C) cas 1 : a2 + 4 b non nul w1 et w2 distinctes y = C1 exp(w1t) + C2 exp (w2 t) OK y1(t) y2(t) cas 2 : a2 + 4 b = 0 y = C1 exp(w t) + C2 t exp (w t) OK y2(t) y1(t) w1= w2 =w C1 y1(t0) + C2 y2(t0) = y0 C1 y’1(t0) + C2 y’2(t0) = v0 solution (C1,C2) unique !! système de Cramer !

17 L’attaque du problème : l’équation homogène dans le cas réel (1)
l= a/2 <0 : oscillations amorties l= a/2 >0 : oscillations amplifiées L’attaque du problème : l’équation homogène dans le cas réel (1) y’’(t) – a y’ (t) – b y(t) = 0 , t e R a , b e R X2 – a X – b = 0 (équation caractéristique) = (X- l1) (X-l2) cas 1 : a2 + 4 b > 0 inf(lj)>0 : « explosion » y = C1 exp(l1t) + C2 exp (l2 t) OK l1 et l2 réels distincts sup(lj)<0 : « extinction » cas 2 : a2 + 4 b = 0 l>0 : « explosion » y = C1 exp(l t) + C2 t exp (l t) OK l racine réelle double cas 3 : a2 + 4 b < 0 l<0 : « extinction » racines l +/- i w y = exp(l t) (C1 cos(wt) + C2 sin (w t)) OK

18 L’attaque du problème : résolution de l’équation homogène (cas réel (2)) a , b réels + conditions initiales (y0 , v0 e R) cas 1 : a2 + 4 b > 0 y = C1 exp(l1t) + C2 exp (l2 t) OK y1(t) y2(t) cas 2 : a2 + 4 b = 0 y = C1 exp(l t) + C2 t exp (l t) OK y1(t) y2(t) cas 3 : a2 + 4 b < 0 y = C1 exp(l t) cos (w t) + C2 exp (l t) sin (w t) OK y1 (t) y2 (t) C1 y1(t0) + C2 y2(t0) = y0 C1 y’1(t0) + C2 y’2(t0) = v0 solution (C1,C2) unique !! système de Cramer !

19 Recherche d’une solution particulière de l’équation « avec second membre »
! t y2 (u) c(u) C1’(u) = (y1 y2’ – y2 y1’)(u) y1 (u) c (u) C2’(u) = du C1(t) I . Méthode de « variation des constantes y’’(t)=a y’(t) + b y(t) + c(t) + c(t) t0 ! t OK dès que : { système de Cramer ! C2(t) du C’1 y1 + C’2 y2 = 0 C’1 y’1 + C’2 y’2 = c Solution unique (C1’,C2’) t0 y(t) = C1 y1(t) + C2 y2(t) ypart(t) C1(t) C2(t)

20 Bilan : la solution du problème de Cauchy (cond. initiales : y0,v0)
solution générale de l’équation y’’(t) – a y’(t) – by(t)=0 ! t c(u) (y1(u) y2 (t) – y2 (u) y1 (t)) du y1(u) y2’(u) – y2(u)y1’(u) y (t) = C1 y1(t) + C2 y2 (t) + t0 C1 y1(t0) + C2 y2 (t0) = y0 C1 y1’(t0) + C2 y2’(t0) = v0 solution particulière de l’équation y’’ (t) – a y’(t) – b y(t) = c(t)

21 Remarque II. Une autre méthode pour la recherche d’une solution particulière de y’’(t) – a y’(t) – by(t) = c(t) Si le second membre c est de la forme : P(t) exp(w t) , w e C P(t) cos (wt) , w e R P(t) sin (wt) , w e R On cherche une solution particulière de la forme : ypart(t) = Q (t) exp (wt), deg (Q) b deg (P) +2 (par exemple par identification)

22 Fin du chapitre 10