🔁Équations différentielles

Une équation différentielle est une équation dont l'inconnue est une fonction $y$, et qui relie cette fonction à sa (ou ses) dérivée(s). Par exemple, $y' = 2y$ signifie : « trouver toutes les fonctions $y$ dont la dérivée $y'$ est égale au double de $y$ ».

Une solution est une fonction $f$ qui vérifie l'égalité pour tout $x$ : en remplaçant $y$ par $f$ et $y'$ par $f'$, l'équation est satisfaite. Une équation différentielle possède en général une infinité de solutions.

Pour vérifier qu'une fonction $f$ est solution de $y' = ay$ :

1. Calcule la dérivée $f'$.
2. Calcule $a \times f$.
3. Vérifie que $f'(x) = a\,f(x)$ pour tout $x$.

Vérifions que $f(x) = e^{2x}$ est solution de $y' = 2y$.

On dérive : $f'(x) = 2e^{2x}$.

On calcule $2 f(x) = 2 e^{2x}$.

On a bien $f'(x) = 2 f(x)$, donc $f$ est solution.

Vérifier une solution est toujours simple : il suffit de dériver et de comparer. Si l'énoncé te donne une fonction candidate, teste-la directement.

Soit $a$ un réel. Les solutions sur $\mathbb{R}$ de l'équation différentielle :

$y' = a\,y$

sont exactement les fonctions de la forme :

$f(x) = C\,e^{a x}, \qquad C \in \mathbb{R}.$

La constante $C$ peut être n'importe quel réel : il y a donc une infinité de solutions. On vérifie : $f'(x) = C \cdot a\,e^{ax} = a \cdot (C e^{ax}) = a f(x)$.

⭐ Pour les curieux — pourquoi ça marche ? Le cours dit que ces fonctions sont les solutions, mais pourquoi n'y en a-t-il aucune autre ? Prenons une solution $f$ quelconque et regardons la fonction auxiliaire $g(x) = f(x)\,e^{-ax}$. En la dérivant (règle du produit) : $g'(x) = f'(x)e^{-ax} - a\,f(x)e^{-ax} = \big(f'(x) - a f(x)\big)e^{-ax}$. Or $f$ est solution, donc $f'(x) = a f(x)$ et la parenthèse est nulle : $g'(x) = 0$ partout, donc $g$ est constante, égale à un certain $C$. En remontant, $f(x) = C\,e^{ax}$ : toute solution est forcément de cette forme, il ne peut pas y en avoir d'autres.

Pour résoudre $y' = ay$ :

1. Identifie le coefficient $a$.
2. Écris directement la solution générale $f(x) = C e^{ax}$.
3. Si une condition initiale est donnée, calcule $C$ (section suivante).

Résolvons $y' = 3y$.

Ici $a = 3$, donc les solutions sont :

$f(x) = C\,e^{3x}, \qquad C \in \mathbb{R}.$

Par exemple $f(x) = 5 e^{3x}$ est une solution (pour $C = 5$), et la fonction nulle $f(x) = 0$ en est une autre (pour $C = 0$).

Le coefficient $a$ se retrouve tel quel dans l'exposant : $y' = a y$ donne $C e^{ax}$. Ne le confonds pas avec le facteur $C$ qui, lui, est libre.

Un problème de Cauchy consiste à résoudre une équation différentielle avec une condition initiale du type $f(x_0) = y_0$. Cette condition fixe la valeur de la constante $C$ : il existe alors une unique solution.

Pour $y' = ay$ avec $f(x_0) = y_0$ : la solution générale est $f(x) = C e^{ax}$ ; on impose $f(x_0) = y_0$ pour déterminer $C$.

Pour résoudre un problème de Cauchy :

1. Écris la solution générale $f(x) = C e^{ax}$.
2. Remplace $x$ par $x_0$ et écris l'équation $C e^{a x_0} = y_0$.
3. Résous pour trouver $C$, puis donne la solution unique.

Résolvons $y' = 2y$ avec $f(0) = 5$.

Solution générale : $f(x) = C e^{2x}$.

Condition initiale : $f(0) = C e^{0} = C \times 1 = C = 5$, donc $C = 5$.

L'unique solution est $f(x) = 5 e^{2x}$. Vérification : $f(0) = 5 e^0 = 5$. Correct.

Quand la condition est donnée en $x_0 = 0$, c'est facile : $e^{a \times 0} = e^0 = 1$, donc $C = y_0$ directement.

Pour $a \neq 0$ et $b$ réels, l'équation :

$y' = a\,y + b$

admet une solution constante particulière $y_p$ obtenue en posant $y' = 0$ : $0 = a y_p + b$, donc $y_p = -\dfrac{b}{a}$.

Les solutions sont alors :

$f(x) = C\,e^{a x} - \dfrac{b}{a}, \qquad C \in \mathbb{R}.$

Autrement dit, on ajoute à la solution générale de $y' = ay$ la constante $-\dfrac{b}{a}$.

⭐ Pour les curieux — pourquoi ça marche ? L'astuce, c'est de glisser le repère sur la valeur d'équilibre. Posons $z(x) = f(x) + \dfrac{b}{a}$, l'écart à l'équilibre $-\dfrac{b}{a}$. Comme $\dfrac{b}{a}$ est une constante, $z' = f'$, et en remplaçant $f' = a f + b$ on trouve $z' = a f + b = a\big(z - \dfrac{b}{a}\big) + b = a z$. La nouvelle inconnue $z$ obéit donc à l'équation simple $z' = a z$, dont on connaît les solutions $z = C e^{ax}$. On revient à $f = z - \dfrac{b}{a} = C e^{ax} - \dfrac{b}{a}$ : la constante $-\dfrac{b}{a}$ vient juste du décalage du repère.

Pour résoudre $y' = ay + b$ :

1. Cherche la solution constante : $y_p = -\dfrac{b}{a}$.
2. Écris la solution générale $f(x) = C e^{ax} - \dfrac{b}{a}$.
3. Utilise éventuellement une condition initiale pour fixer $C$.

Résolvons $y' = 2y - 6$.

Ici $a = 2$, $b = -6$. Solution constante : $y_p = -\dfrac{-6}{2} = 3$.

Solution générale : $f(x) = C e^{2x} + 3$.

Vérification : $f'(x) = 2C e^{2x}$ et $2 f(x) - 6 = 2(C e^{2x} + 3) - 6 = 2C e^{2x} + 6 - 6 = 2 C e^{2x}$. Égalité vérifiée.

La solution particulière $-\dfrac{b}{a}$ est la valeur d'équilibre : c'est vers elle que tend la fonction lorsque le terme $C e^{ax}$ disparaît (si $a < 0$).

De nombreux phénomènes (refroidissement, désintégration radioactive, charge d'un condensateur) se modélisent par une équation $y' = ay + b$.

Loi de refroidissement de Newton : la température $T(t)$ d'un corps vérifie $T'(t) = -k\big(T(t) - T_{\text{amb}}\big)$, où $T_{\text{amb}}$ est la température ambiante et $k > 0$. En développant : $T' = -kT + kT_{\text{amb}}$, qui est de la forme $y' = ay + b$ avec $a = -k$ et $b = kT_{\text{amb}}$. La température tend vers la valeur d'équilibre $-\dfrac{b}{a} = T_{\text{amb}}$.

Pour résoudre un problème de modélisation :

1. Traduis l'énoncé en une équation $y' = ay + b$.
2. Trouve la solution générale $C e^{ax} - \dfrac{b}{a}$.
3. Utilise la condition initiale (état à $t = 0$) pour déterminer $C$.
4. Interprète : valeur d'équilibre, sens d'évolution.

Un objet à $T(0) = 100\,°\!C$ refroidit dans une pièce à $20\,°\!C$ selon $T' = -0{,}1\,(T - 20)$.

On a $a = -0{,}1$, $b = 2$ ($= 0{,}1 \times 20$). Solution constante : $-\dfrac{b}{a} = -\dfrac{2}{-0{,}1} = 20$.

Solution générale : $T(t) = C e^{-0{,}1 t} + 20$. À $t=0$ : $T(0) = C + 20 = 100$, donc $C = 80$.

$T(t) = 80\,e^{-0{,}1 t} + 20.$

Quand $t \to +\infty$, $e^{-0{,}1t} \to 0$ et $T(t) \to 20\,°\!C$ : la température de la pièce, comme attendu.

Vérifie toujours la cohérence physique : un corps qui refroidit doit tendre vers la température ambiante, jamais en dessous. Le signe $a < 0$ garantit la convergence vers l'équilibre.

Selon le signe de $a$, la solution $f(x) = C e^{ax}$ (avec $C > 0$) modélise une croissance ou une décroissance exponentielle :

• si $a > 0$, $f$ est strictement croissante et $f(x) \to +\infty$ : croissance (population, capital placé) ; • si $a < 0$, $f$ est strictement décroissante et $f(x) \to 0$ : décroissance (désintégration radioactive, décharge d'un condensateur).

Pour une décroissance $N(t) = N_0\,e^{-\lambda t}$ ($\lambda > 0$), la demi-vie $T$ est la durée au bout de laquelle la quantité a été divisée par $2$. Elle vérifie $e^{-\lambda T} = \dfrac{1}{2}$, d'où :

$T = \dfrac{\ln 2}{\lambda}.$

⭐ Pour les curieux — pourquoi ça marche ? Pourquoi la demi-vie ne dépend-elle pas de la quantité de départ ? Parce que la décroissance est multiplicative, pas soustractive. Entre l'instant $t$ et l'instant $t + T$, le rapport vaut $\dfrac{N(t+T)}{N(t)} = \dfrac{N_0 e^{-\lambda(t+T)}}{N_0 e^{-\lambda t}} = e^{-\lambda T}$ : le $N_0$ se simplifie et le résultat ne dépend plus du tout de l'instant ni de la quantité présente. Si ce rapport vaut $\dfrac{1}{2}$ (soit $T = \dfrac{\ln 2}{\lambda}$), alors chaque tranche de durée $T$ divise par deux ce qu'il reste : $N_0 \to \dfrac{N_0}{2} \to \dfrac{N_0}{4} \to \dfrac{N_0}{8}\dots$ — qu'on parte d'un kilo ou d'un gramme.

Pour exploiter une demi-vie :

1. Écris la solution $N(t) = N_0\,e^{-\lambda t}$.
2. La demi-vie $T$ vérifie $N(T) = \dfrac{N_0}{2}$, soit $e^{-\lambda T} = \dfrac{1}{2}$.
3. Passe au logarithme : $-\lambda T = -\ln 2$, donc $T = \dfrac{\ln 2}{\lambda}$ (et réciproquement $\lambda = \dfrac{\ln 2}{T}$).

Un échantillon radioactif suit $N(t) = N_0\,e^{-\lambda t}$ avec $\lambda = \ln 2$ (en jours$^{-1}$).

La demi-vie vaut $T = \dfrac{\ln 2}{\lambda} = \dfrac{\ln 2}{\ln 2} = 1$ jour.

Au bout de $1$ jour, il reste donc la moitié des noyaux ; au bout de $2$ jours, le quart, etc.

La demi-vie ne dépend pas de la quantité initiale $N_0$ : elle ne dépend que de $\lambda$. C'est une propriété caractéristique de la décroissance exponentielle.