Variations autour de la « Variation de la Constante »

Prérequis : Équations différentielles linéaires du premier ordre, variation de la constante.

Une constante qui varie… quelle drôle d’idée pourtant centrale dans la théorie des équations différentielles. Nous allons partir de la preuve de cette méthode pour montrer que l’on peut s’en passer, que c’est même plus simple et peut inspirer des changements de fonction inconnue élégants.

Se passer de variation de la constante :

On considère une équation différentielle de la forme standardisée $ y’+a.y=b $ où $a$ et $b$ sont deux fonctions continues sur un intervalle $I$.

En tant que fonction continue, $a$ admet une primitive $A$ sur $I$. On définit une nouvelle fonction inconnue$z$ définie sur $I$ par $z : x \mapsto e^{A(x)}y(x)$. $z$ est dérivable comme composée de fonctions dérivables et $\forall x \in I \text{, } z'(x)=e^{A(x)}(y'(x)+a(x)y(x))$. D’où $z'(x)=e^{A(x)}b(x)$

Ainsi $z$ peut s’écrire pour tout $x\in I$, $z(x)=F(x)+\lambda$ où $\lambda \in \mathbb{R}$ et $F$ est une primitive de $x\mapsto e^{A(x)}b(x)$ (qui existe car $b$ est continue)

Les solutions de l’équations sont $\{x\mapsto F(x)e^{-A(x)}+\lambda e^{-A(x)} / \lambda \in \mathbb{R}\}$

So what ?

Le lecteur reconnaîtra peut-être dans ce qui précède une adaptation de la preuve que la méthode de la variation de la constante fonctionne, mais rédiger ainsi présente deux avantages :

  • On peut résoudre une équation différentielle en une étape (en fait deux puisque pour bien faire, on rédigera en analyse/synthèse), sans distinguer d’équation homogène ou de solution particulière comme le montrent l’exemple à suivre. La rédaction s’en trouve généralement allégée.
  • En pratiquant cette variante, on développera une « intuition » pour des changements de fonction inconnue astucieux et qui adouciront la résolution de quelques équations différentielles plus corsées… (voir les paragraphes suivants.

Un exemple :

Par exemple, on considère l’équation différentielle

$(E)$ $y’+xy=x $ sur $\mathbb{R}$

Soit $f$ une solution de $(E)$. La fonction $z:x\mapsto e^{\frac{x^{2}}{2}}f(x)$ vérifie $$z'(x)=x.e^{\frac{x^{2}}{2}}f(x)+e^{\frac{x^{2}}{2}}f'(x)\\z'(x)=(f'(x)+xf(x))e^{\frac{x^{2}}{2}}\\z'(x)= x e^{\frac{x^{2}}{2}} \text{ car f est solution de (E)}\\z'(x)=xe^{\frac{x^{2}}{2}}$$

En intégrant, on trouve

$$\exists \lambda \in \mathbb{R} \text{, }z(x)=e^{\frac{x^{2}}{2}}+\lambda f(x)e^{\frac{x^{2}}{2}}=e^{\frac{x^{2}}{2}}+\lambda\\f(x)=1+\lambda e^{-\frac{x^{2}}{2}}$$

Réciproquement, on vérifie aisément que pour tout réel $\lambda$, une telle fonction $f$ est solution de (E)

Ainsi l’ensemble des solutions est $\{x \mapsto 1+\lambda e^{-x^{2}} / \lambda \in \mathbb{R}\}$

Le meilleur pour la fin

Solutions d’un système différentiel de type Volterra-Lottka

Vous aurez constaté qu’en cherchant à déterminer  la solution générale d’une ÉDL du premier ordre, on « tombe » souvent sur une forme $e^{\alpha \ln(…)}$ simplifiable. Si ça vous arrive, c’est que vous auriez pu utiliser l’astuce suivante.

L’idée est que si on réalise un changement de fonction inconnue avec $z=u.y$ où $u$ est une fonction suffisamment régulière pour que $z$ soit dérivable. Alors $z’ = u’y + uy’$. Vous remarquerez que de nombreux exercices se ramènent à $u’y + uy’=b(x)$, c-à-d à $z’=b$, un simple calcul de primitive !

Vous trouverez sur ce site de nombreux exemples intéressants et corrigés. Voici quelques morceaux choisis corrigés à ma manière.

$(x^2  + 1)y’ + 2xy + 1 = 0$

On reconnaît ici une équation différentielle du type $uy’+u’y=-1$ avec $u:x\mapsto x²+1$

Soit $f$ une solution de l’équation différentielle sur un intervalle $I$

Posons $g:x\mapsto (x²+1)f(x)$. g est dérivable comme produit de fonctions dérivables et $g'(x)=-1$ car $f$ est solution de l’équation initiale.

D’où l’existance d’un réel $\lambda$ tel que $g(x)=-x+\lambda$ sur $I$

Ainsi $(x²+1)f(x)=-x+\lambda$ puis $f(x)=\frac{-x}{x²+1}+\frac{\lambda}{x^2+1}$ car $(x²+1)\neq 0$

Réciproquement, toute fonction de cette forme est solution. Ainsi $S=\{x\mapsto \frac{-x}{x²+1}+\frac{\lambda}{x^2+1} / \lambda \in \mathbb{R}\}$

$x(1 + \ln ^2 (x))y’ + 2\ln (x)y = 1$ sur $\mathbb{R}^{ + \star } $

Ici, on retrouvera la forme en $uy’+u’y$ moyennant une petite modification. En effet, si on cherche une telle forme, on ne manquera pas de remarquer la correspondance entre $1 + \ln ^2 (x)$ et $2\ln (x)$ qui est « presque » sa dérivée.

Sur $\mathbb{R}^{ + \star } $ , on peut diviser par $x$ pour obtenir l’équation équivalente $(1 + \ln ^2 (x))y’ + 2\frac{1}{x}\ln (x)y = \frac{1}{x}$. On reconnaît une forme $uy’+u’y=b$

Pour toute fonction $y:\mathbb{R}^{ + \star }\to\mathbb{R}$ dérivable, on pose $z:\mathbb{R}^{ + \star }\to\mathbb{R}$ définie par $\forall x\in \mathbb{R}^{ + \star }\text{, }z(x)=(1 + \ln ^2 (x))y(x)$

$z$ est bien définie et dérivable sur $\mathbb{R}^{ + \star }$ et on a $z'(x)=(1 + \ln ^2 (x))y'(x) + 2\frac{1}{x}\ln (x)y(x)$

Ainsi $y$ est solution de $(E)$ ssi $z$ est solution de $(E’)$ $z’=\frac{1}{x}$ dont la solution générale est $z(x)=\ln(x) + \lambda$ $(\lambda\in\mathbb{R})$.

D’où les solutions de $(E)$ : $S=\{x\mapsto \frac{\ln(x)}{1+\ln²(x)}\ + \frac{\lambda}{1+\ln²(x)} / \lambda\in\mathbb{R}\}$

Une résolution de l’équation homogène associée puis l’utilisation de la variation de la constante vous amènera bien évidemment au même point mais avouez que ce chemin ci est tout de même bien plus court et plus simple (une fois repéré le changement de variable).

Les équations de la forme
$uy’+nu’y=b(x)$ $(n\in\mathbb{Z}^{\star})$

On cherche à résoudre l’équation sur un intervalle où $u$ ne s’annule pas. L’équation est alors équivalente, en multipliant par $u^{n-1}$ à :

$$u^ny’+nu’u^{n-1}=b.u^{n-1}\\(u^ny)’=b.u^{n-1}$$

Un changement de fonction inconnue, une primitive avec sa constante d’intégration et c’est fini.

Un dernier exemple illustratif : $(1+e^{x})y’-2e^{x}y=e^{x}$ sur $\mathbb{R}$

On reconnaît $u$ et $u’$, et il y a ce « $-2$ ». En multipliant les deux membres par la quantité non nulle et bien définie sur $\mathbb{R}$ $(1+e^{x})^{-3}$ on obtient l’équation différentielle équivalente : $(1+e^{x})^{-2}y’-2e^{x}(1+e^{x})^{-3}y=e^{x}(1+e^{x})^{-3}$

le changement de fonction inconnue $z=(1+e^{x})^{-3}y$ nous ramène en rédigeant vite à $z’=e^{x}(1+e^{x})^{-3}$ donc $z(x)=\frac{-1}{2}(1+e^{x})^{-2} + \lambda$ $(\lambda\in\mathbb{R})$

d’où les solutions de l’équation de départ : $$S=\{x\mapsto\frac{-1}{2}(1+e^{x}) + \lambda(1+e^{x})^3 / \lambda\in\mathbb{R}\}$$

En conclusion

J’espère que ces quelques astuces vous auront intéressé et je vous invite à reprendre vos feuilles d’exercices ou vos livres préférés dans lesquels vous constaterez que ces astuces s’appliquent à une part non négligeable d’exemples.

Sans faire de fixation sur le procédé, passer quelques secondes à chercher un $u$ et $u’$ qui pourraient convenir ne vous coûte pas grand chose et peut vous rapporter gros.

 

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