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Les équations différentielles d’ordre 1

Dans cette vidéo sur la résolution des problèmes de Cauchy, Mathis explique qu'un problème de Cauchy correspond à la fois à une équation différentielle et à des conditions initiales pour la fonction en question. Il résout ensuite deux équations différentielles.

Pour la première équation, y' + tan(t)y = sin(t), avec y(0) = 1, Mathis commence par trouver les solutions homogènes, c'est-à-dire les solutions de y' + tan(t)y = 0. Il utilise une technique de variation de la constante et trouve que les solutions homogènes sont de la forme a*cos(t), où a est un nombre réel quelconque.

Ensuite, Mathis cherche une solution particulière de l'équation complète. Il pose ys = a(t)*cos(t), où a(t) est une fonction de t. En dérivant ys et en remplaçant dans l'équation, il trouve que a'(t) = -2*sin(t). En intégrant a'(t), il obtient a(t) = 2*cos(t) + c, où c est une constante.

Maintenant, Mathis somme la solution homogène et la solution particulière en tenant compte de la condition initiale y(0) = 1. Il trouve que a doit être égal à -3, ce qui donne la solution unique y(t) = 3*cos(t) - 2*cos^2(t).

Pour la deuxième équation, x*y' + xy = x^2 - x + 1, avec y(1) = 1, Mathis commence par trouver la solution homogène, qui est y' + x/(1+x)*y = 0. Il utilise une technique de variation de la constante et trouve que les solutions homogènes sont de la forme (x+1)^(-x)*e^a*x, où a est un nombre réel quelconque.

Ensuite, Mathis cherche une solution particulière de l'équation complète. Il pose ys = (x+1)*(ax+b), où a et b sont de constantes. En remplaçant ys dans l'équation, il trouve que a = 1 et b = -2.

Maintenant, Mathis somme la solution homogène et la solution particulière en tenant compte de la condition initiale y(1) = 1. Il trouve que a doit être égal à e^1, ce qui donne la solution unique y(x) = (x+1)*e^(1-x) + x - 2.

En conclusion, Mathis rappelle qu'il faut bien sommer les solutions homogènes et particulières avant d'appliquer les conditions initiales, et que cela donne une unique solution pour chaque problème de Cauchy.

Bonjour à tous, c'est Mathis de studio. Dans cette vidéo, on va résoudre des problèmes de Cauchy. Alors ça correspond à quoi un problème de Cauchy ? Et bien c'est à la fois une équation différentielle et puis des conditions initiales pour la fonction en question. Alors on demande de résoudre les équations différentielles suivantes. La première c'est y' plus tangente de ty égale sinus de t, sachant que y en 0 doit valoir 1. Donc ça, ça correspond à un problème de Cauchy puisque on est sur une équation différentielle linéaire d'ordre 1 et on a une condition initiale. Le théorème de Cauchy qu'il y a derrière c'est qu'il y a une unique solution vis-à-vis de ce problème de Cauchy. Donc on sait à peu près à quoi s'attendre. Alors c'est parti pour la résolution. On commence par les solutions homogènes. L'équation à considérer c'est y' plus tangente de ty est égale à 0. Or une primitive de tangente, si on ne se souvient plus, on doit écrire tangente comme sinus sur cosinus. Et là on reconnaît un quasi u' sur u. Et donc c'est t associé à ln, moins ln de cosinus t sur moins pi sur 2, pi sur 2. Donc la solution homogène c'est la solution qui a t associé moins a cosinus t, a appartenant à r. J'ai mis un moins, j'aurais pu ne pas en mettre puisque a est un réel quelconque. Alors en solution particulière on a b de t qui est égale à sinus de t. Donc à partir de là on n'a pas grand chose dans nos mains, donc on va faire la variation de la constante. On pose a de t, donc ys qui a t associé moins a de t, a devient une fonction de t, cosinus de t. Et à ce moment là ys' c'est moins a' cos de t plus a de t sinus t. ys est solution de e, si et seulement si, et bien au final a' de t est égale à moins 2 sinus t. Et donc a de t en primitivant est égale à 2 cosinus t plus c. Donc attention, la solution particulière c'est bien en multipliant moins a t avec cos t. Donc ys qui a t associé moins 2 cos t est solution particulière de l'équation e. Ok ? Donc maintenant on sait que l'ensemble des solutions c'est la somme de la solution homogène et de la solution particulière. Mais là elle doit vérifier la condition initiale. Donc y en 0, et bien on somme les deux. On avait donc moins a cos en 0, moins 2 cos carré en 0, ça doit valoir 1. Or ici cos en 0 ça vaut 1, pareil cos carré. Donc finalement a est égale à moins 3, il est fixé. Donc on avait un ensemble de réels possibles pour les solutions homogènes. Maintenant on a plus qu'une seule solution, en effet ça résout un problème de Cauchy, et donc on a bien qu'une seule solution. Alors je vais redémarrer ça. Donc au final l'ensemble de solutions, ça va être un ensemble très petit vu qu'il ne va contenir qu'une seule solution, a est égale à moins 3. Ainsi l'ensemble de solutions c'est seulement la fonction qui a t associé 3 cos t moins 2 cos carré t. Donc c'est un singleton, il ne contient qu'un seul élément. Alors la deuxième équation qu'on a résout c'est x plus 1 y prime plus xy qui est égale à x carré moins x plus 1, sachant que y doit vérifier y en 1 vaut 1. Alors on nous dit on pourra rechercher une solution particulière sous la forme d'un polynôme, en effet le second membre c'est un polynôme de 2°2, donc sans doute on va essayer de trouver un polynôme. Alors c'est parti, la solution homogène c'est y prime plus x sur 1 plus x, y est égale à 0. Alors là on est embêté vu que c'est à la fois un polynôme au dessus et un polynôme en dessous qui ont le même degré, donc c'est pas grave. Lorsque c'est le même degré pour trouver une primitive on fait des plus moins. Donc ici c'est tout simple vu qu'on a juste à rajouter 1 pour que ça fasse le polynôme d'en bas et à du coup soustraire 1 pour compenser. Et au final la fonction qu'on considère c'est 1 moins 1 sur 1 plus x et ça admet pour une primitive bien x moins ln de 1 plus x. Donc la solution homogène c'est la solution qui a x associé à un facteur de x plus 1 exponentiel de moins x à étant un réel. Alors pour trouver une solution particulière et bien ici le second membre c'est un polynôme donc on pose ys qui a x associé à de x plus b. A ce moment là ys est solution de E si et seulement si a facteur de x plus 1 plus ax² plus bx est égal à x² moins x plus 1. Alors j'ai posé ys qui est égal à ax plus b puisque dans l'équation juste ici et bien y est multiplié par x donc on a juste à avoir de la puissance 1 pour obtenir de la puissance 2. On résout le petit système qu'on obtient et on trouve a égale 1 et b égale moins 2. Donc ys qui a x associé à x moins 2 est solution particulière de l'équation. Maintenant on somme les deux et on doit vérifier la condition, ne pas oublier de somme les deux avant de vérifier la condition. Ce n'est ni yh qui doit vérifier la condition ni ys, c'est la somme des deux. Donc y en 0 c'est yh en 0 donc a exponentiel de moins 1, c'est en 1 pardon c'est pas en 0, y en 1 c'est donc a facteur de 1 plus 1 exponentiel de moins 1 plus ys en 1 donc 1 moins 2 et ça doit valoir 1. Donc a est égal à e, e puissance 1. Il est fixé, avant il pouvait prendre une infinité de valeurs, maintenant il est fixé. Donc l'ensemble de solutions c'est encore un singleton, il n'y a qu'une seule solution c'est la fonction qui a x associé x plus 1 exponentiel de 1 moins x plus x moins 2. Il n'y a plus de barre qui signifiait le paramètre qui pouvait varier. Donc voilà c'est la fin de ces deux résolutions de système de Cauchy. Donc bien retenir la méthode pour la solution particulière de variation de la constante et puis après la seule astuce qu'il faut retenir c'est qu'il faut bien sommer les solutions homogènes et particulières avant d'appliquer la condition proposée y en 0 égale à 1 ou y1 égale à 1, peu importe. Et au final on se retrouve avec une seule solution. Merci beaucoup d'avoir suivi cette vidéo et puis je vous dis à bientôt.

Avec condition initiale

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