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Les équations différentielles d’ordre 1

Dans cette vidéo, Mathis de studio résout une équation différentielle en utilisant un changement d'inconnu. L'équation différentielle E1 est de la forme -x^2z' + xz = z^2. L'objectif est de trouver les solutions de E1 sur l'intervalle [1, +∞] qui ne s'annulent pas sur [1, +∞]. Puisqu'E1 n'est pas linéaire en raison de la puissance 2 de z, Mathis introduit une nouvelle variable y égale à 1/z pour linéariser l'équation. En remplaçant z par 1/y, l'équation devient -x^2(1/y)' + x/y = 1/y^2. Grâce à ce changement d'inconnu, Mathis obtient une équation différentielle linéaire du premier ordre, notée E2, qui est y' + (1/xy) = 1/x^2.

Pour résoudre E2, Mathis utilise la méthode classique de séparation de variables. Il trouve la solution homogène y_h(x) = a/x, où a est une constante. Pour la solution particulière, Mathis utilise la méthode de la variation de la constante en posant y_p(x) = u(x)/x. En dérivant y_p(x), il obtient u'(x)/x - u(x)/x^2 = 1/x^2, ce qui donne u'(x)/x = 1/x. En intégrant de part et d'autre, Mathis obtient u(x) = ln|x|. Ainsi, la solution particulière est y_p(x) = ln|x|/x.

La solution générale de E2 est donc y(x) = y_h(x) + y_p(x) = a/x + ln|x|/x. Pour trouver les solutions de E1 sur [1, +∞] qui ne s'annulent pas sur [1, +∞], on doit prendre l'inverse de y(x) en s'assurant que le dénominateur ne s'annule pas. Donc, les solutions de E1 sur [1, +∞] qui ne s'annulent pas sur cet intervalle sont y(x) = (a + ln|x|)/x, où a est un nombre réel positif.

Mathis conclut en soulignant l'utilité d'un changement d'inconnu pour résoudre une équation différentielle qui ne peut pas être résolue par des méthodes classiques. Il encourage les spectateurs à utiliser cette méthode pour aller au-delà de ce qu'ils ont appris. Il termine en remerciant les spectateurs et en leur donnant rendez-vous pour la prochaine vidéo.

Bonjour à tous, c'est Mathis de studio. Dans cette vidéo, on va résoudre une équation différentielle via un changement d'inconnu. Alors, on note E1, l'équation différentielle, moins x carré z' plus xz est égale à z2. Alors on cherche les solutions de E1 sur 1 plus infini qui ne s'annulent pas sur i qui vaut 1 plus infini. Bon, et bien si on essaye de classer déjà cette équation différentielle, et bien elle n'est pas linéaire à cause de la puissance 2 qu'il y a sur le z. Donc là on est bien embêté vu que toutes les méthodes qu'on connaissait c'était pour des équations différentielles linéaires d'ordre 1. Par contre, il y avait bien d'ordre 1 ici. Alors, on pose justement pour nous aider y qui est égale à 1 sur z. Vérifiez que y est solution sur i d'une équation différentielle linéaire du premier ordre notée E2. Alors ça va linéariser l'équation. Donc sur 1 plus infini, y égale 1 sur z, c'est équivalent à ce que z soit égale à 1 sur y. Donc on remplace directement avec z qui vaut 1 sur y, et bien c'est moins x2 fois la dérivée de 1 sur y plus x sur y qui est égale à 1 sur y2. La dérivée de 1 sur y c'est moins y prime sur y2, et le tout on va multiplier par y2. Donc l'équation différentielle linéaire d'ordre 1 vérifiée par y, et bien en divisant de même par x2, attention à ne pas diviser par 0, c'est bon, on est sur 1 plus infini, et bien c'est y prime plus 1 sur xy est égal à 1 sur x2. Donc c'est bon, on s'est ramené une équation différentielle linéaire du premier ordre, donc on sait résoudre. Justement, résoudre E2 sur y, puis déterminer la solution de E1 sur 1 plus infini qui ne s'annule pas sur y. Ok, donc c'est parti pour la résolution classique. Pour la solution homogène, et bien l'équation homogène c'est y prime plus 1 sur xy qui égale 0. La primitive de 1 sur x, c'est ln de x, donc la solution c'est x associé à exponentielle de moins ln de x, on fait rentrer le moins dans le ln, et donc au final on trouve bien sûr a sur x. Ok, maintenant pour la solution particulière, et bien on utilise la variation de la constante avec a à 2x sur x, en dérivant ça nous donne a prime de x sur x moins a2x sur x2, et puis c'est parti. On dirait que S est solution de E, si et seulement si a prime de x sur x est égale à 1 sur x2, donc a prime est égale à 1 sur x. 1 sur x, on sait le primitiver, c'est ln de valeur absolue de x, on est sur 1 plus infini, il n'y a pas de souci pour les valeurs absolues, a2x est égale à ln de x. Et puis bien sûr la solution particulière est obtenue en divisant par x, donc yS qui a x associé ln de x sur x est solution particulière de E2. Donc on a la forme des solutions de E2, c'est x associé a plus ln de x, le tout divisé par x, a appartenant à R. Maintenant il faut en déduire les solutions de E1 sur 1 plus infini, et bien c'est tout simple, il suffit de prendre l'inverse, sachant qu'elles ne doivent pas s'annuler par contre. Donc les solutions de E1 sur 1 plus infini qui ne s'annulent pas sur cet intervalle, et bien c'est les solutions qui a x associé x divisé par a plus ln de x, a appartenant à R+. En effet on est obligé de restreindre l'ensemble des valeurs prises par a, puisque si a était négatif, il pourrait exister des x qui annulerait le dénominateur, c'est interdit. Donc sur 1 plus infini, x ne s'annule pas, donc on a bien l'ensemble des solutions qui ne s'annulent pas. Donc voilà comment à partir d'une solution, enfin d'une équation qu'on ne savait pas résoudre, elle n'était pas dans notre champ de résolution, et bien à l'aide d'un changement d'inconnu, qui bien sûr nous est toujours proposé, et bien on arrive à déterminer ces solutions. Donc c'est un exercice très classique et très satisfaisant vu qu'on arrive à aller plus loin de ce qu'on a appris. Merci beaucoup d'avoir suivi cette vidéo, et puis je vous dis à bientôt !

Changement de variable

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