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Université du Québec (UQ) École de technologie supérieure
Service des enseignements généraux
Local B2500 - 396-8938
Site internet : http://www.seg.etsmtl.ca
MAT-265
ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES
Notes de cours et exercices
Par
Luc Soucy
Dernière révision mars 2016
2
Avertissement
J’invite tous ceux qui trouveront des erreurs, des coquilles ou qui ont des remarques et
des suggestions pour l’amélioration de ce texte à me les communiquer directement ou par
courriel. Votre contribution sera très appréciée.
Ces notes de cours pour la MAT-265 (Équations différentielles) comporte deux parties .
La partie 1 porte sur la matière présentée avant l’examen de mi-session et
comporte 4 chapitres et 3 annexes (toutes à la fin du chapitre 4);
La partie 2 porte sur la matière présentée dans la deuxième partie de la session et
comporte également 4 chapitres. On y trouve une table des transformées de
Laplace et une table de séries de Fourier ainsi que la bibliographie.
La version électronique de ces notes de cours se trouvent sur la page « Moodle » du cours
MAT-265 (Équations différentielles) à l’onglet « Documents » sous l’appellation « Notes
de cours de Luc Soucy ». Les versions électroniques des tables (Laplace et Fourier) sont
également disponibles à l’onglet « Documents » pour en faciliter l’impression.
Tous les enseignants, maîtres d’enseignement, chargés de cours ou chargés de TP
peuvent utiliser ces documents comme cela leur convient.
Remerciement
Finalement, je tiens à remercier Stéphane Lafrance pour ses remarques pertinentes et
suggestions qu’il a formulées et les corrections qui en ont découlées.
Je tiens également à remercier les chargès de cours qui ont utilisé ces notes de cours et
qui m’ont généreusement fait part de leur remarques ou qui m’ont indiqué un certain
nombre de coquilles ou erreurs … qu’on finit par ne plus voir.
Luc Soucy
Liste des abréviations
3
Les abréviations suivantes ont été introduites … pour des fins écologiques, notamment
pour économiser sur les cartouches d’encre, le papier d’impression ... et pour limiter la
poussière de craie en classe.
CI condition(s) initiale(s)
ED équation différentielle
EDO équation différentielle ordinaire (on utilisera ED pour les désigner, car il s’agit
du sujet traité dans ce cours)
EDP équation aux dérivées partielles
EDVS équation différentielle à variables séparables
FI facteur intégrant
FR formule de récurrence
IC intervalle de convergence
MRO Méthode de réduction de l’ordre
MCI Méthode des coefficients indéterminés
MVP Méthode de variation des paramètres
RK algorithme de Runge-Kutta
SF Série de Fourier
4
Table des matières de la partie 1 (chapitres 1 à 4)
Chapitre 1
Introduction aux équations différentielles
Section Sujet Page
1.1 Introduction …………………………………………………………. 8
1.2 Champ d'application des ED en génie …………………………………….. 8
Applications en dynamique Newtonienne ……………………………. 9
L’analyse des circuits ……………………………………………........ 11
Les phénomènes d'échange de chaleur ………………………………. 11
La déformation des poutres …………………………………………... 12
Autres applications …………………………………………………… 13
1.3 Classification des ED ………………………………………………........ 16
1.4 Solution d’une ED ……………………………………………................ 19
1.4.1 Solution explicite et solution implicite ……………………………… 19
1.4.2 Solution générale et solution particulière …………………………… 20
1.5 Méthode de résolution des ED …………………………………………… 25
1.5.1 Les méthodes analytiques ……………………………………………. 25
1.5.2 Les méthodes « quasi-analytiques » …………………………………..
Technique des polynômes de Taylor……………………..………..
L’algorithme de Picard …………………………………………….
26
28
29
1.5.3 Les méthodes numériques …………………………………………….
L’algorithme d’Euler ……………………………………………..
31
32
1.5.4 Les méthodes qualitatives …………………………………………….. 34
1.6 Résumé du chapitre ………………………………………………………. 35
1.7 Exercices …………………………………………………………………. 37
1.8 Réponses aux exercices …………………………………………………... 39
5
Chapitre 2
Équations différentielles ordinaires d'ordre 1
2.1 Introduction ……………………………………………………………....
Méthodes de résolution ……………………………………………....
43
43
2.2
2.2.1
2.2.2
Solution analytique des ED d’ordre 1 …………………………………
Les étapes de la résolution des ED d’ordre 1 ……………....................
Forme des solutions …………………………………………………..
45
46
47
2.3 Résolution des ED à variables séparables ………………………………..
48
2.4 Résolution des ED linéaires ……………………………………………
51
2.5
2.5.1
2.5.2
2.5.3
Résolution des ED exactes ……………………………………………….
Identification des ED exactes ………………………………………
Détermination de la solution des ED exactes ………………………
Facteur intégrant ………………………………………………………….
53
55
56
59
2.6
2.6.1
2.6.2
2.6.3
Changement de variable pour la résolution des ED ……………………
Résolution des ED de Bernoulli ………………………………………
Résolution des ED homogènes ……………………………………….
Autres cas (optionnel) ……………………………………………….
62
62
66
71
2.7 Utilisation de la calculatrice …………………………………………….. 72
2.8 Identification des ED d’ordre 1 : quelques trucs utiles ………...……… 75
2.9 Résumé des principaux résultats sur les ED d’ordre 1 ………………….. 76
2.10
2.10.1
Exercices …………………………………………………………………
Réponses aux exercices …………………………………………………..
81
84
6
Chapitre 3
Applications des ED d’ordre 1
3.1
3.1.1
Dynamique …………………………………………………………………....
Deuxième loi de Newton pour le mouvement de translation …………...
88
88
3.1.2 Principe de conservation de l’énergie en mécanique …………............... 89
L’énergie cinétique ………………………………………………… 89
L’énergie potentielle gravitationnelle …………………………........... 89
L’énergie potentielle d’un système masse-ressort …………………… 90
Énoncé du principe de conservation de l’énergie …………................. 90
3.1.3 Exemples d’applications de mouvement rectiligne …………………….. 91
Application (1) : Le système masse-ressort ………………………… 91
Application (2) : Corps en chute libre avec force résistive
proportionnelle à la vitesse ……………………………………………
95
Application (3) : Corps en chute libre avec force résistive
proportionnelle au carré de la vitesse …………………………………
96
3.1.4 Dynamique de rotation …………………………………………………... 98
3.1.5 Exercices sur la dynamique de translation ……………………………... 102
Réponses aux exercices sur la dynamique de translation …………… 108
3.1.6 Exercices sur la dynamique de rotation ………………………………… 109
Réponses aux exercices sur la dynamique de rotation ……………… 110
3.2 Les circuits électriques ………………………………………………………. 111
3.2.1 Lois de Kirchhoff ………………………………………………………… 111
3.2.2 Tableau du signe des différences de potentiels ………………………….. 113
3.2.3 Puissance et énergie dans les circuits électriques ………………………..
Puissance délivrée par les sources de tensions ………………………
Puissance consommée dans les éléments des circuits ………………
116
117
117
3.2.4 Les circuits R-C séries et R-L séries ……………………………………. 118
Circuits R-C séries ……………………………………………………
Constante de temps et temps de réponse (circuit RC série) ………….
119
120
Circuits R-L séries …………………………………………………… 121
Constante de temps et temps de réponse (circuit RL série) ………… 121
3.2.5 Exercices sur les circuits électriques ……………………………..............
Réponses aux exercices ………………………………………………
123
129
3.3 Phénomènes d’échange de chaleur ………………………………………….. 132
3.3.1 La loi de Newton ………………………………………. ………………. 132
3.3.2 La loi de Stephan ………………………………………………………… 133
3.3.3 Exercices sur les phénomènes d’échange de chaleur …………………..... 135
3.3.4 Réponses aux exercices ……………………………………………… 138
3.4 Applications reliées à la loi de Torricelli ........................................................... 139
Réservoir cylindrique ………………………………………………… 139
Réservoir hémisphérique …………………………………………… 140
Réservoir conique …………………………………………………….. 141
3.4.1 Exercices sur la loi de Torricelli ………………………………………… 143
Réponses aux exercices ……………………………………………… 145
3.4.2 Projet : Mesure du coefficient de Borda ………………………………..... 147
7
Chapitre 4
Résolution des ED linéaires d’ordre supérieur à 1
4.1 Introduction …………………………………………………….. 152
4.1.1 Forme des ED à résoudre …………………………………… 152
4.1.2 Méthodes de résolution analytiques ……………………….. 155
4.1.3 Utilisation de la calculatrice ………………………………..
155
4.2 Technique de résolution par réduction de l’ordre …………........
157
4.3 Résolution des ED linéaires et homogènes à coefficients
constants d’ordre 2 ……………………………………………..
Démonstrations relatives aux trois cas ……………………..
162
166
4.4 La méthode des coefficients indéterminés …………………….. 170
4.4.1 Forme des ED à résoudre ………………………………….. 170
4.4.2 Principales étapes de la résolution …………………………. 171
4.4.3 Exemples sur la méthode des coefficients indéterminés …... 172
4.4.4 Quelques exemples sur le cas (2) (cas d’exception) ……….. 177
4.4.5 Remarques sur les constantes arbitraires …………………..
182
4.5 La méthode de variation des paramètres ………………………. 183
Forme des ED à résoudre ………………………………….. 183
Principales étapes de la résolution ………………………….
183
4.5.1 Méthode de variation des paramètres avec la calculatrice ………
187
4.6 Exercices sur la technique de réduction de l’ordre …………….. 189
4.6.1 Réponses aux exercices de la section (4.6) …………………
190
4.7 Exercices sur la résolution des ED homogènes à coefficients
constants ……………………………………………………….. .
191
4.7.1 Réponses aux exercices de la section (4.7) …………………
193
4.8 Exercices sur la méthode des coefficients indéterminés ……….. 194
4.8.1 Réponses aux exercices de la section (4.8) …………………
194
4.9 Exercices sur la méthode de variation des paramètres …………. 196
4.9.1 Réponses aux exercices de la section (4.9) …………………
196
4.10
4.11
4.12
4.13
Exercices sur les applications …………………………………..
Annexe 1 : Tableau pour la détermination des candidats ……….
Annexe 2 : Les nombres complexes …………………………….
Annexe 3 : Les fonctions hyperboliques ……………………….
Partie 2 ..........................................
197
198
199
202
203
8
Chapitre 1
Introduction aux équations différentielles
1.1 Introduction
Définition 1.1 Une équation différentielle (ED) est une équation comportant une ou
des dérivées d'une fonction inconnue (variable dépendante) d'une ou de plusieurs
variables indépendantes.
D'un point de vue mathématique, l'étude des ED a trois objectifs principaux:
la modélisation, c’est-à-dire la détermination de l'ED qui décrit le comportement
d’un système dynamique ou une situation donnée;
la résolution de cette ED, notamment avec la détermination de la technique de
résolution pour la résoudre;
l'analyse et l'interprétation de la solution.
Concernant le premier de ces objectifs, notons qu’en sciences et en génie, les ED
apparaissent naturellement dans le développement des modèles mathématiques pour
l'étude des systèmes dynamiques. Un bon modèle mathématique d'un système physique
donné est nécessairement le fruit d'une analyse juste. Son utilité réside entre autres dans sa
capacité de simuler le comportement du système, donc de contribuer à son analyse.
Le deuxième but, la résolution, réfère aux techniques de résolution. C'est l'objet principal
de ce texte. Les techniques qui seront introduites visent à résoudre les classes d'ED liées
au champ d'application en génie.
Le troisième but vise en premier lieu à valider le modèle mathématique associé à un
système dynamique Si le modèle est satisfaisant, il peut être utilisé pour simuler et
analyser le comportement du système. Dans le cas contraire, il faut généralement le
raffiner, ce qui se traduit généralement par un modèle plus complexe comportant plus de
facteurs explicatifs du système.
1.2 Champ d'application des ED en génie
La modélisation d'une classe importante de systèmes statiques peut se faire par des
systèmes d'équations linéaires qui peuvent êtres résolus par les techniques algébriques
classiques. Il en va autrement des systèmes dynamiques caractérisés par une évolution de
leur état. Dans le cas de ces derniers, les modèles s'expriment généralement par des
équations qui comportent des dérivées de fonctions inconnues associées à des grandeurs
physiques, c'est-à-dire par des ED : cela fait de la théorie des ED l'un des outils principaux
de la modélisation et de l’analyse mathématique des systèmes dynamiques.
9
La figure (1.1) ci-dessous illustre le processus de modélisation. La nature des liens entre
les diverses étapes illustre notamment comment s'opère le raffinement du modèle (s'il y a
des différences notables entre les résultats théoriques et les observations.
Lois de la physique
Modèle
mathématique
Résultats
théoriques
Résultatsobservés
Approche
expérimentale
Compatibilité ?
Oui(bon modèle)
Non(revoir le modèle)
Systèmes dynamiques
Figure 1.1. Modélisation des systèmes dynamiques
La liste des applications qui suivent n'a pas la prétention d'être exhaustive, mais elle
couvre plusieurs des applications importantes des ED en génie.
Applications en dynamique Newtonienne
La deuxième loi de Newton s'applique de façon générale au corps se déplaçant sous l'effet
d'une ou de plusieurs forces. Cette loi permet de former l’ED (mouvement rectiligne) ou le
système d’ED dont la solution particulière déterminée avec les conditions initiales (CI) sur
la position et la vitesse est l’expression de la trajectoire du corps dans un système de
référence donné. Elle exprime la relation entre la masse d'un corps, son accélération et la
somme des forces agissant sur celui-ci par l'égalité suivante :
i R
i
ma F F (1.1)
L’accélération s’obtient de la vitesse et de la position comme suit :
2
2
dva
d rdta
dr dtv
dt
(1.2)
La somme dans l’égalité (1.1) comporte toutes les forces qui agissent sur le corps. est
la force résultante : elle peut dépendre de la position, de la vitesse, et parfois du temps. On
peut développer l'équation (1.1) en tenant compte de (1.2) suivant les composantes X, Y et
Z de la vitesse, de la position et de la force résultante pour obtenir les systèmes d'équations
différentielles suivants:
a ( )v t ( )r t
RF
10
2
2
2
2(1) ou (2)
xRX RX
y
RY RY
x xRZ RZ
dv d xm F m F
dt dt
dv d ym F m F
dt dt
dv dvm F m F
dt dt
(1.3)
Avec la vitesse initiale 0 0 0(0) x y zv v i v j v k , la solution du système d'ED (1) en (1.3)
donne l'expression explicite de la vitesse sous la forme vectorielle paramétrique :
(1.4)
Avec la vitesse initiale et la position initiale0 0 0(0)r x i y j z k , on peut résoudre le
système (2) ou intégrer (comme ci-dessous) la vitesse en (1.4) pour obtenir l'équation de la
trajectoire ( )r t de l'objet sous la forme vectorielle paramétrique :
0
0
0
0
0
0
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
t
x
t
y
t
z
x t x v u du
y t y v u du
z t z v u du
r t x t i y t j z t k
(1.5)
Les corps en chute libre, les projectiles dans le plan ou dans l'espace et les systèmes
masse-ressorts avec ou sans amortissement et avec ou sans force externe sont des
applications dont l'analyse se fait dans le cadre de la deuxième loi de Newton dont le
traitement mathématique se fait dans le cadre de la théorie des ED. Ces applications seront
considérées plus loin.
Dynamique de rotation
On peut également considérer les applications en dynamique des corps en rotation. À titre
d'exemple, le mouvement de rotation d'un objet autour d'un axe fixe peut être déterminé à
l'aide de la deuxième loi de Newton adaptée à ce type de mouvement. On obtient alors
l'ED reliant le produit du moment d'inertie Io de l'objet par rapport à l'axe de rotation et de
l'accélération angulaire à la somme des moments des forces (calculés par rapport à l'axe
de rotation) qui agissent sur le corps. Cela s’exprime par l’égalité suivante
(1.6)
v t( )
( ) ( ) ( ) ( )x y zv t v t i v t j v t k
1
n
o oi
i
I
11
Or l'accélération angulaire est reliée à la vitesse angulaire et à la position angulaire comme
suit:
2
2
d
ddt
d dt
dt
(1.7)
Il faut donc résoudre les ED suivantes pour déterminer les expressions respectives de la
vitesse angulaire (t) et la position angulaire en fonction du temps.
(1.8)
(1.9)
La forme explicite des expressions de (t) et de peut être déterminée à condition de
connaître les conditions initiales sur la position angulaire et sur la vitesse angulaire,
respectivement.
L'analyse des circuits
Les deux lois de Kirchhoff, la loi des nœuds et la loi des mailles qui seront introduites
dans le chapitre 3) sont à la base de l'analyse des circuits. Dans le cas des circuits à
courants non continus, les relations résultant de l'application des lois de Kirchhoff sont des
ED dont la solution permet d’obtenir les expressions du courant, de la charge ou de la
tension aux bornes de chacun des éléments du circuit.
À titre exemple, dans le cas du circuit simple de la figure (1.2) ci-dessous, l'application de
la deuxième loi de Kirchhoff (qui stipule que « la somme algébrique des différences de
potentiel aux bornes des éléments d'une maille fermée est nulle ») se traduit par une ED (à
droite dans la figure (1.2)) dont la solution donne le courant ( )i t circulant dans le circuit
en fonction du temps. L’analyse de ce type de circuits sera abordée ultérieurement dans le
chapitre sur les applications reliées aux ED d’ordre 1.
Figure 1.2. Circuit RL série et ED associée.
( )t
Id
dtto oi
i
n
1( )
Id
dtto oi
i
n2
21
( )
( )t
( ) ( )0 00 0 et
Résistance R
Inductance LSource i(t) ( )t
+2ièmeloi de
Kirchhoff
L R i t
i t
di
dt
BRS||
T||
( )
( )-
12
Les phénomènes d'échange de chaleur
La détermination la température en fonction du temps T(t) d'un objet placé dans un milieu
donné dont la température est donnée par M(t) se fait en résolvant les ED associées aux
lois de Newton et de Stefan, selon le contexte.
La loi de Newton s'applique aux cas d'échange de chaleur par convection. Elle prend
la forme de l'ED suivante.
(1.10)
Dans l’ED (1.10), k > 0 est une constante et la température ( )T t s’exprime en degré
Celcius (C).
La loi de Stefan s'applique aux cas d'échange de chaleur par rayonnement et prend la
forme de l'ED
(1.11)
Dans cette égalité, >0 est une constante et les températures T(t) et M(t) s’exprime en
kelvin.
Dans le contexte des applications considérées dans ce texte, l'un des processus est
nettement dominant, de sorte qu'on pourra utiliser l'une ou l'autre des ED ci-dessus, selon
le cas. Finalement, dans un cas comme dans l'autre, la solution des ED donne l'expression
de la température T(t) de l'objet en fonction du temps.
La déformation des poutres
P(x,y)
x
A
B
Y
XR
L
Figure 1.3. La figure représente une poutre de longueur L déformée en sous l’effet des forces
qui s’exercent sur elle. La déformation est mesurée par l’écart y entre l’axe des X et la courbe
élastique représentée par la ligne courbée (segment OPR) passant par le point P(x, y)
Dans le cas des poutres horizontales constituée de matériau homogène, de section
constante et sous l'hypothèse que la déformation est faible, la déformation verticale de la
déformée (ou courbe élastique passant au centre de la section de la poutre sur toute sa
longueur) est donnée par la solution de l'ED suivante :
d T t
dtk M t T t
( )( ( ) ( ))
d T t
dtM t T t
( )( ( ) ( )) 4 4
13
(1.12)
En (1.12), la constante E est le module d’élasticité du matériau dont la poutre est
constituée; la constante I est le moment de surface calculé par rapport à l’axe horizontal
qui passe par les points P(x, y), A et B (cf. fig. 1.3); elle dépend de la géométrie de la
section des poutres. Finalement, M est la somme calculée en x (0 < x < L) des moments de
force sur la partie de la poutre située à gauche (ou à droite) de la section comprenant le
segment APB dans la figure la figure. Les moments de force sont exprimés par rapport à
un axe horizontal perpendiculaire à la poutre et passant par un point préalablement choisi.
La solution de cette ED permet de calculer la déformation verticale y(x) de la déformée par
rapport à l'horizontale (l’axe des « X » sur la figure 1.3) passant par le centre de la poutre
non déformée. On peut en outre estimer la valeur maximale de cette déformation.
Autres applications
On peut également citer une foule d'exemples qui font également partie des applications
en génie et pour lesquelles la modélisation se fait par des ED ou des équations aux
dérivées partielles, entre autres les applications suivantes :
la désintégration radioactive;
les circuits hydrauliques;
les circuits thermiques ;
la propagation des ondes;
les problèmes liés à la détermination des expressions des champs
électromagnétiques;
Le processus de modélisation s’amorce habituellement par un modèle simple ne prenant
en considération que les facteurs prédominants. Pour être satisfaisant, il faut généralement
le raffiner en procédant à une analyse physique plus poussée qui, généralement, fait
intervenir plus de facteurs explicatifs, comme dans l'exemple qui suit. Toutefois, cela aura
pour effet de compliquer le modèle et son traitement mathématique. L’exemple qui suit
illustre la situation dans le cas de la modélisation pour la détermination du mouvement
d’un corps en chute libre.
EId y
d xM
2
2
14
_____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 1. Raffinement d’un modèle: le cas des corps en chute libre
Dans ce cas-ci, deux forces doivent être prises en considération: la force gravitationnelle
et la résistance de l'air (voir la figure 1.4 ci dessous).
Figure 1.4. Corps en chute libre (en absence de vent).
Plusieurs cas doivent être considérés, correspondant à autant de situation physique. Dans
chaque cas, on se réfère à la figure pour l’orientation de l’axe des Y.
En première analyse, si l’on néglige la force de résistance de l'air ( ),
l’application de la 2i`me
loi de Newton donne simplement l’égalité suivante.
(1.13)
Cette ED décrit un mouvement vertical, rectiligne et uniformément accéléré pour
lequel l’accélération en y est donnée par g . Ce modèle est satisfaisant pour
décrire le mouvement d'une boule de quille libérée à quelques mètres du sol. Ce ne
serait pas le cas pour décrire le mouvement d’un corps libéré loin de la surface de
la terre et pour lequel on ne peut négliger la force de résistance de l’air.
Si l’on ne peut négliger la résistance de l'air, il faut modifier l'équation (1.13) en
ajoutant une force résistive qui est toujours dans la direction inverse de la
vitesse. Lorsque la vitesse de l’objet est relativement élevée, les modèles font
intervenir une force de résistance de l'air dont la grandeur est proportionnelle au
carré de la vitesse (2
r yF bv ). En se référant à la figure 1.4, l'ED à résoudre pour
déterminer la vitesse de l’objet prend alors la forme suivante:
2
2
0
0
y
y y
y
y y
dvm mg bv si v
dt
dvm mg bv si v
dt
(1.14)
La constante b qui figure dans l'expression de la force de résistance de l'air est
positive ( 0b ); elle est proportionnelle à la densité de l'air qui varie avec la
distance par rapport au sol. Cette variation doit être prise en considération si la
Fr
Fg
Y
Y0
position initiale
X
X0
rF
dvm mg
dt
Fr
15
hauteur initiale à laquelle l'objet est libéré est grande : la thermodynamique nous
apprend que la densité de l'air varie en fonction de la hauteur y et est donnée par
(1.15)
En (1.15), 0 0 désigne la densité au sol ( 0y ), 0 est une constante et y
désigne la hauteur à partir du sol. L'expression de b en (1.14) est donnée par
(1.16)
L'ED à résoudre pour déterminer l'expression de la vitesse en Y en fonction du
temps dans l’hypothèse du mouvement vertical d'un corps libéré à une grande
hauteur ( 0yv ) prend la forme suivante:
2
0
y y
y
dvm mg k e v
dt
(1.17)
Si l’on s’éloigne de la surface de la terre, non seulement la densité de l’air varie
significativement, mais c’est également le cas de la force gravitationnelle Fg. Cela
implique l’utilisation de l’expression suivante pour la force gravitationnelle :
2 2( )
T Tg
GM GMF m m
r R y
(1.18)
En (1.18), r = R + y désigne la distance entre l'objet et le centre de la terre, y la
hauteur au-dessus du sol et R, le rayon de la terre. Dans ces conditions, si le corps
tombe vers la terre (vy < 0), les ED à résoudre pour déterminer la vitesse en y, c’est-
à-dire vy(t) et la position de l'objet y(t) par rapport au sol en fonction du temps sont
données respectivement par :
2
02( )
y yTy
dv GMm m k e v
dt R y
(1.19)
22
02 2( )
yTM md y dym G k e
dt R y dt
(1.20)
Finalement, dans l’analyse du dernier raffinement ci-dessus, on ne devrait pas
négliger l’effet des forces de Coriolis pour tenir compte de l'effet de la rotation de
la terre dans la détermination de la trajectoire de l'objet dans le cas décrit ci-dessus.
________________________________________________________________________
Comme on le voit, la modélisation a ses exigences. On peut choisir de négliger certains
facteurs, mais souvent, cela aura pour effet de produire un modèle non satisfaisant. Il faut
alors le modifier sur la base d'une analyse plus fine, fondée sur des observations
pertinentes et/ou une argumentation scientifique plus profonde. Cela aura en général pour
effet d’introduire des facteurs qui compliquent le modèle et son analyse mathématique.
0ye
0yb k e
16
1.3 Classification des ED
Dans son sens large, on classifie les ED selon qu’elles sont ordinaires (EDO) ou des
équations aux dérivées partielles (EDP). Cette classification peut être raffinée en
fonction de l'ordre de l'ED et suivant que celles-ci sont linéaires ou non. Il existe
d'autres caractéristiques de classification servant plus spécifiquement à identifier les ED
et, par suite, la technique de résolution à utiliser pour les résoudre. Il importe de le noter :
classifier les ED est l’étape obligée précèdant celle de la résolution.
________________________________________________________________________
Définition. Une ED est dites ordinaire (EDO) si la fonction inconnue qui y figure
est fonction d’une seule variable indépendante.
________________________________________________________________________
Exemple 2: Dans chacun des 5 cas suivants, les ED sont des EDO. Elles sont toutes
associées à des systèmes physiques dont la modélisation implique des ED ordinaires.
a) L'ED suivante apparaît en appliquant la deuxième loi de Newton à la modélisation
d’un système masse-ressort avec amortisseur soumis à une force extérieure f(t):
(1.21)
b) L'ED suivante apparaît pour décrire l'évolution de la température ( )T t d'un corps
placé dans un milieu de Température ( )M t lorsque le processus d'échange de
chaleur obéit à la loi de Newton sur le refroidissement:
(1.22)
c) L'ED (1.23) ci-dessous apparaît dans l'analyse d'un circuit RLC série relié à une
source de tension E(t). L’inconnue i(t) de cette ED est l’expression du courant
délivré par la source au circuit en fonction du temps.
2
2( )
d i di i dEL R i i t
dt dt C dt (1.23)
d) L'ED suivante apparaît dans la recherche d'une courbe dont la rotation par rapport
à l'axe des X génère une surface qui présente la propriété de faire converger vers
un point unique (le foyer) des ondes électromagnétiques émises par une source
lointaine et dirigées vers cette surface:
(1.24)
_________________________________________________________________________________________________________
Définition. Une ED est une équation aux dérivées partielles (EDP) si la fonction
inconnue qui y figure est fonction de plus d'une variable indépendante.
" ' ( ) ( )m x b x k x f t x x t
( ( ) ) , 0 ( )dT
k M t T k T T tdt
2 2
( )x x ydy
y y xdx y
17
________________________________________________________________________________________________________
Exemple 3: Les ED en (a), (b) et (c) qui suivent sont des EDP.
a) L'EDP suivante sert à déterminer la "forme" des ondes transversales se
propageant dans une corde
(1.25)
b) Les deux EDP qui suivent réfèrent à la propagation des ondes sur une surface et
dans l'espace respectivement:
(1.26)
c) L'EDP suivante, appelée « équation de chaleur », sert à déterminer la température
en fonction de la position et du temps dans le cas de la propagation
unidimensionnelle de la chaleur (par exemple à travers un mur) :
(1.27)
Les ED en (1.29) servent à décrire la température en fonction de la position et du
temps sur une surface (corps plats) et dans l'espace (un volume) respectivement :
(1.28)
___________________________________________________________________________________________________________
Dans ce cours, seules certaines classes d'ED ordinaires (EDO) sont au programmes,
notamment celles qu'on peut relier à des applications en physique et en génie, avec comme
objectif d'explorer sommairement le champ d'application de la théorie des ED en génie.
Dans ce texte, nous utiliserons ED pour désigner les ED ordinaires. __________________________________________________________________________________________________________
Ordre d’une ED
Définition. L'ordre d'une ED est celui de la dérivée de l’ordre le plus élevé qui y
figure. __________________________________________________________________________________________________________
Les ED en (b) et (e) de l'exemple 2 sont d'ordre 1, les autres sont d'ordre 2.
2 2
2 2 2
1( , )
Y YY Y x t
x c t
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2
1( , , )
1( , , , )
y
Y Y YY Y x y t
x c t
Y Y Y YY Y x y z t
x y z c t
2
2( , )
T TT T x t
t x
2 2
2 2
2 2 2
2 2 2
( , , )
( , , , )
T T TT T x y t
t x y
T T T TT T x y z t
t x y z
18
Remarque: Dans le cas des applications en physique et en génie, les ED ordinaires sont
très généralement d’ordre 1 ou d’ordre 2.
________________________________________________________________________
ED linéaire
Définition. Une ED d'ordre n est linéaire si elle peut s’écrire sous la forme
1
0 1 11( ) ( ) ... ( ) ( ) ( )
n n
n nn n
d y d y dya x a x a x a x y f x
dx dx dx
(1.29)
Dans cette égalité les doivent être des fonctions de x
seulement. __________________________________________________________________________________________________________
En examinant de près la définition ci-dessus, on remarque qu’une ED est linéaire si et
seulement si y et ses dérivées sont à la puissance 1 et que leurs coefficients
ainsi que ( )f x sont des fonctions de x seulement.
Propriété importante de ED linéaires : Si1 2
y et y sont deux solutions distinctes
d’une ED linéaires, alors 1 1 2 2
y C y C y est également solution de l’ED.
Parce qu’elles sont des classes importantes d’ED notamment par leur occurrence dans les
applications, voici la forme respective des ED linéaires d'ordre 1 et 2 :
0 1
2
0 1 22
( ) ( ) ( ) ordre 1
( ) ( ) ( ) ( ) ordre 2
dya x a x y f x
dx
d y dya x a x a x y f x
dx dx
(1.30)
La modélisation des systèmes dynamiques s'exprime souvent par des ED linéaires,
notamment par des ED linéaires à coefficients constants d'ordre 2 de la forme suivante :
(1.31)
En (1.32), a, b et c sont des constantes. Il existe de multiples applications en génie qui font
intervenir des ED de ce type. La résolution des ED de cette forme et les applications qui
s'expriment par des ED de cette classe seront abordées dans les chapitres 4 et 5 de ce
document. __________________________________________________________________________________________________________
Exemple 4. Parmi les ED suivantes, seule l'équation (4) n'est pas linéaire. Dans le cas de
cette dernière, y' est de degré 2.
( ) pour 0 et ( )ia x i n f x
0( ) ... ( )ia x a x
" ' ( )a y b y c y f x
19
2
2
(1) '' ( 1) ' 4 2 sin(3 )
(2) 2 '' 3 ' 3
(3) '' ' cos( )
(4) '' ( 4) ' 3 0
x
xy x y y x x
y y y x e
m y by ky A t
xy x y y
__________________________________________________________________________________________________________
1.4 Solution d'une ED
Définition. Une solution d'une ED est une fonction ou une relation implicite qui
satisfait l'ED, c'est-à-dire qu’en la substituant dans cette dernière, l’égalité se vérifie.
Remarque. Cette définition introduit implicitement le processus par lequel on vérifie
qu'une fonction ou une relation est solution d'une ED donnée. Au terme du processus de
résolution, on a toujours la possibilité de vérifier par substitution si la fonction ou la
relation obtenue est bel et bien solution de l'ED. __________________________________________________________________________________________________________
Exemple 5 On vérifie que la fonction 2 3
1 2
x xy C e C e avec deux constantes arbitraires
1 2( et )C C est solution de l'ED linéaire à coefficients constants '' 5 ' 6 0y y y comme
suit : la substitution de y et de ses dérivées première (y') et seconde (y") vérifie l’égalité
. En effet :
_______________________________________________________________________
1.4.1 Solution explicite et solution implicite
Les solutions des ED ordinaires (EDO) sont fonctions d'une seule variable indépendante.
Par conséquent, elles peuvent être représentées graphiquement par des courbes dans un
plan. Or de telles courbes peuvent être décrites explicitement ou implicitement, c'est-à-dire
par une relation implicite. Il en est de même pour les solutions des EDO. C'est pour cette
raison qu'il importe d'introduire les distinctions suivantes.
La solution est explicite si elle a la forme ( )y f x .
En effet, l’expression de y est « explicitée », c’est-à-dire que son expression en
fonction de la variable indépendante x est déterminée pour tous les x dans un
intervalle donné I . On dit alors de la solution qu'elle est explicite dans I.
La solution est implicite si elle peut s'exprimer par une relation ( , ) 0F x y .
" 5 ' 6 0y y y
2 31 2
2 31 2
2 31 2
' 2 3
" 4 9
x x
x x
x x
y C e C e
y C e C e
y C e C e
2 3 2 3 2 3
1 2 1 2 1 2(4 9 ) 5(2 3 ) 6( ) 0x x x x x xC e C e C e C e C e C e
20
En général, une telle relation permet de déterminer au moins une valeur de y pour
tous les x dans un intervalle I donné. La représentation graphique est une
courbe dans le plan XY.
_______________________________________________________________________
Exemple 6. La fonction 22 3x xy e e est solution explicite de l’ED
" 3 ' 2 0y y y
On peut vérifier par substitution que 22 3x xy e e est solution de l’ED :
2
2 2 2 2
2
'
2 3
' 2 6 (2 12 ) 3( 2 6 ) 2 (2 3 ) 0
" 2 12
x x
x x x x x x x x
x x
dans l ED
y e e
y e e e e e e e e
y e e
De plus, elle est explicite puisqu'elle est de la forme y = f (x). ________________________________________________________________________________________________________
Exemple 7: La relation implicite
22 4 0
2
xy est solution implicite de l'ED
2
d y x
d x y
En effet, il suffit d'appliquer les techniques de la dérivation implicite à la relation implicite
tout en considérant que deux fonctions égales ont la même dérivée pour le démontrer.
Dérivant par rapport à x de part et d’autre de l’égalité en considérant que ( )y y x est
fonction de x :
22 0
2 2
d y x d y xy
d x d x y
Cela démontre que la relation engendre l'ED (c'est souvent le cas lorsqu'on vérifie qu'une
solution sous la forme implicite est solution d'une ED). De plus, celle-ci est solution
implicite puisqu'elle a la forme F(x, y) = 0. __________________________________________________________________________________________________________
1.4.2 Solution générale et solution particulière
Certaines solutions comportent des constantes arbitraires (voir l’exemple 5), d'autres pas
(voir les exemples 6 et 7). Sur cette base, on distingue 2 types de solutions: les solutions
générales et les solutions particulières.
Les méthodes directes de résolution des ED d'ordre n produisent des solutions comportant
n constantes arbitraires : elles sont alors générales. D'autre part, si on exige que la solution
21
générale d'une ED d'ordre n satisfasse précisément n conditions particulières distinctes,
exigences qu'on désigne par conditions initiales (CI), on peut déterminer la valeur
numérique de toutes les constantes arbitraires et obtenir ainsi une solution particulière,
c'est-à-dire sans constante arbitraires. __________________________________________________________________________________________________________
Définition. La solution générale d'une ED d'ordre n est une fonction ou une relation
implicite comportant n constantes arbitraires irréductibles qui satisfait l'ED. ___________________________________________________________________________________________________________
Exemple 8. Résolution des ED directement intégrables.
Considérons la classe des ED directement intégrables : elles se formulent comme suit :
( ) ( )n
n
n
d yy f x
dx (1.32)
Il suffit d’intégrer n fois pour déterminer la solution. Par exemple :
' sin(2 )
cos(2 )sin(2 )
2
y x
xy x dx C C
Ou encore : 2
1 1
2 3 2
1 2 1 2
3 2
1 2
'' 1 ' ( 1)2
( )2 6 2
6 2
xy x y x dx C x C
x x xy x C dx C C x C
x xy C x C
Dans le cas de la classe des ED directement intégrables, la technique de solution fait
intervenir l'intégrale indéfinie. Le nombre de constantes arbitraires apparaissant
dans la solution est déterminé par le nombre d'intégrales à effectuer pour obtenir la
solution y(x) et ce nombre est précisément égal à l'ordre de l'ED. La solution obtenue
est sous la forme explicite. __________________________________________________________________________________
Exemple 9. On peut vérifier par substitution que la fonction2 3
1 2
x xy C e C e est
solution générale de l’ED suivante :
" 5 ' 6 0y y y .
La fonction y est solution générale de l'ED d’ordre 2 au sens de la définition de solution
(vérifié à l'exemple 5) et qu’elle comporte 2 constantes arbitraires irréductibles. ___________________________________________________________________________________
Remarque. Chacune des deux fonctions 1 12xy C e et 2 2
3xy C e est solution de
l’ED. Cependant, aucune des deux n’est solution générale car elles ne comportent qu'une
seule constante arbitraire.
22
Remarque. La fonction suivante est également solution de l'ED de l’exemple ci-dessus.
2 3x x Cy Ae Be
Cependant, elle comporte trois constantes arbitraires réductibles :
1 22 3 2 3 2 3x x C x C x x xy Ae Be Ae Be e C e C e
Dans cette égalité, on note que 1 2et CC A C Be . _____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 10. Considérons la relation implicite 2 22y x C dans laquelle C est une
constante arbitraire positive. Vérifions qu’elle est solution de l’ED d’ordre 1 qui suit :
2
d y x
d x y
En effet : 2 2(2 ) ( )
4 2 02
d y x d C d y d y xy x
dx dx d x d x y
Si elle est solution, elle est solution générale car l'ED est d'ordre 1 et elle ne comporte
qu’une seule constante arbitraire. Si on veut la solution passant par le point (0, 2), il est
possible de déterminer la constante C et d'obtenir par le fait même une solution
particulière:
2 222
2 2 0 80 et 2
y x CC C
x y
On retrouve ainsi la solution particulière2 22 8y x .
____________________________________________________________________________________________________________
Définition. Une solution particulière d'une ED est une fonction ou une relation
implicite qui est solution de l'ED et qui ne comporte pas de constantes arbitraires. __________________________________________________________________________________________________________
Remarque. On obtient une solution particulière d'une solution générale d'ED d'ordre n
en exigeant que cette dernière satisfasse à n conditions initiales (CI).
D'un point de vue mathématique, celles-ci permettent de constituer un système de n
équations à n inconnues dont la résolution permet de déterminer la valeur
numérique de chacune des n constantes arbitraires.
Dans le cadre des applications, les conditions initiales donnent en général les
informations sur l'état initial des systèmes. L'intégration de ces informations à la
solution générale permet de préciser la solution particulière comme dans l'exemple
23
de la détermination de la trajectoire du projectile : la position initiale donne
l'information sur le point de départ de la trajectoire, alors que la vitesse initiale
permet de déterminer dans quelle direction et avec quelle vitesse (grandeur) le
projectile amorce sa trajectoire. La deuxième loi de Newton se charge du reste.
_____________________________________________________________________
Exemple 11. Reprenant l'exemple 9, on peut déterminer une solution particulière à l'ED
d'ordre (2) suivante en exigeant que la solution respecte les 2 CI (0) 2 et '(0) 3y y .
" 5 ' 6 0y y y
La solution particulière satisfaisant les conditions initiales est obtenue en déterminant les
constantes arbitraires C1 et C2 figurant dans la solution générale comme suit :
2 31 2 1 2 1
2 31 2 21 2
(0) 2 3
'(0) 3 2 3 1' 2 3
x x
x x
y C e C e y C C C
y C C Cy C e C e
La solution particulière satisfaisant les CI est donc
2 33 x xy e e
D'autres CI, en autant qu'elles sont compatibles avec l'ED, produiront d'autres solutions
particulières. On appelle famille des solutions l'ensemble des solutions particulières
découlant de la solution générale.
______________________________________________________________________
Exemple 12: La figure qui suit illustre un ensemble de solutions particulières de l'ED
d'ordre 1
'y x y
On vérifie facilement que la solution générale de cette ED est donnée par
1xy C e x
Les solutions particulières illustrée sont associées aux conditions initiales suivantes :
( 5) 0, ( 4) 0, ... , (4) 0, (5) 0y y y y
24
Figure 1.5 Quelques courbes de la famille des solutions de y' = x + y.
Pour terminer cette section, il y a lieu d’apporter des précisions sur les conditions
d'existence d'une solution particulière unique à une ED d'ordre n avec n CI. Cette
question est pertinente, car pour avoir un sens dans le contexte des applications en
sciences et en génie, la solution doit être unique. Par exemple, elle exprimera la
trajectoire d'un objet, le courant dans une résistance en fonction du temps, le niveau de
liquide dans un réservoir ou encore la température d'un corps dans un milieu donné en
fonction du temps, etc. En outre, étant donné qu'on retrouve fréquemment les ED d'ordre
1 et les ED linéaires d'ordre 1 et 2 dans le champ des applications en génie, il est
opportun de présenter les 2 théorèmes qui énoncent les conditions suffisantes à
l'existence d'une solution unique dans le cas de ces 2 classes d'ED.
Théorème d'existence des solutions des ED d'ordre 1
Soit l'ED y' = g (x, y) et (x0, y0) un point de2S , une région du plan . Les deux
conditions suivantes suffisent pour qu’il existe une solution unique associée à la CI
0 0( )y x y .
1. g (x, y) est continue et à valeurs réelles dans la région2S ;
2. ( , )g x y
y
est également continue et à valeurs réelles dans S.
Théorème d'existence des solutions des EDO linéaires d'ordre n
Soit l'ED linéaire d'ordre n 1
0 1 11( ) ( ) ... ( ) ( ) ( )
n n
n nn n
d y d y dya x a x a x a x y F x
dxdx dx
Il suffit que 0( )a x 0 et que les ( )ia x et F(x) soient des fonctions continues sur un
intervalle [a, b] pour qu'il existe une solution unique à cette ED satisfaisant les n
conditions initiales
( 1)0 0 0 1 0 1( ) , '( ) , ... ( )
nny x y y x y y x y
où x0 ] , [a b et 0 1 1, , ... , ny y y sont n constantes numériques données.
Dans le cadre des applications en génie se modélise par des ED et qui seront considérées
dans ce document, les conditions d'existence associées à des solutions uniques sont
généralement satisfaites.
25
1.5 Méthodes de résolution des ED
On peut considérer que quatre types de méthodes ont été développés pour résoudre les
EDO d'ordre n.
les méthodes analytiques;
les méthodes numériques;
les méthodes "quasi-analytiques";
les méthodes qualitatives.
À ces méthodes, s’ajoutent l’utilisation des outils de calculs. En outre, l’utilisation de la
calculatrice « Nspire » sera introduite tout au long de la session. C’est un outil de calcul
puissant également intégrant des fonctions graphiques très utiles pour les fins de
vérification et de visualisation.
1.5.1 Les méthodes analytiques
Les méthodes analytiques ont toutes pour but la détermination de la solution des ED,
sous la forme explicite ou sous la forme d'une relation implicite. L'avantage principal de
ces techniques est de produire des solutions exactes. _________________________________________________________________________________________________________
Exemple 13. Certaines ED peuvent être résolues analytiquement parce que l’on connait
bien les dérivées :
on « devine » que axy Ce est solution générale de
' 0y ay
En effet, on le vérifie facilement comme suit :
' ' ' 0ax axy Ce a Ce ay y ay
on montre de la même manière que 1 2cos( ) sin( )y C x C x est solution de
l’ED2'' 0y y :
1 2
1 2 2
1 2
2' ( sin( ) cos( ))cos( ) sin( )
'' ( cos( ) sin( ))'' 0
y C x C xy C x C x
y C x C xy y
_________________________________________________________________________________________________________
Exemple 14. Les ED directement intégrables
Les ED directement intégrables sont de la forme exprimée en (1.33) :
( ) ( )ny f x
Elles admettent une solution analytique si l’on peut intégrer n fois f(x), comme indiqué à
l’exemple (8). La solution prend la forme suivante :
1 2
1 2 1...... ( ) ...n n
n n
n fois
y C x C x C x Cf x dx dx
(1.33)
26
À titre d’exemple : la solution analytique de l’ED 2'' 1y x s’obtient comme suit :
3
2
12
3 4 2
1 1 2
' ( 1)3
'' 1
( )3 12 2
xy x dx x C
y xx x x
y x C dx C x C
________________________________________________________________________________________________________
1.5.2 Les méthodes "quasi-analytiques"
Les méthodes "quasi-analytiques" introduites dans ce document visent à déterminer une
solution polynomiale provenant d'une série de puissances (tronquée) qui converge vers la
solution de l'ED. En pratique, le nombre de termes (et le degré) peut être choisi de sorte
que l’erreur maximale d'estimation soit inférieure à une valeur fixée a priori. Deux
techniques peuvent être considérées dans le cadre de ce cours :
La technique des polynômes de Taylor qui fait naturellement le lien avec les
séries de Taylor introduite dans le cours MAT-145 (calcul différentiel et
intégral) ;
L’algorithme de Picard.
Dans le cas de la technique des polynômes de Taylor, l'appellation quasi-analytique réfère
à ce qu'en pratique, l’expression polynomiale des solutions obtenues coïncide avec les
séries de puissances tronquées (donc des polynômes) utilisées à l’étape « ultime » de
l’évaluation numérique des solutions analytiques. Du point de vue de l'évaluation
numérique, il n'y a pas de différence entre la solution quasi-analytique d'une produite par
lea technique des polynômes de Taylor déterminée autour de 0x x et l'approximation de
sa solution analytique par un polynôme développé autour du même point. ___________________________________________________________________________________
Exemple 15 : Soit l'ED0
' avec (0)y y y y .
La solution analytique de cette équation peut être déterminée sur la base du fait que seulexy C e a la propriété d'être égale à sa dérivée ( 'y y ). La détermination de C se fait
avec la condition initiale: 0
0(0)x
y C e y C e C y
La solution analytique est donc donnée par 0xy y e comme on peut le montrer aisément
par substitution dans l’ED. La solution peut également être obtenue en cherchant plutôt sa
série de Taylor. Avec la condition initiale donnée en0
0x , elle est de la forme 2 3
(3) ( )( ) (0) '(0) "(0) (0) ... (0) ...
2! 3! !
nnx x x
y x y y x y y yn
27
La condition initiale donne la valeur de y(0) et l'ED permet de déterminer y'(0). Pour les
autres, il suffit de dériver implicitement les 2 membres de l'ED, de part et d'autre de
l'égalité (les deux fonctions égales ( ) et '( )y x y x ont la même dérivée) et d'utiliser la
condition initiale et la valeur numérique des dérivées d'ordre inférieur:
0
0
0
(3) (3)
0
( ) ( 1) ( ) ( 1)
0
(0)
' '(0) (0)
" ' "(0) '(0)
" (0) "(0)
(0) (0)n n n n
y y
y y y y y
y y y y y
y y y y y
y y y y y
2
0 0 0 0( ) ... ...2! !
nx x
y x y y x y yn
2
0 0( ) (1 ... ... ) y2! !
nxx x
y x y x en
On reconnaît entre les parenthèses de la dernière égalité ci-dessus la série de Taylor de xe
développée en0
0x . En outre, et c'est précisément ce que cet exemple voulait illustrer, il
s'agit également de la série de puissance qu'on utilise pour l'évaluation numérique de xe
pour une valeur numérique de x donnée.
___________________________________________________________________________________________________________
ED
Méthode analytique
Solution analytique
Évaluation
Polynôme ou
série de puissances
tronquée
Méthode quasi-analytique ÉvaluationSolution
quasi-analytique
Figure 1.6. L’évaluation de la solution y pour une valeur donnée de x dans le
cas de la solution analytique d’une ED utilise ultimement la même série de
puissances que dans le cas de la solution obtenue par une méthode quasi-
analytique.
Les mêmes techniques s'appliquent également à des EDO pour lesquelles il n'existe pas
d'approche analytique; si les conditions d'application de ces techniques sont réunies, elles
permettent d'obtenir un développement en série de puissances de la solution analytique
(même si cette dernière ne peut être explicitée à l’aide des fonctions connues).
28
L’utilisation de ces techniques est facilitée par les outils de calculs qui offrent désormais
des possibilités de calculs symboliques étendues.
Remarque. La technique introduite ci-dessous utilise les séries de Taylor. En autant que
les dérivées successives d'une fonction ( )f x sont définies en0
x , la série de Taylor de
cette fonction est donnée par
( )20 0
0 0 0 0 0
( )0
00
"( ) ( )( ) ( ) '( ) ( ) ( ) ... ( ) ...
2! !
ou
( )( ) ( )
!
nn
nn
n
f x f xf x f x f x x x x x x x
n
f xf x x x
n
(1.34)
Si on se restreint aux n+1 premiers termes de la série, on obtient une approximation de
( )f x par le polynôme de degré n. La qualité de l'approximation croit avec le degré du
polynôme comme mentionné ci-dessus. S'il en est ainsi pour l'approximation d'une
fonction ( )f x quelconque, cette approche s'applique en particulier aux solutions des
EDO. Dans le cas des EDO d'ordre 1 ou 2, la technique des polynômes de Taylor est
résumée dans l'encadré qui suit.
Technique des polynômes de Taylor
Soient les ED d’ordre 1 et 2 formulées comme suit :
0 0' ( , ) avec ( )y f x y y x y (1.35)
0 0
0 1
( )'' ( , , ') avec
'( )
y x yy F x y y
y x y
(1.36)
En admettant que chacune des ED admet une solution unique en 0x x et que les n
premières dérivées de ( )y x peuvent être évaluées en 0x x , on peut obtenir une solution
approchée de la solution particulière sous la forme d’un polynôme de degré n comme
suit : ( )
20 00 0 0 0 0
"( ) ( )( ) ( ) '( ) ( ) ( ) ... ( )
2! !
nny x y x
y x y x y x x x x x x xn
(1.37)
Pour obtenir cette solution, on évalue successivement( )
0 0 0( ), '( ), ... ( )ny x y x y x à l’aide
des conditions initiales et de l’ED. Notamment, on obtient les expressions des dérivées
successives d’ordre supérieur à 1 ou 2 (selon que l’ED est d’ordre 1 ou 2) en dérivant
l’ED de part et d’autre de l’égalité sans oublier que y et ses dérivées sont des fonctions de
x (cela implique en général la dérivation implicite) et en utilisant les CI et les valeurs déjà
calculées de y et de ses dérivées en 0x .
29
Exemple 16 : Détermination de la solution en polynôme de Taylor de l'ED
" ' avec (1) 3 et '(1) 2y y xy y y
On obtient la solution sous la forme d’un polynôme en ( 1x ) étant donné que les
conditions initiales sont données en x = 1. Ce polynôme a la forme suivante :
( )2"(1) (1)
( ) (1) '(1) ( 1) ( 1) ... ( 1)2! !
nny y
y x y y x x xn
En dérivant les termes de droite et de gauche de l'ED par rapport à x et en évaluant ainsi
les dérivées successive de y (sans oublier que y est fonction de x) en utilisant les
conditions initiales:
(4) (4)
" ' "(1) 2 (1)(3) 1
''' '' ' '''(1) 1 3 (1)( 2) 2
''' ' ' '' (1) 1
y y xy y
y y y xy y
y y y y xy y
La solution approximative en polynôme de Taylor comportant les 5 premiers termes non
nuls est la suivante :
2 3 41 1 1( ) 3 2( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
2 3 24y x x x x x
________________________________________________________________________
L’algorithme de Picard
Dans le cas des ED linéaires, cet algorithme produit une solution approchée par un
polynôme identique à celui obtenu à l’aide de la technique des polynômes de Taylor
lorsque la fonction ( , )f x y est un polynôme en x et y.
Pour la résolution des ED d’ordre 1 l’algorithme procède comme suit.
Algorithme de Picard
ED linéaire à résoudre : 0 0' ( , ) avec ( )y f x y y x y
Pour i = 0, y0 = y(x0)
Pour i = 1, la première itération s’effectue comme suit :
0
1 0 0( , )
x
x
y y f t y dt (1.38)
Pour 1i , le calcul utilise le résultat de l’itération qui précède selon la formule
suivante :
0
0 1( , ( ))
x
i i
x
y y f t y t dt (1.39)
30
Exemple 17. Appliquons l’algorithme de Picard à l’ED à
' avec (0) 1y y y
Solution : Ici, x0 = 0 et y0 = 1. Avec la première itération (cf. 1.39), on obtient
1
0
1 1 1
x
y dt x
La deuxième itération utilise la première comme suit : 2
2
0
1 (1 ) 12
xx
y t dt x
La troisième itération utilise la deuxième comme suit : 2 2 3 2 3
3
0
1 (1 ) 1 12 2 6 2 3!
xt x x x x
y t dt x x
En poursuivant le calcul, on obtient
2 3 4
4
2 3
12 3! 4!
1 ...2 3! !
i
i
x x xy x
x x xy x
i
Ce résultat est le même qu’à l’exemple 15 de la page 25 avec la CI 0
(0) 1y y .
______________________________________________________________________
Remarque. En pratique, les algorithmes de Picard et des « polynômes de Taylor »
produisent des polynômes identiques à l’étape ultime de l’évaluation numérique de la
solution y(x). Les deux cas suivants peuvent se présenter :
o Si dans l’ED 0 0' ( , ) avec ( )y f x y y x y , l’expression de ( , )f x y est un
polynôme en x et y, l’algorithme de Picard produira un polynôme de degré n
identique à celui produit par celui des polynômes de Taylor, sauf possiblement le
dernier terme qui sera « corrigé » par l’itération suivante.
o Si dans l’ED 0 0' ( , ) avec ( )y f x y y x y , l’expression de ( , )f x y comporte
une fonction (sinusoïdale, exponentielle ou autre) intégrable dans le cadre de
l’algorithme, on retrouvera après n itérations une expression dont l’évaluation
repose sur le même polynôme qu’avec l’algorithme des polynômes de Taylor lors
de l’étape ultime de l’évaluation numérique pour une valeur donnée de x dans
l’intervalle de converence de la série de Taylor.
31
1.5.3 Les méthodes numériques
Les méthodes numériques sont généralement utilisées lorsqu'il n'existe pas d'approche
analytique pour obtenir une solution à une ED. Ces méthodes ont été développées étant
donné l’impossibilité de résoudre certaines classes d’ED. Ces techniques se présentent
sous forme d'algorithmes permettant de déterminer une suite de points associés à une
solution approchée d'une ED donnée.
Les algorithmes d’Euler et de Runge-Kutta (RK) seront introduits dans ce texte : celui
d’Euler ci-dessous; l’algorithme de RK au chapitre 7 (son utilisation avec la calculatrice
peut être introduite dans le chapitre (1)).
Pour l’instant, la problématique se résume comme suit : on désire estimer les n valeurs
numériques de ( )i
y x pour x dans l’intervalle [a, b] dans le cas d’une ED de la forme
' ( , )y f x y avec y(a) = y0 (1.40)
On fait l’hypothèse que ( , ( ))f x y x est définie dans l’intervalle [a, b]. En pratique, on
divise l’intervalle en n sous-intervalles de largeur égale h donnée par :
b ah
n
(1.41)
L’objectif de la méthode : estimer la valeur numérique de 1 2( ), ( ), ... , ( )ny x y x y x pour
1 2, 2 , ... , nx a h x a h x a nh b respectivement. Le paramètre h est le pas de
calcul; sa valeur est déterminante dans les erreurs d’estimations introduites par les
algorithmes numériques. On procède comme suit pour estimer les valeurs numériques
successives des y1 :
' ( , ) ( , ) ( , )dy
y f x y f x y dy f x y dxdx
(1.43)
On intègre de part et d’autre de l’égalité comme suit :
1 1
1
1| ( , ) pour 0 ...i i
i
i
i i
y x
y
y i i
y x
dy y y y f x y dx i n
(1.44)
On isole 1iy pour obtenir l’expression suivante :
1
1 ( , )i
i
x
i i
x
y y f x y dx
(1.45)
Ce qui distingue les différents algorithmes numériques, c’est la façon d’évaluer
l’intégrale en (1.45). L’algorithme d’Euler repose sur l’hypothèse que les points 1
eti i
x x
sont rapprochés (le pas de calcul h est petit) pour effectuer les approximations suivantes:
1
1( , ) ( , ) ( ) ( , )( , ) ( , )
i
i
x
i
i i i i i i
i i x
y yf x y dx f x y x x h f x y
f x y f x y
(1.46)
32
Avec le résultat à droite et avec i = 0, 0x a . Le résultat est donc le suivant :
1 0
1 0 0 0( , )
x x h
y y h f x y
(1.47)
En posant ( , ) ( , )i i
f x y f x y pour le calcul de l’intégrale de1
ài i
x x
, on obtient ceci :
1
( , ) ( , )i
i
x
i i
x
f x y dx h f x y
(1.48)
On obtient la suite des points la solution numérique en itérant comme suit :
1
1
pour 0 ... n 1( , )
i i
i i i i
x x hi
y y h f x y
(1.49)
Remarque : L’algorithme de Runge-Kutta (RK) est beaucoup plus puissant que celui
d’Euler car il procède d’une meilleure estimation de ( , )f x y dans l’intégrale à faire sur
l’intervalle 1,
i ix x
. L’algorithme RK repose sur une approximation polynômiale de la
fonction ( , )f x y dans l’intervalle 1,
i ix x
dont le degré peut être choisi (degré 5 dans le
cas de RK d’ordre 4; dans ce cas, l’erreur d’estimation de iy (par rapport à la valeur
exacte) est proportionnelle à 4h . Dans le cas de l’algorithme d’Euler, on utilise la valeur
iy (constante) obtenue à l’étape précédente pour estimer ( , )f x y par ( , )i i
f x y dans
l’intervalle 1,i ix x et l’erreur d’estimation est proportionnelleà2h .
L’algorithme d’Euler
Résolution de l'ED ordinaire d'ordre 1 ' ( , )y f x y avec 0( )y a y
La suite des points servant à estimer la solution commence par 0 0( , )x y où 0x a .
Les autres sont obtenus en appliquant l'algorithme 1
1 ( , )
i i
i i i i
x x h
y y h f x y
Dans ces deux égalités, h est le pas de calcul. Pour obtenir la valeur numérique de la
solution y en x = b en n étapes de calculs, il faut que
b ah
n
Comme dans le cas de tous les autres algorithmes, la grandeur du pas de calcul (h) est
déterminante sur l'erreur introduite dans la détermination des valeurs estimées ( iy ).
Dans le cas de cet algorithme, l’erreur d’estimation introduite à chacune des étapes de
calcul est proportionnelle à2h , alors que l’erreur cumulée après n étapes de calcul est
proportionnelle à h. On a donc intérêt à choisir un pas de calcul assez petit pour ne pas
propager une erreur trop importante dans les évaluations successives des iy .
33
Exemple 18. Estimation de y(2) en 5 pas de calcul avec Euler dans le cas de l’ED
' avec (0) 2y x y y
Dans ces conditions, a = 0, b = 2 et n = 5. Le pas de calcul est
2 0 2
5 5
b ah
n
Les calculs à faire pour l’estimation des ix et des iy reposent sur les formules
1
1
0.4
( , )
i i i
i i i i i i
x x h x
y y h f x y x y
0 0
1 1 0 0 0
2 2 1 1 1
3 3 2 2 2
4 4 3 3 3
0 0 2
1 0.4 ( , ) 2 (0.4) (2) 2.8
2 0.8 ( , ) 2.8 (0.4) (0.4 2.8) 4.08
3 1.2 ( , ) 4.08 (0.4) (0.8 4.08) 6.032
4 1.6 ( , ) 6.032 (0.4)
i x a y
i x y y h f x y
i x y y h f x y
i x y y h f x y
i x y y h f x y
5 5 4 4 4
(1.2 6.032) 8.9248
5 2 ( , ) 8.9248 (0.4) (1.6 8.9248) 13.1347i x b y y h f x y
L’algorithme d’Euler produit donc l’estimation suivante : (2) 13.1347y
L’algorithme de Runge-Kutta produit (calculatrice) l’estimation suivante : y(2) = 19.1604
La solution analytique permet d’évaluer la valeur exacte de la solution :
2
2(2) 3 1 3 3 19.1672x
xy e x e
Comme on le constate, L’algorithme de Runge-Kutta produit une estimation
significativement meilleure que celle produite par l’algorithme d’Euler. Avec un pas de
calcul plus petit (1/100 par exemple), on trouve les estimations suivantes :
Euler (2) 18.9481
Runge-Kutta (2) 19.1672
y
y
Avec 4 chiffres significatifs après le point, il n’y a pas de différence entre la valeur de
y(2) obtenue avec la solution analytique et celle obtenue avec Runge-Kutta.
Remarque : On utilise des outils de calcul (calculatrice ou ordinateur) lors de
l’utilisation de ces algorithmes en raison de la quantité de calculs à effectuer.
L’utilisation de la calculatrice sera introduite dans les premières séances de travaux
pratiques du cours.
34
1.5.4 Les méthodes qualitatives
On utilise les méthodes qualitatives pour visualiser la famille des solutions d’une ED
données. Par exemple, on utilise la méthode des champs de direction dans le cas des ED
d’ordre 1 pour visualiser les valeurs numériques des pente ( 'y ) sur une grille de point
dans le plan XY par de petits segments de droite dont la pente est donnée précisément par
' ( , )y f x y . On utilise également ces méthodes pour se faire une idée ou caractériser les
familles de solutions des ED qui ne peuvent être résolues par des méthodes analytiques.
_______________________________________________________________________
Exemple 19.
Le champ de direction associé à l’ED y’ = x + y pour -3 < x < 3, -1 < y < 5 ainsi que la
courbe associée à la solution particulière de cette ED avec la CI y(0)= 0,5.
Y
X
Figure 1.7. Champ de directions de y’ = x + y solution associée à la condition initiale y(0)= 0,5.
________________________________________________________________________________________________
Finalement, il faut ajouter aux méthodes de résolution l’utilisation des outils de calculs
avec les procédures graphiques qui facilitent l’analyse des solutions. Il y a les logiciels de
calculs Maple, Derive, Mathematica et Matlab ainsi que les calculatrices symboliques
comme la Nspire ou la Voyage 200.
Il est souhaitable d’avoir une connaissance suffisante des mathématiques utilisées dans
les calculs effectués à l’aide de ces outils. Il importe par exemple d’avoir au moins une
idée du résultat qui sera obtenu ou encore de réaliser qu’un résultat est farfelu suite à une
erreur lors de l’utilisation d’une procédure, par exemple.
35
1.6 Résumé du chapitre
Une équation différentielle (ED) est une équation comportant au moins une
dérivée d'une fonction inconnue qu’on cherche à déterminer avec une technique
de résolution appropriée.
Les ED apparaissent naturellement dans la modélisation des systèmes
dynamiques. La théorie des ED constitue d'ailleurs l'outil principal de
modélisation en sciences et en génie.
Le champ d'application des ED en génie est constitué surtout par les systèmes
dynamiques, c’est-à-dire (et entre autres) les circuits électriques, les circuits
hydrauliques, les circuits thermiques, les systèmes mécaniques, la propagation des
ondes, la déformation des corps, etc.
On classifie généralement les ED suivant qu'elles sont EDO ou EDP. Parmi les
ED, il y a les EDO linéaires et celles qui ne le sont pas. On complète la
classification en considérant l'ordre des ED ainsi que des caractéristiques
particulières permettant notamment d’identifier la technique de résolution.
On distingue 2 types de solutions à une ED d'ordre n: les solutions générales
(comportant n constantes arbitraires) et les solutions particulières (sans constantes
arbitraires). On obtient la solution particulière de la solution générale d'une ED
d'ordre n en déterminant la valeurs de ses n constantes arbitraires à l’aides des n
conditions initiales qu’elle doit satisfaire.
Les solutions des ED s'expriment sous la forme explicite (y = f(x)) ou sous la
forme implicite (F(x, y) = 0).
La représentation graphique des solutions des ED ordinaires sont des courbes dans
le plan.
On distingue quatre approches pour résoudre les ED :
o les méthodes analytiques;
o les méthodes "quasi-analytiques";
o les méthodes numériques;
o les méthodes qualitatives;
L’utilisation des outils de calculs incluant les procédures graphiques facilitent
l’illustration et l’analyse des solutions. L’utilisation de la Nspire sera introduite
dans le cadre de ce cours sur les ED.
Si y(x0) et les n premières dérivées de y(x) existe en x0, on peut obtenir une
solution approchée de la solution particulière sous la forme d’un polynôme
(notamment un polynôme de Taylor) de degré n:
( )20 0
0 0 0 0 0
"( ) ( )( ) ( ) '( ) ( ) ( ) ... ( )
2! !
nny x y x
y x y x y x x x x x x xn
36
La qualité de l'approximation croit avec le degré du polynôme. Le degré est choisi
de façon à limiter l'erreur d’estimation à une valeur fixée au départ.
L’algorithme de Picard produit également une solution quasi-analytique avec une
approche par intégration. À l’étape ultime de l’évaluation numérique de y(x), le
même polynôme qu’avec la technique des polynômes de Taylor est utilisé.
L’algorithme d’Euler permet d’obtenir une solution numérique à l’ED
0 0' ( , ) ( )y f x y avec y x y
Le pas de calcul h est déterminé par le nombre d’étapes de calculs n et la largeur
(b-a) de l’intervalle sur lequel on veut déterminer la solution numérique et donné
par
b ah
n
La suite des valeurs des ( )i
y x calculées dans l’intervalle [a, b] est obtenues
comme suit :
10
1
pour 0 ... 1, et( , )
i in
i i i i
x x hi n x a x b
y y h f x y
ED ordinaires facile à résoudre.
o ' axy ay y Ce
o 2
1 2'' 0 sin( ) cos( )y y y C x C x
o ED directement intégrable
1
1 1 2
' ( ) ( )
'' ( ) ( ) ( )
y f x y f x dx C
y f x y f x dx C dx f x dx dx C x C
37
1.7 Exercices
Exercice 1. Répondez par vrai ou faux en justifiant.
a) Si la solution d’une ED est donnée par V(x, y, t), c’est qu’il s’agit de la solution
d’une équation aux dérivées partielles.
b) L’ED 2'' ' 3 sin 5y x y xy x est linéaire d’ordre 3.
c) La fonction y(x) ci-dessous est solution d’une certaine ED . Il s’agit de plus d’une
solution particulière
2( ) 3 e 1 ex xy x x x
d) Une solution numérique à une ED avec conditions initiales en x = x0 introduit une
erreur qui croit avec l’écart |x - x0|.
e) Il faut nécessairement 2 conditions initiales pour déterminer une solution
particulière à une ED d’ordre 2.
f) L’ED 3 2' 1x y x est directement intégrable.
g) L’ED 0dy
bydt
a pour solution généralebty C e .
Exercices 2. Déterminez dans chacun des cas si la fonction ou la relation est une
solution de l’ED et déterminer s’il s’agit d’une solution générale ou particulière.
a) , 1 xdyx y y x C e
dx
b)
5
33 ' 5 0 , ( ) 4
x
y y y x e
c) 4 '' 4 ' 0y y y , 2( ) 2 1
x
y x e x
d) 0
diL Ri V
dt , 0( ) 1
R
LtV
i t eR
e) 2' , 2xy y x x xy C
f) 3 3
' 3 , ( ) 3x x xyy e y x e e
x x x
g) (20 ) , ( ) 20 30 ktdT
k T T t edt
h) 0 0, ( ) 1t
RCdq q
R V q t CV edt C
i) , ( ) ktdQkQ Q t C e
dt
38
Exercice 3. Montrez que les ED suivantes sont directement intégrables et déterminez la
solution générale. S’il y a des conditions initiales, déterminez la solution particulière.
Utilisez la calculatrice pour les intégrales si nécessaire.
a) ' 3 avec (1) 2xy y b) 2' 1 avec (1) 0xy x y
c) 2'' 1y x d) sin(2 ) avec (0) 1dy
x x ydx
e) 2 2t tdUe e
dt
f) 2
2'
1z
r
Exercice 4. Dans chacun des cas ci-dessous, déterminez la vitesse v(t) et la position x(t)
en fonction du temps d’une particule dont le mouvement rectiligne dans le cas de chacune
des situations. On vous donne l’accélération a(t) en m/sec2, la vitesse initiale v(0) en
m/sec ainsi que la position initiale x(0) en m. Utiliser la calculatrice pour les intégrale s’il
y a lieu.
a) ( ) 20, (0) 5, (0) 10a t v x
b) ( ) 2 , (0) 5, (0) 4a t t v x
c) 1
2
1( ) , (0) 1, (0) 1
( 2)
a t v x
t
d) 3
2( ) , (0) 0, (0) 0
( 1)a t v x
t
Exercice 5. Dans chaque cas, déterminez un polynôme de degré 5 pour approximer la
solution à l’ED donnée avec la (les) condition(s) initiale(s) donnée(s).
a) ' 2 avec (0) 2y y y
b) ' 3 avec (1) 2y x y y
c) ' avec y(0) = 1y x y
d) 2 2' avec (0) 1y x y y
e) '' 2 ' , (0) 12, '(0) 2y y xy y y
f) ' , (1) 2z r z z
Exercice 6. Reprendre les ED de l’exercice 5 (a, b, c, d) en utilisant l’algorithme
d’Euler pour obtenir une solution en x = 2 en utilisant 5 étapes de calcul (n = 5). Les
réponses peuvent être obtenues ou vérifiées simplement à l’aide de la calculatrice.
Exercice 7.
a) Utiliser la calculatrice pour vérifier les réponses obtenues à l’exercice 6.
b) Utiliser la calculatrice pour faire tracer les champs de pentes des ED de
l’exercice 5 (a, b, c, d).
39
Exercice 8.
Résoudre les ED suivantes. Trouver la solution particulière avec les conditions initiales
(CI).
a) ' 3 0, (0) 2y y y
b) 3 ' 4 0, (0) 4y y y
c) '' 9 0, (0) 2, '(0) 3y y y y
d) 5 '' 15 0, (0) 0, '(0) 4y y y y
1.8 Réponses aux exercices
Exercice 1
a) Vrai b) Faux c) Vrai d) Vrai e) Vrai f) Vrai g) Faux
Exercice 2.
a) oui, générale b) non c) oui, particulière d) oui, particulière
e) oui, générale f) oui, particulière g) oui, particulière
h) oui, particulière i) oui, générale.
Exercice 3
a) 2 3 ln( )y x b)
2 1ln( )
2 2
xy x
c)
2 4
1 22 12
x xy C x C d)
sin(2 ) cos(2 )1
4 2
x x xy
e)
2 2
2
t te eU C
f)
1ln
1
rz C
r
Exercice 4
a) ( ) 5 20v t t , 2( ) 10 5 10x t t t
b)
32( ) 5 , ( ) 4 5
3
tv t t x t t
c) 3
28 2 4
( ) 1 2 2 2 2 , ( ) 1 1 2 2 22 3
v t t x t t t
d)
2
2
1( ) 1 , ( )
11
tv t x t
tt
40
Exercice 5
a) 2 3 4 58 4 8( ) 2 4 4
3 3 15y x x x x x x
b) 2 3 4 534 99
( ) 5 7 11( 1) 11( 1) ( 1) ( 1)4 20
y x x x x x x
c) 2 4 61 1 1
( ) 12 8 48
y x x x x
d) 2 3 4 5 64 7 6 37
( ) 13 6 5 30
y x x x x x x x
e) 2 3 4 52 1 1( ) 12 2 2
3 6 20y x x x x x x
f) 3 3 4 52 2 1 1
( ) 2 2( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)3 3 6 10
z r r r r r r
Exercice 8
a) 32 xy e
b) 4
34x
y e
c) 2cos(3 ) sin(3 )y x x
d) 4sin 3
3y x
Texte rédigé par Luc Soucy Dernière révision : printemps 2016
41
Suite page suivante …
42
Table des matières
Chapitre 2
Équations différentielles ordinaires d'ordre 1
Section Sujet Page
2.1
2.1.1
Introduction ……………………………………………………………....
Méthodes de résolution ……………………………………………....
43
43
2.2
2.2.1
2.2.2
Solution analytique des ED d’ordre 1 …………………………………...
Les étapes de la résolution des ED d’ordre 1 ……………....................
Forme des solutions …………………………………………………..
45
46
47
2.3 Résolution des ED à variables séparables ………………………………..
48
2.4 Résolution des ED linéaires ……………………………………………..
51
2.5
2.5.1
2.5.2
2.5.3
Résolution des ED exactes ……………………………………………….
Identification des ED exactes ………………………………………..
Détermination de la solution des ED exactes ………………………..
Facteur intégrant …………………………………………………………
53
55
56
59
2.6
2.6.1
2.6.2
2.6.3
Changement de variable pour la résolution des ED ……………………...
Résolution des ED de Bernoulli ………………………………………
Résolution des ED homogènes ……………………………………….
Autres cas (optionnel) ……………………………………………….
62
62
66
71
2.7 Utilisation de la calculatrice …………………………………………….. 72
2.8 Identification des ED d’ordre 1 : quelques trucs utiles ………... ………. 75
2.9 Résumé des principaux résultats sur les ED d’ordre 1 ………………….. 76
2.10
2.10.1
Exercices …………………………………………………………………
Réponses aux exercices …………………………………………………..
81
84
43
Chapitre 2
Équations différentielles ordinaires d’ordre 1
2.1 Introduction
Les ED d'ordre 1 peuvent se présenter sous les 2 formes suivantes:
( , ) (forme 1)dy
f x ydx
(2.1)
( , ) ( , ) 0 (forme 2)M x y dx N x y dy (2.2)
La forme (2.1) est dite « forme standard » alors que la forme (2.2) est dite « forme
différentielle ». Elles sont équivalentes : par exemple, on passe de la forme (2.2) à la
forme (2.1) comme suit;
( , ) ( , ) 0 ( , ) ( , ) 0
( , )En isolant , on obtient ( , )
( , )
dyM x y dx N x y dy M x y N x y
dx
dy dy M x yf x y
dx dx N x y
2.1.1 Méthodes de résolution
Pour résoudre les ED d’ordre 1, on utilise les méthodes suivantes (comme indiqué au
chapitre 1) :
les méthodes analytiques;
les méthodes numériques;
les méthodes "quasi-analytiques";
les méthodes qualitatives.
À ces méthodes s’ajoute l’utilisation des outils de calcul : les calculatrices (Nspire,
Voyage 200, etc) et les logiciels (Maple, Derive, Mathematica, etc.) qui offrent la
possibilité de résoudre les ED, d’afficher le graphe des solutions et de faciliter l’analyse
des solutions. Dans le cadre du cours, nous allons introduire et développer l’utilisation de
la calculatrice « Nspire ».
Les méthodes analytiques permettent de résoudre certaines formes d’ED et de
produire une solution exacte. C’est le cas des ED reliées aux applications qui
seront considérées dans ce cours et dans les cours d’ingénierie. Les ED dites à
variables séparables et les ED linéaires apparaissent souvent dans les applications.
Les méthodes numériques introduites dans ce cours sont les algorithmes d’Euler
et de Runge-Kutta. On apprendra à utiliser la calculatrice Nspire pour les
appliquer et obtenir une solution numérique à une ED d’ordre 1. L’algorithme
d’Euler a été présenté dans le chapitre 1. La puissance de l’algorithme de Runge-
Kutta fait de ce dernier un outil essentiel pour résoudre les ED, notamment celles
qui n’admettent pas de solution analytique. Cet algorithme sera présenté en détail
au chapitre 7, dans la deuxième partie de ce document.
44
Les méthodes « quasi-analytiques » des polynômes de Taylor et l’algorithme de
Picard sont décrites au chapitre 1 : on se rappellera que ces méthodes permettent
d’obtenir des solutions dont la précision peut être ajustée par le nombre
d’itérations. Dans le cas des polynômes de Taylor, les solutions sont d’autant plus
précises que le degré du polynôme est élevé.
La dénomination « quasi-analytique » peut s’expliquer comme suit : si ( )y g x
est solution de l’ED 0 0' ( , ) avec ( )y f x y y x y , alors la technique des
polynômes de Taylor et l’algorithme de Picard implique à l’étape finale de
l’évaluation numérique de y(x) l’utilisation d’un polynôme dont les termes
coïncident avec les premiers termes de la série de Taylor de ( )y g x .
Dans le cas des méthodes qualitatives, il importe d’abord de préciser que sous la
forme ' ( , )y f x y , l'équation donne la valeur numérique de la pente de la
tangente à la courbe solution de l'ED en chaque point du plan où f x y( , ) est
définie. On peut "représenter graphiquement" cette information par un champ de
pente ou champ de direction en traçant un segment de droite de pente ( , )f x y
sur une grille de points (x, y) d'une région du plan S 2 comme dans l’exemple
qui suit.
_________________________________________________________________________________________________________
Exemple 1.
Champ de direction de l'ED y' = x + y dans la région du plan -3 < x < 3 et -3 < y < 3.
3-3
-3
3
Figure 2.1. Champ de pentes de l’ED 'y x y
Le champ de direction permet une analyse qualitative d'une ED donnée, car elle permet
entre autres de visualiser grossièrement ce qui caractérise la famille des solutions qui lui
est associée. C'est ce que l'on constate si on représente sur un même graphique un certain
nombre de courbes associées à des solutions particulières d'une ED et son champ de
direction comme dans l'exemple qui suit.
45
_________________________________________________________________________________________________________
Exemple 2.
La figure de gauche présente le champ de direction et celle de droite le champ de
direction et quelques solutions de l'ED y' = - x / y pour - 3 < x < 3 et - 3 < y < 3. Elles
illustrent clairement que la famille des solutions de cette ED est l'ensemble des cercles
centrés à l'origine.
Fig. 2.2.1 Champ de pentes Fig. 2.2.2 Champ de pentes et quelques solutions
________________________________________________________________________
Dans le cas des EDO d’ordre 1, la technique des champs de direction constitue l’une des
principales « méthode qualitative ». Comme le suggèrent les figures ci-dessus, cette
méthode permet d’obtenir des informations qualitatives qui peuvent être précieuses,
notamment dans le cas des ED qu’on ne peut résoudre par des méthodes analytiques.
2.2 Solution analytique des ED d’ordre 1
Les ED exprime dans l’égalité qu’elle formule une propriété qui est une alternative à
l’expression des fonctions où des relations implicites qui sont solutions de cette dernière.
Par exemple, considérons la famille des fonctions exponentielles où a est un paramètre
donné et C une constante arbitraire
a xy C e (2.3)
Elles sont les seules fonctions solutions de l'ED 'y a y . En effet, on peut le vérifier
aisément:
'' ( )
a x
a x ax
y C ey a y
y aC e a Ce
(2.4)
De façon analogue, on peut dire de la relation implicite 2 2x y C (C > 0) définissant
la famille des cercles centrés à l'origine qu'elle est la seule à satisfaire l'ED suivante :
'x
yy
(2.5)
46
En effet, si nous appliquons la dérivation implicite à la relation ci-dessus, on obtient :
2 2( ) ( ) 2 2 0d d dy
x y C x ydx dx dx
Isolant 'dy
ydx
, on retrouve effectivement l’ED formulée en (2.5) : 'x
yy
.
Résoudre analytiquement une ED équivaut à expliciter, c’est-à-dire identifier la fonction
ou la relation implicite qui la satisfait. Ce n’est pas toujours possible : les techniques
quasi-analytiques et numériques sont alors des alternatives d’une grande utilité.
2.2.1 Les étapes de la résolution analytique des ED d’ordre1
La démarche pour la résolution analytique des ED d’ordre 1 comporte les 2 étapes
suivantes:
l’identification de l'ED;
l’application de la technique de résolution associée à l'ED identifiée.
Dans le cas des ED qui peuvent être résolues par des méthodes analytiques, il importe
d'insister sur l'importance de l'étape d’identification. Cette dernière est essentielle, car elle
permet d'identifier la technique de résolution à utiliser. Dans les sections qui viennent
seront abordées les caractéristiques d'identification et la technique de résolution de
chacune des classes d'ED suivantes:
1. les ED directement intégrale d’ordre 1 (la résolution a été vue au chapitre 1);
2. les ED à variables séparables;
3. les ED exactes;
4. les ED linéaires;
5. les ED de Bernoulli;
6. les ED homogènes;
7. certaines classes d'ED qui se ramène à celles qui précèdent avec un changement
de variables.
Avant d’aborder la résolution de ces classes d’ED, il importe de préciser qu’en raison de
la fréquence de leur occurrence dans les applications, les 2 classes les plus importantes
sont les ED linéaires et les ED à variables séparables.
Les ED exactes sont les plus importantes au plan analytique : on peut montrer que toutes
les classes d’ED listées ci-dessus sont exactes ou admettent un facteur intégrant qui en
fait des ED exactes.
47
2.2.2 Formes des solutions
Conformément aux définitions introduites dans le chapitre 1, la solution générale d'une
ED d'ordre 1 comporte une constante arbitraire. Nous verrons dans les sections qui
suivent que les solutions s'expriment sous la forme explicite ou sous la forme implicite; le
schéma qui suit résume la situation.
résolution ( , ) forme explicite( ( )) solution générale
( , , ) = 0 forme implicite
y f x CED y x
F x y C
Lorsqu’une ED d’ordre 1 comporte une condition initiale, ce qui équivaut à exiger que la
variable dépendante prend une valeur particulière pour une valeur fixée de la variable
indépendante, on peut alors déterminer une solution particulière. Pour la déterminer, la
solution générale (qui formule une égalité) doit satisfaire la condition initiale, ce qui
permet de déterminer la valeur numérique de la constante qui y figure.
Les solutions particulières s'expriment sous les formes explicite ou implicite et se
représentent graphiquement par des courbes dans le plan XY.
èreforme explicite forme explicite
solution particuliforme implicite forme implicite
( , ) ( )
( , , ) = 0 ( , ) = 0
conditioninitialey f x C y f x
F x y C F x y
Exemple 3.
La figure ci-dessous présente le champ de direction, quelques membres de la famille des
solutions. La solution particulière associée à l’ED avec la condition initiale y(1) = 0 est
représentée en trait gras.
'y x y (2.6)
Fig.2.3. La figure présente le champ de direction, un certain nombre de courbes
de la famille des solutions de l’ED 'y x y . La solution particulière associée à
la condition initiale y(1) = 0 est représentée par un trait « gras ».
48
2.3 Résolution des ED à variables séparables (EDVS)
Identification
Forme standard
( ) ( )dy
f x g ydx
(2.7)
Forme différentielle
1 2 2 1( ) ( ) ( ) ( ) 0f x g y dx f x g y dy (2.8)
Les formes sont équivalentes. Par exemple, pour passer de la forme différentielle (2.8) à
la forme standard (2.7), on procède comme suit:
1 2 2 1( ) ( ) ( ) ( ) 0f x g y dx f x g y dy
1 2 2 1( ) ( ) ( ) ( ) 0dy
f x g y f x g ydx
1 2
2 1
( ) ( )
( ) ( )
dy f x g y
dx f x g y
Cela correspond à la forme standard (2.7) :
( ) ( )dy
f x g ydx
avec
1
2
2
1
( )( )
( )
( )( )
( )
f xf x
f x
g yg y
g y
Détermination de la solution des EDVS
La solution se fait selon les étapes suivantes.
La séparation des variables
Cette étape s’effectue comme suit dans le cas des chacune des formes:
1 11 2 2 1
2 2
( ) ( ) ( ) ( ) 0( ) ( )
ou
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 0 0
( ) ( )
dy dy dyf x g y f x dx f x dx
dx g y g y
f x g yf x g y dx f x g y dy dx dy
f x g y
Dans chacune des formes, le résultat de droite correspond à une ED à variables
séparées. L'intégration par rapport à x de part et d’autre de l’égalité donne la solution
générale. C'est la prochaine étape.
49
L'intégration pour la détermination de la solution générale
La solution générale s'obtient comme suit:
Forme standard
( )( )
dyf x dx C
g y (2.9)
Forme différentielle
1 1
2 2
( ) ( )
( ) ( )
f x g ydx dy C
f x g y (2.10)
Remarque 1. Dans les résultats (2.9) et (2.10), on a regroupé les trois constantes
d’intégration qui apparaissent dans chacune des trois intégrales (incluant celle de la
constante à droite de l’égalité).
Remarque 2. En (2.9) et en (2.10), l'intégration se fait par rapport à la variable
indépendante x. En effet, ( )y y x est fonction de x, de sorte que 'dy y dx . Dans
ces conditions, le résultat formulé en (2.9) pourrait s’écrire comme suit :
'( )
( ( ))
y dxf x dx C
g y x (2.11)
Remarque 3. Les expressions des solutions des EDVS sont généralement de la forme
implicite. Dans le cas par cas, on peut évaluer s’il est possible d’isoler y pour
obtenir la forme explicite de la solution.
Détermination de la solution particulière
Finalement, si l’ED comporte une condition initiale y(x0) = y0, on détermine la
valeur de la constante arbitraire C à l’aide de cette dernière pour obtenir une
solution particulière.
______________________________________________________________________
Exemple 4. Résolution de l'ED y' = 2y + y sin(x) avec y(0) =1
Étape (1): Identification
On peut écrire l'ED sous la forme standard (7) des ED à variables séparables.
( ) 2 sin( )' (2 sin( )) ( )
( )
f x xy x y
g y y
Étape (2): Séparation des variables et intégration
On sépare les variables pour obtenir la forme ( ) 0( )
dyf x dx
g y . On obtient ce qui suit.
(2 sin( )) 0dy
x dxy
50
Sous cette forme, l'ED peut être intégrée pour obtenir la solution générale sous forme
implicite.
3(2 sin( ))dy
x dx Cy
1 2 32 cos( ) lnx x C y C C
Regroupant les constantes, on obtient la solution suivante ( 3 2 1A C C C ).
2 cos( ) lnx x y A
Avec quelques manipulations, la solution obtenue se met sous la forme explicite comme
suit.
2 cos( )2 cos( )
2 cos( )
ln 2 cos( ) où
où
B x x
B
B x x
x x
y B x x B A
y e e e
y C e C e
2 cos( )x xy C e
Étape 3. Solution particulière
Avec la condition initiale y(0) = 1, on trouve C = e, de sorte que la solution particulière
(et explicite) est donnée par
(2 cos( )) (2 cos( ) 1)x x x xey e e ________________________________________________________________________________________________________
Exemple 5. Résolution de l’ED 2 2 2( ) 0 avec (1) 1xy dx x x y dy y
Étape 1: Identification
On peut écrire l'ED sous la forme différentielle (8) des ED à variables séparables :
2 2( )( ) (1 ) 0x y dx x y dy
Étape 2: Séparation des variables et intégration
En divisant terme à terme par2 0x y , on obtient une ED à variables séparées :
1( ) 0
dxy dy
x y
On intègre comme indiqué en (10) en regroupant les constantes d’intégration à droite
pour trouver la solution générale :
21ln ln
2
dx yy dy C x y C
x y
Avec la condition initiale y(1) = 1, on trouve facilement 1/ 2C . La solution particulière
est alors donnée par l’expression suivante (vérifiez-le).
2 2 2ln( ) 1x y y
51
Résolution des ED à variables séparables (EDVS)
Identification
Forme standard
( ) ( )dy
f x g ydx
Forme différentielle
1 2 2 1( ) ( ) ( ) ( ) 0f x g y dx f x g y dy
Étapes de la résolution
La séparation des variables
L'intégration pour la détermination de la solution générale
Forme standard
( )( )
dyf x dx C
g y
Forme différentielle
1 1
2 2
( ) ( )
( ) ( )
f x g ydx dy C
f x g y
2.4 Résolution des ED linéaires
Parmi les ED d’ordre 1, celles de forme linéaire sont sans doute les plus importantes,
notamment par leur occurrence dans applications en sciences et en génie.
Identification
Toutes les ED qui peuvent s’écrire comme suit :
( ) ( )dy
P x y Q xdx
(2.12)
__________________________________________________________________________________
Exemple 6. Les ED suivantes sont linéaires :
a) 2
2
2( )2
' 1 EDlinéaire avec
( ) 1
P xy y x x
xQ x x
52
b) 3 32 2
' sin(2 ) ED linéaire avec ( ) ( ) sin(2 )y y x x P x et Q x x xx x
c) 3 2' 2 xxy y x e
Dans cet exemple, si l’on divise chacun des termes par 0x , on obtient
2 2
2 2
2( )2
' ED linéaire avec
( )
x
x
P xy y x e x
xQ x x e
__________________________________________________________________________________________________________
Résolution de l’ED linéaire d’ordre 1
La solution est donnée sous la forme explicite par la formule
( ) ( )( )
P x dx P x dxy e Q x e dx C
(2.13)
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 7. Résolution de l’ED 22
'y y xx
avec4
(1)5
y .
Étape 1. Identification : l’ED est linéaire avec22
( ) et ( )P x Q x xx
.
Étape2. Résolution :
( )
22
( ) 2
12
( ) 2ln( ) ln( )
P x dx
P x dx
exP x dx dx x x
xe x
Utilisant la formule en (13) ci-dessus pour la solution générale en y, on a :
5 3
2 2 4
2 2 2 2
1 1 1
5 5
x x Cy x x dx C x dx C y C
x x x x
Solution particulière : 3
2
4 1(1) 1
5 5
xy C y
x
Résolution des ED linéaires d’ordre 1
Identification
Toutes les ED qui peuvent s’écrire comme suit
( ) ( )dy
P x y Q xdx
Résolution
La solution est donnée sous la forme explicite par la formule
( ) ( )( )
P x dx P x dxy e Q x e dx C
53
(Optionnel). Démonstration de la formule (2.13).
Multiplions chacun des termes de l’ED par la fonction( )P x dx
e : on obtient l’égalité suivante.
( ) ( ) ( )( ) ( )
P x dx P x dx P x dxdye P x y e Q x e
dx
La partie de gauche de l’égalité n’est en fait rien d’autre que la dérivée du produit( )P x dx
y e .
En effet, si on effectue la dérivée ce produit, on obtient le terme de gauche de l’égalité ci-dessus :
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
P x dx P x dx P x dx P x dx P x dxd dy d dyy e e y e e P x y e
dx dx dx dx
Dans ces conditions, il suffit d’intégrer de part et d’autre de l’égalité suivante par rapport à x pour
résoudre l’ED :
( ) ( )( ) ( )
P x dx P x dxdy e Q x e
dx
( ) ( )( ) ( )
P x dx P x dxdy e dx Q x e dx C
dx
( ) ( )
( )P x dx P x dx
y e Q x e dx C
Le résultat est l’égalité suivante. Si on isole y pour obtenir la forme explicite de la solution de l’ED, on
obtient le résultat formulé ci-dessus en (2.13). Cette démonstration est attribuée au mathématicien Euler.
( ) ( )( )
P x dx P x dxy e Q x e dx C
2.5 Résolution des ED exactes
Avant d’aborder la résolution des ED exactes, il importe de considérer les deux
remarques suivantes pour se rappeler comment s’effectuent les dérivées partielles et les
intégrales partielles. _________________________________________________________________________________________________________
Remarque sur la dérivée partielle. Lorsqu’on dérive partiellement une fonction à
plusieurs variables par rapport à une variable indépendante, les autres variables
indépendantes sont considérées comme des constantes. De plus, toutes les règles de
dérivation connues s’appliquent, sans oublier la phrase qui précède. _________________________________________________________________________________________________________
Exemple 8. Soit la fonction à deux variables2( , ) 2 yF x y x xy xe .
Alors les dérivées partielles suivantes s’obtiennent facilement sur la base du contenu de
la remarque ci-dessus. Il importe de noter la notation utilisée.
2 2
2 2
2 2
22 2
2 2 2 et 2
2 2 2 2 2
yy
y y
y y y y
y
FFx xex y e
yx
F F F Fx y e x xe xe
x x x x y y y x
F F F Fx y e e x xe e
y x y x y x y x y y
54
On note l’égalité des dérivées secondes mixtes (c’est toujour le cas lorsqu’une fonction à
deux variables est deux fois dérivables) :
2 2
2 yF F F F
x y x y y x y xe
___________________________________________________________________________________________________________
Remarque : Lorsqu’on intègre partiellement une fonction à plusieurs variables par
rapport à l’une des variables indépendantes, on considére les autres comme des
constantes. De plus, toutes les règles d’intégration connues s’appliquent. _________________________________________________________________________________________________________
Exemple 9. Calcul des intégrales partielles de ( , ) 3 yG x y x xy xe . Il importe de
remarquer la particularité de la notation utilisée.
2 2 2
2
( , ) 3 3 ( )2 2 2
( , ) 3 3 ( )2
y y
y y
x x y xG x y x x xy xe x x e k y
xyG x y y x xy xe y y xy xe h x
Les fonctions à une variable ( ) et ( )k y h x sont les « constantes d’intégration » associées
aux intégrales partielles en x et y respectivement. En dérivant partiellement le résultat des
intégrales par rapport à la variable d’intégration, on retrouve G(x,y) dans chaque cas : en
effet, la dérivée partielle par rapport à x de ( )k y est nulle et la dérivée partielle de ( )h x
par rapport à y est également nulle. ________________________________________________________________________________________________________
Pour introduire les ED exactes, il faut rappeler que toute relation implicite de la forme
( , )F x y C définit implicitement y comme fonction de x et que sa représentation
graphique est une courbe dans le plan (il faut attribuer une valeur numérique à C pour la
tracer). Elle peut également être considérée comme la solution d’une équation
différentielle construite sur la base du fait que la différentielle d’une fonction constante
est nulle. C’est le cas de ( , )F x y dans l’égalité ( , )F x y C :
0 ( ) 0F F
dF dx dy d Cx y
(2.14)
0F F
dx dyx y
(2.15)
Remarque. On peut également utiliser la dérivation implicite pour dériver de part et
d’autre l’égalité ( , )F x y C :
( , ( )) ( ) 0d d F F dy
F x y x Cdx dx x y dx
Il suffit de multiplier par dx de part et d’autre de l’égalité à droite ci-dessus l’ED en
(2.15) :
0F F
dx dyx y
55
2.5.1 Identification des ED exactes
L’ED en (2.15) a la forme suivante :
( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy (2.16)
Lorsque l’ED en (2.16) est élaborée comme en (2.15), c’est-à-dire comme différentielle
exacte d’une fonction à deux variables qui est constante, elle présente les caractéristiques
suivantes :
Il existe une fonction ( , )F x y telle que
( , ) ( , )F F
dx dy M x y dx N x y dyx y
(2.17)
Par identification :
( , ) et N( , )F F
M x y x yx y
(2.18)
La solution de l’ED en (2.16) est donnée par ( , )F x y C
Pour montrer que l’ED en (2.16) est exacte, il faut vérifier qu’elle a été construite comme
indiqué en (2.15). Pour le faire, on utilise le théorème de l’égalité des dérivées secondes
mixtes d’une fonction à deux variables deux fois dérivables qui stipule que
2 2F F
y x x y
(2.19)
S’il est vrai que ( , )F
M x yx
et ( , )F
N x yy
, alors on a le résultat suivant :
2
2
M F F
y y x y x M N
y xN F F
x x y x y
(2.20)
On doit comprendre de ce résultat que l’égalité à droite en (2.20) n’est possible que si
l’ED est élaborée comme indiqué en (2.15), c’est-à-dire que sa forme différentielle est
issue d’une relation implicite de la forme ( , )F x y C . On a donc le résultat suivant.
Proposition. Une ED sous la forme ( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy est exacte si et
seulement si on peut vérifier l’égalité suivante :
M N
y x
(2.21)
56
Exemple 10. Montrer que l’ED suivante est exacte.
3
2 cos(2 ) 2 03
xx y x dx y dy
Solution. Dans le cas de cette ED, on montre comme suit qu’elle est exacte :
2 2
32
( , ) cos(2 )
( , ) 23
MM x y x y x x
y M N
y xx NN x y y x
x
__________________________________________________________________________________________________________
Exemple 11. Élaboration d’une ED exacte dont la solution est 2 xxy ye C
Solution. Dans ce cas, on a2( , ) xF x y xy ye C .
Selon les résultats présentés ci-dessus, l’ED exacte associée à la relation implicite
( , )F x y C est donnée par :
0F F
dF dx dyx y
Les dérivées partielles sont données par les expressions suivantes :
2( , ) ( ) et ( , ) (2 )x xF FM x y y y e N x y xy e
x x
L’ED exacte cherchée se formule comme suit :
2( ) (2 ) 0x xy ye dx xy e dy
On vérifie facilement qu’elle est exacte :
2 xM Ny e
y x
________________________________________________________________________________________________________
2.5.2 Détermination de la solution des ED exactes
Pour résoudre une ED qui a été identifiée « exacte », il faut utiliser l’intégration partielle
pour retrouver la fonction ( , )F x y . En effet, la relation implicite ( , )F x y C génère
l’ED exacte dont elle est la solution. En pratique on utilise l’égalité suivante :
( , ) ( , ) 0F F
dx dy M x y dx N x y dyx y
(2.22)
57
On déduit de cette égalité que
( , ) ( , ) ( , ) ( )
( , ) ( , ) ( , ) ( )
FM x y F x y M x y x g y
x
FN x y F x y N x y y h x
y
(2.23)
On remarque que les intégrales sont partielles : si M est la dérivée partielle de F
par rapport à x, alors F est l’intégrale partielle par rapport à x de M (d’où le
symbole x dans l’intégrale). La situation est analogue dans le cas de la deuxième
intégrale : N est la dérivée partielle de F par rapport à y, donc F est l’intégrale
partielle par rapport à y de N (d’où le symbole y dans l’intégrale).
Les fonctions g(y) et h(x) dans les intégrales partielles en x et en y respectivement
sont les « constantes d’intégration ». Cela s’explique comme suit : une dérivée
partielle par rapport à x fait disparaître une fonction g(y) de y seulement alors
considérée comme une constante. Il importe de l’ajouter dans la première
intégrale en (2.23). La situation est analogue pour la dérivée partielle en y de h(x)
dans la deuxième intégrale partielle.
La solution sera donnée par ( , )F x y C . La fonction ( , )F x y que nous cherchons
est constituée de la somme de tous les termes distincts (incluant leur signe) qui
apparaissent explicitement dans les deux intégrales en (2.23), c’est-à-dire les
intégrales qui suivent (excluant les constantes d’intégration) :
( , )
( , )
M x y x
N x y y
(2.24)
_________________________________________________________________________________________________________
Remarque. Les termes explicites en (2.24) sont ceux qui apparaissent par intégration
excluant les fonctions g(y) et h(x) qui jouent le rôle de « constantes d’intégration ».
Remarque. Parce que les intégrales sont toutes deux égales à ( , )F x y , il sera possible
d’identifier les fonctions g(y) et h(x) dans les termes qui apparaissent explicitement dans
les intégrales en comparant les deux termes de l’égalité suivante.
( , ) ( ) ( , ) ( )M x y x g y N x y y h x (2.25)
_________________________________________________________________________________________________________
Exemple 12. Résolution de l'ED avec l’approche développée ci-dessus. 2
2
sec ( ) 2'
2
x x yy
x y
Solution. La forme différentielle de l’ED est donnée par
2 2(2 sec ( )) ( 2 ) 0xy x dx x y dy
58
Identification. Elle est exacte, car on peut vérifier l’égalité
2 2(2 sec ( )) 2 ( 2 )M N
xy x x x yy y x x
Résolution
La solution est donnée par ( , )F x y C où ( , )F x y comporte tous les termes distincts qui
apparaissent dans les intégrales partielles suivantes :
2 2
2 2 2
( , ) (2 sec ( ) tan( ) ( )
( , ) ( 2 ) ( )
M x y x xy x x x y x g y
N x y y x y y x y y h x
Les termes qui apparaissent explicitement dans les intégrales sont 2x y , tan( )x et 2y .
La fonction ( , )F x y est donnée par la somme de ces termes et la solution est donnée par
( , )F x y C , c’est-à-dire par
2 2tan( )x y x y C
Remarque. On peut identifier g(y) et h(x) en utilisant l’égalité telle que formulée en
(2.23) ci-dessus : les deux expressions de ( , )F x y dans les intégrales sont égales :
2 2 2tan ( ) ( ) ( )x y x g y x y y h x
Pour qu’il y ait égalité, il faut que
2( )
( ) tan( )
g y y
h x x
______________________________________________________________________________________
Exemple 13 : Résolution de l’ED 2 2 2( ) (2 ) 0x y dx xy y dy
Identification : dans le cas de cette ED, on a
2 2
2
( , ) ( )
( , ) (2 )
M x y x y
N x y xy y
L’ED est exacte : 2M N
yy x
.
Résolution : On effectue les deux intégrales
32 2 2
32 2
( , ) ( , ) ( ) ( )3
( , ) ( , ) (2 ) ( )3
xF x y M x y x x y x xy g y
yF x y N x y y xy y y xy h x
59
La fonction F(x, y) est donnée par la somme de tous les termes apparaissant explicitement
dans les intégrales : 3 3
2( , )3 3
x yF x y xy
La solution est alors donnée par la relation implicite 3 3
2
3 3
x yxy C
Finalement, l’égalité des deux intégrales ci-dessus permet d’identifier g(y) et h(x) :
3 3
( ) et ( )3 3
y xg y h x
Les deux étapes de la résolution d’une ED exacte.
Identification. L’ED ( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy est exacte si et seulement si
on peut vérifier que
M N
y x
Résolution. La solution est ( , )F x y C où ( , )F x y est donnée par la somme de
tous les termes qui apparaissent explicitement dans les intégrales partielles
suivantes :
( , )
( , )
M x y x
N x y y
2.5.3 Facteur intégrant
Les ED d'ordre 1 ne sont pas toutes exactes. Si c'était le cas, on pourrait les résoudre avec
la technique introduite ci-dessus. Considérons les ED à variables séparables sous la forme
différentielle
1 2 2 1( ) ( ) ( ) ( ) 0f x g y dx f x g y dy (2.26)
Elles ne sont généralement pas exactes (à moins d’être à variables séparées). On peut la
rendre exacte en multipliant chacun des termes de l’égalité par l'expression suivante :
2 2
1( , )
( ) ( )x y
f x g y (2.27)
On suppose que 2 2( ) ( ) 0f x g y . Après simplification, on obtient la forme différentielle
d’une ED à variables séparées suivante :
1 1
2 2
( ) ( )0
( ) ( )
f x g yM dx Ndy dx dy
f x g y (2.28)
60
On vérifie alors que l’ED obtenue est exacte puisque M ne dépend pas de y et N ne
dépend pas de x. Par conséquent, l’ED sous la forme (2.28) ci-dessus est exacte car
0M N
y x
(2.29)
On dit de l'expression ( , )x y donnée ci-dessus en (2.27) qu'elle est un facteur intégrant
(FI) des ED à variables séparables parce qu'elle en fait des ED exactes.
Définition d’un facteur intégrant (FI) d’une ED
L’expression ( , )x y est un FI de l’ED
( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy
si et seulement si l’ED suivante est exacte :
0M dx N dy (2.30)
Remarque 1. Cela équivaut à vérifier l’égalité suivante :
M N
y x
(2.31)
Remarque 2. On peut faire la démonstration que toutes les ED d’ordre 1 qui admettent
une solution analytique sont exactes ou admettent un FI qui en font des ED exactes.
Recherche d’un facteur intégrant
Si l’ED ( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy n’est pas exacte, on peut chercher un facteur
intégrant. Bien qu'il existe plusieurs techniques pour la recherche d'un FI à une ED, il
suffira dans le cadre de ce cours de connaître celles qui consistent à identifier des facteurs
intégrants à une seule variable indépendante ( ( ) où ( )x y ).
Les 2 cas à considérer sont les suivants (il y en a beaucoup d’autres) :
o Cas (1) : ( )1
( ) ( )f x dxM N
f x x eN y x
(2.32)
o Cas (2) : ( )1
( ) ( )g y dyN M
g y y eM x y
(2.33)
Finalement, n’oublions pas que pour résoudre une ED qui admet un FI, il faut multiplier
celle-ci par le FI et vérifier qu'elle est alors exacte. Pour compléter la résolution, on
applique la technique de résolution des ED exactes introduite ci-dessus.
________________________________________________________________________
61
Exemple 14. Résolution de l’ED 2 2( ) 0x y dx xy dy avec y(1) = 2
Solution.
Identification. 2 2
2( , )
( , )
My
M x y x y y
N x y xy Ny
x
L’ED n’est pas exacte, mais elle admet un facteur de la forme ( )x , le cas (1) en (2.32).
En effet :
1 2 1( )
M N y yf x
N y x xy x
Le FI s’obtient comme indiqué au cas (1) :
1( ) ln( )( )
dxf x dx xxx e e e x
En multipliant chacun des termes de l’ED par x, on obtient l’ED suivante :
3 2 2( ) 0x xy dx x y dy
Elle est exacte car on peut le vérifier :
3 2
2
( , )2
( , )
m x y x xy m nxy
y xn x y x y
Résolution. La solution est donnée par F(x, y) = C où F(x, y) contient la somme de tous
les termes explicites qui apparaissent dans le intégrales ci-dessous.
4 2 2
3 2
2 22
( , ) ( , ) ( ) ( )4 2
( , ) ( , ) ( )2
x x yF x y m x y x x xy x g y
x yF x y n x y y x y y h x
Par conséquent, 4 2 2
( , )4 2
x x yF x y et la solution est
4 2 2
4 2
x x yC
Remarque : Les deux expressions de F(x, y) coïncident si 4
( ) 0
( )4
g y
xh x
________________________________________________________________________
62
Résolution d’une ED avec un facteur intégrant
Définition d’un facteur intégrant (FI) d’une ED
L’expression ( , )x y est un facteur intégrant de l’ED
( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy
si et seulement si l’ED suivante est exacte :
0M dx N dy (*)
Recherche d’un facteur intégrant (on se limite aux deux cas suivants)
o Cas (1) :( )1
( ) ( ) est un FI de l'EDf x dxM N
f x x eN y x
o Cas (2) :( )1
( ) ( ) est un FI de l'EDg y dyN M
g y y eM x y
Résolution de l’ED avec un FI
On multiplie chacun des termes de l’ED par le FI obtenu pour la rendre exacte et on
utilise la technique introduite pour résoudre les ED exacte.
2.6 Changement de variable dans les ED
Dans cette section, nous allons considérer certaines classes d’ED qui peuvent être
résolues avec un changement de variable approprié. Nous allons considérer les cas
suivants :
Les ED dites de Bernoulli ;
Les ED dites homogènes ;
Quelques cas susceptibles d’apparaître dans certaines applications.
2.6.1 Résolution des ED de Bernoulli
Identification
Pour les fins de l’identification, les ED de Bernoulli peuvent s’écrire sous la forme
suivante :
0( ) ( ) avec
1
n ndyP x y Q x y
ndx
(2.34)
Remarque : Si n =1, l’ED est à variables séparables, car elle peut s’écrire comme suit :
' ( ( ) ( )) ( ) ( )y Q x P x y f x g y (2.35)
On peut également vérifier que si n = 0, l’ED est linéaire.
63
___________________________________________________________________________________________________________
Exemple 15. Les ED qui suivent sont des ED de Bernoulli.
a) 2 2
2
2( )2
' ( ) ED de Bernoulli avec et 2
( )
P xy y x y nx
xQ x x
b) 2
32
4( )4 ( 1)
' ED de Bernoulli avec et 3
( ) 1
P xxy y nx
x yQ x x
Remarque : Pour ne pas se tromper, il est suggéré d’écrire l’ED selon la forme donnée
en (2.34). Dans le cas (b), on obtient la forme permettant d’identifier P(x), Q(x) et n.
( ) ( ) ndyP x y Q x y
dx
2 34' ( 1)y y x y
x
__________________________________________________________________________________________________________
Détermination de la solution des ED de Bernoulli
Pour déterminer la solution générale de cette classe d’ED, il est suggéré d’isoler Q(x) en
multipliant chacun des termes de l’ED parny. L’ED se présente alors sous la forme
suivante :
1( ) ( )n ndyy P x y Q x
dx
(2.36)
Cette forme fait apparaître le changement de variables à faire pour la résoudre (le facteur
de P(x) en (36)): 1
1(1 )
1
n
n n
v y
dv dy dy dvn y y
dx dx dx n dx
(2.37)
Avec ce changement de variables, l’ED en v(x) prend la forme suivante :
1( ) ( )
1
dvP x v Q x
n dx
(2.38)
Il reste à multiplier l’ED par (1 n ) pour mettre l’ED en v(x) sous la forme d’une ED
linéaire d’ordre1 donnée en (2.12) :
(1 ) ( ) (1 ) ( )dv
n P x v n Q xdx
(2.39)
64
Il faut résoudre l’ED en (2.39) ci-dessus avec la formule donnée en (2.13) :
( ) ( )1 ( ) (1 ) ( )( ) avec
( ) (1 ) ( )
p x dx p x dxn p x n P xv y e q x e dx C
q x n Q x
(2.40)
La formule suivante peut également être utilisée ou programmée pour résoudre :
(1 ) ( ) (1 ) ( )1 (1 ) ( )n P x dx n P x dxny e n Q x e dx C
(2.41)
________________________________________________________________________________________________________
Exemple 16. Résolution de l’ED 3 2
' avec (1) 22
xy y y
x y
Solution.
Identification. On peut réécrire l’ED sous la forme d’une ED de Bernoulli comme suit :
13' 2
2y y x y
x
Il s’agit donc d’une ED de Bernoulli avec 3
( ) , ( ) 2 et 12
P x Q x x nx
Résolution. Multiplions l’ED par y pour isoler Q(x).
23' 2
2yy y x
x
Le changement de variable à faire pour obtenir une ED linéaire d’ordre 1 (qui sera le
facteur de P(x)) est le suivant :
1 2
'' 2 2 ' '
2
nv y y
dv dy vv y yy yy
dx dx
L’ED en v(x) qui résulte du changement de variable est la suivante :
' 32
2 2
vv x
x
En multipliant par 2 les termes de l’égalité, on obtient une ED linéaire d’ordre 1:
3' 4v v x
x
65
Avec la formule habituelle, on obtient la solution de cette ED linéaire en v(x) avec
3( ) et ( ) 4p x q x x
x :
( ) ( )2 ( )p x dx p x dx
v y e q x e dx C
2 3
3
2 3
2 3 2
14
4
4
y x x dx Cx
y x Cx
y Cx x
Solution particulière.
En appliquant la condition initiale à la solution, on trouve :
2 3 2(1) 2 (2) (1) 4(1) 8y C C .
La solution particulière est donnée par 2 3 28 4y x x
_________________________________________________________________________________
Résolution des ED de Bernoulli
Identification
L’ED se met sous la forme
0( ) ( ) avec
1
n ndyP x y Q x y
ndx
Résolution (solution générale)
(1 ) ( ) (1 ) ( )1 (1 ) ( )n P x dx n P x dxny e n Q x e dx C
Remarque : Il est suggéré de procéder par étape comme dans l’exemple (16) résolu
ci-dessus.
Solution particulière
S’il y a une condition initiale, on détermine la valeur de la constante arbitraire dans
la solution générale pour trouver la solution particulière.
66
2.6.2 Résolution des ED homogènes
Identification
Les ED homogènes peuvent s’exprimer selon l’une des deux formes suivantes :
(forme standard)
0 (forme différentielle)
dy yF
dx x
y yf dx g dy
x x
(2.42)
________________________________________________________________________
Exemple 17. Exemples d’ED homogènes.
a) Les quatre ED suivantes sont des ED homogènes sous la forme standard.
12 2
22 3
2
1
' ' 1
1 1 1 1' '
2 2 2 2 2
1 1' '
3 3 3
' '
yx y
xx
x y yy y
x x
x y x y y yy y
xy y x x x
xy y y yy y
x y x x
y e y e
b) Les trois ED suivantes sont des ED homogènes sous la forme différentielle
2
2 2
2 2 2
( ) 3 0 1 3 0
( 3 ) ( 4 ) 0 3 1 4 0
x
x
y yx y dx ydy dx dy
x x
y y yxy y dx x y dy dx dy
x x x
22 0 0x yxy dx y dy dx dy
x
_________________________________________________________________________________________________________
Remarque. Parce que0 1a , toute constante s’interprète comme suit :
0y
k kx
La troisième ED en (b) est donc bien homogène.
Cette même ED est également à variables séparables :
2 0 0yxy dx y dy xdx y dy
67
Elle admet également 1y comme facteur intégrant (vérifiez-le). Cela montre bien qu’une
même ED peut appartenir à plusieurs classes d’ED et se résoudre avec autant
d’approches distinctes. À cet égard, il importe de développer l’aptitude à identifier les
ED.
Résolution dans le cas de la forme standard dy y
Fdx x
Le changement de variable suivant produit une ED à variables séparables en x et v :
y vx
dy dvv x
dx dx
(2.43)
Après séparation des variables, on obtient :
0( )
dx dv
x v F v
(2.44)
Après intégration (par rapport à x), on obtient la solution suivante en v(x) :
ln( )
dvx C
v F v
(2.45)
Pour obtenir la solution générale (sous forme implicite) en x et y (x), il faut remplacer v
par y/x dans l’expression obtenue en (2.45).
Remarque. Si possible, on cherche à mettre la solution générale sous une forme
satisfaisante, notamment, s’il y a lieu, en éliminant les fonctions logarithmiques. Cette
étape exige une bonne connaissance des propriétés des logarithmes et des exponentielles. _______________________________________________________________________________________________________
Exemple 18. Résolution de l’ED 2 2 2( ) 0x xy y dx x dy
Solution
Identification. Divisons l’ED par2x dx avec 0x et isolons
dy
dx.
On trouve alors une l’ED homogène sous la forme standard suivante: 2
1dy y y
dx x x
Détermination de la solution
Effectuons le changement de variables
y vx
dy dvv x
dx dx
68
Nous obtenons l’ED suivante qui est à variables séparables :
21dv
v x v vdx
En effet, il suffit de soustraire v de part et d’autre de l’égalité et, ensuite, de diviser par
0x pour obtenir l’ED à variables séparées suivantes :
211 ( ) ( )
dvv f x g v
dx x
La solution de cette dernière ED est donnée par la formule ( )( )
dvf x dx C
g v
2
1 1
1dx dv C
x v
ln arctan( )x v C
Finalement, en remplaçant v par y/x, on trouve la solution générale sous la forme
implicite :
ln( ) arctany
x Cx
La forme explicite suivante peut être déterminée (à vérifier par le lecteur) :
tan(ln )y x x C
Dans cette dernière expression, on peut remplacer – C par K.
__________________________________________________________________________________________________________
Résolution dans le cas de la forme différentielle ( 0y y
f dx g dyx x
)
Dans ce casm, il faut faire le changement de variable suivant pour obtenir une ED à
variables séparables en v et x.
y v x
dy v dx x dv
(2.46)
Après séparation des variables, on obtient
( )0
( ) ( )
g vdxdv
x f v v g v
(2.47)
Après intégration par rapport à x, on obtient
( )ln
( ) ( )
g vx dv C
f v v g v
(2.48)
69
On obtient la solution (sous forme implicite) en x et y en substituant v = y/x dans
l’égalité ci-dessus en (2.48). Il est parfois possible d’isoler y pour obtenir une solution
explicite sous la forme explicite.
________________________________________________________________________
Exemple 19. Résolution de l’ED 2 2( ) 2 0x y dx xy dy
Identification
L’ED est exacte et pourrait être résolue avec la technique introduite dans la section
(2.5). En effet :
2 2( , )
2( , ) 2
M x y x y M Ny
y xN x y xy
On peut aussi la réécrire selon la forme suivante (vérifiez-le!) :
11'
2 2
xy y y
x
Elle est de la classe des ED de Bernoulli avec1
( ) , ( ) et 12 2
xP x Q x n
x .
De plus, elle est homogène, car en divisant par2x , elle prend la forme suivante :
2
1 2 0y y
dx dyx x
Résolution (comme ED homogène)
Il faut faire la substitution suivante associée aux ED homogènes sous la forme
différentielle pour obtenir une EDVS en v(x) :
y vx
dy v dx x dv
On obtient alors l’ED suivante :
2(1 ) 2 ( ) 0v dx v vdx xdv
Après le regroupement et la séparation des variables, on obtient l’ED à variable séparées
suivante : 2 2(1 3 ) ( )(2 ) ) 0v dx x v dv
2
1 20
1 3
vdx dv
x v
70
On obtient la solution en v(x) en intégrant de part et d’autre de l’égalité ci-dessus :
2
2
2 3 2
3 2
2 1ln ln(1 3 )
1 3 3
3ln ln(1 3 ) ln ln(1 3 )
ln( ) ln( ) ln( ) ln (1 3 )
dx vdv C x v C
x v
x v B x v B
a b ab x v B
Dans le développement ci-dessus, B = 3C. Utilisant la fonction exponentielle dans la
dernière égalité pour « éliminer » logarithme et, par la suite, en remplaçant v par y/x, on
obtient: 2
3
21 3 où By
x A A ex
On peut également que la solution s’écrit comme suit :
3 23x xy A
Remarque. Ce dernier exemple illustre bien qu’une ED donnée peut appartenir à
plusieurs classes d’ED, et qu’il y a alors plusieurs techniques pour la résoudre.
Finalement la solution peut s’écrire de plus d’une façon, mais équivalente.
Résolution des ED homogène
Identification
(forme standard)
0 (forme différentielle)
dy yF
dx x
y yf dx g dy
x x
Résolution
o Résolution dans le cas de la forme standard :
Il faut faire le changement de variable suivant pour obtenir l’EDVS en x et v :
( )
y vxdv
v x F vdy dvdxv x
dx dx
71
… puis séparer les variables et intégrer pour obtenir la solution :
0( )
dx dv
x v F v
ln
( )
dvx C
v F v
Pour obtenir la solution générale (sous forme implicite) en x et y (x), il faut
remplacer v par y/x dans l’expression obtenue de la solution en v(x).
o Résolution dans le cas de la forme différentielle
Faire le changement de variable suivant pour obtenir une EDVS en v(x) :
( ) ( ) ( ) 0y v x
f v dx g v v dx x dvdy v dx x dv
Après séparation des variables, on obtient l’ED suivante :
( )0
( ) ( )
g vdxdv
x f v v g v
Après intégration par rapport à x, on obtient
( )ln
( ) ( )
g vx dv C
f v v g v
Pour obtenir la solution générale (sous forme implicite) en x et y (x), il faut
remplacer v par y/x dans l’expression obtenue de la solution en v(x).
2.6.3 Autres cas (Optionnel)
a) ED linéaire en f(y) où y est fonction de x
Identification. Toutes les ED qui peuvent se mettre sous la forme
( ) ( ) ( )df dy
P x f y Q xdy dx
(2.49)
Avec le changement de variable suivant on obtient une ED est linéaire en v(x) :
( )v f y
dv df dy
dx dy dx
(2.50)
En effet, on obtient une ED linéaire en ( ) ( ( ))v x f y x
' ( ) ( )v P x v Q x (2.51)
72
Elle peut être résolue pour v = f(y) avec la formule obtenue pour résoudre les ED
linéaire d’ordre 1.
Résolution
La solution en x et y est obtenue sous la forme implicite suivante, particulière à
cette ED :
( ) ( )( ) ( )P x dx P x dxf y e Q x e dx C (2.52)
Remarque. Les ED de Bernoulli sont des cas particuliers de ce type d’ED.
b) Toutes les ED de la forme
( )dy
F ax by cdx
(2.53)
Solution
Toutes ces ED peuvent être transformées en EDVS en x et v(x) avec la
transformation
1
v ax by c
dv dy dy dv aa b
dx dx dx b dx b
(2.54)
En effet, on obtient l’EDVS sous la forme suivante :
( )dv
a b F vdx
(2.55)
La solution en x et v est
( )
dvx C
a b F v
(2.56)
On obtient la forme implicite de la solution en substituant v = ax + by + c dans
la solution obtenue en (56).
2.7 Utilisation de la calculatrice
Nous présentons ci-dessous quelques procédures de base pour résoudre les ED avec la
« Nspire »:
Comment obtenir la solution générale d’une ED d’ordre 1;
Comment obtenir la solution particulière d’une ED d’ordre 1 avec une condition
initiale;
Lorsque solution particulière est sous la forme explicite, on peut tracer son graphe
et en faire l’analyse avec tous les outils de calculs de la calculatrice.
73
Une description plus complète des procédures et outils utiles est disponible sur le site de
support pour la calculatrice « Nspire » accessible sur la page web du cours MAT-265
avec la séquence suivante :
Étape1
La première étape consiste à mettre l’ED sous la forme standard s’il y a lieu.
Étape 2
Dans la forme standard, les ED d’ordre 1 avec une condition initiale se présentent comme
suit :
0 0' ( , ) avec ( )y f x y y x y
o La solution générale s’obtient avec la procédure « desolve » utilisée dans une
feuille de calculs avec la formulation suivante :
desolve( ' ( , ), , )y f x y x y
o La solution particulière s’obtient avec la même procédure avec la formulation
suivante :
0 0desolve( ' ( , ) and ( ) , , )y f x y y x y x y
__________________________________________________________________________________
Exemple 20 : Résolution de l’ED ' avec (0) 2y x y y
Solution.
L’écran de la Nspire ci-dessous illustre l’utilisation de la procédure « deSolve » pour
obtenir la solution générale et la solution particulière de l’ED.
74
L’écran de gauche (page graphique) ci-dessous présente le graphe de la solution
particulière et la position du minimum de cette dernière. Celui de droite (page de calculs)
présente les calculs relatifs à la valeur minimale de la solution particulière y(x).
L’écran de gauche ci-dessous illustre le calcul de la position et de la valeur minimale de
la fonction dans une page de calculs. L’écran de droite présente le résultat obtenu avec
l’algorithme de Runge-Kutta, disponible dans les pages graphiques avec la séquence
suivante :
Outils (3) Entrée/mod. graph. (7) Éq. Diff (…) méthode de résol. R-K
Il faut ajuster la fenêtre et certains paramètres pour une représentation satisfaisante du
graphe de la solution et du tableau des valeurs numériques de la solution.
_______________________________________________________________________
L’exemple présenté ci-dessus a pour but de susciter l’intérêt de l’analyse des solutions à
l’aide d’un outil de calcul. L’analyse et l’interprétation des résultats se fait après avoir
obtenu la solution et présente un intérêt certain dans le contexte des applications. Les
outils de calculs et les facilités graphiques de la Nspire ou des logiciels comme Maple,
Derive, Matlab ou Mathematica sont d’une grande utilité.
Il importe de noter que la Nspire peut trouver la solution analytique d’une ED d’ordre 1
lorsque cette dernière fait partie des classes d’ED décrites dans les sections précédentes.
Si ce n’est pas le cas on peut toujours utiliser les méthodes numériques.
Finalement, la calculatrice peut et devrait toujours être utilisée pour vérifier les solutions
obtenues à la main. C’est une bonne pratique et une façon simple de vérifier ses calculs.
75
2.8 Identification des ED d’ordre 1 : quelques trucs utiles
La principale difficulté de la résolution des ED d’ordre 1 est l’identification. Lorsque
cette étape est réussie, la technique de résolution est automatiquement déterminée et
relativement simple à appliquer.
Si l’ED est dans la forme standard, l’identification de l’ED se fait en examinant la
question dans l’ordre suivant : And y(0)
Variables séparables ? Linéaire? Bernoulli? Homogène? Exacte?
Si l’ED est dans la forme différentielle, on procède habituellement à
l’identification dans l’ordre suivant :
Variables séparables? Exacte? Homogène? Linéaire? Bernoulli?
Les observations suivantes peuvent également être utiles.
Une ED donnée peut appartenir à plusieurs classes d’ED différentes. La technique
de résolution la plus simple peut être choisie.
Dans le cas des ED linéaires, il importe d’identifier les fonctions P(x) et Q(x) en
se référant à la forme des ED d’ordre 1 (voir (2.34)). Attention aux signes : P(x)
est le facteur de y et comprend le signe devant son expression.
Dans le cas des ED de Bernoulli, la recommandation est la même que pour les ED
linéaires : il est important d’identifier correctement les fonctions P(x) et Q(x) (en
faisant attention aux signes devant les expressions) et le paramètre n (voir (31)).
Dans le cas des ED exactes, il faut également ne pas oublier les signes. Par
exemple :
o L’ED suivante est exacte : 2 2 3( ) (3 2 ) 0x y dx y xy dy
o Celle-ci ne l’est pas (la différence avec l’ED ci-dessus est dans le
signe négatif devant le facteur de dy)
2 2 3( ) (3 2 ) 0x y dx y xy dy
Pour résoudre une ED d’ordre 1, il faut l’identifier correctement. Il faut donc réaliser
cette étape avec toute l’attention nécessaire.
76
2.9 Résumé des principaux résultats sur les ED d’ordre 1 _____________________________________________________________________________
Forme des ED Les ED d'ordre 1 peuvent se présenter sous les 2 formes suivantes:
(Forme standard)
(Forme différentielle) _____________________________________________________________________________________________________________________________________________
Méthodes de résolution
Les méthodes analytiques;
les méthodes numériques;
les méthodes "quasi-analytiques";
les méthodes qualitatives.
Utilisation des outils de calculs
_____________________________________________________________________________
Solution analytiques des ED d’ordre 1
Étapes de la résolution
l’identification de l'ED, c’est-à-dire de la classe à laquelle elle appartient;
l’application de la technique de résolution associée à la classe de l'ED identifiée.
Pour l’identification, nous considérons les classes d’ED suivantes :
les ED directement intégrale d’ordre 1 (introduite au chap. 1);
les ED à variables séparables;
les ED exactes;
les ED linéaires;
les ED de Bernoulli;
les ED homogènes;
certaines classes d'ED qui se ramène à celles qui précèdent avec un changement de variables.
o Si l’ED est dans la forme standard, l’identification de l’ED se fait dans l’ordre
suivant.
Variables séparables ? Linéaire? Bernoulli? Homogène? Exacte?
o Si l’ED est dans la forme différentielle, on procède habituellement à l’identification
dans l’ordre suivant.
Variables séparables? Exacte? Homogène? Linéaire? Bernoulli?
Pour chacune de ces classes d’ED, une technique particulière de résolution s’applique.
_____________________________________________________________________________
Résolution des ED directement intégrables
Identification
' ( )y f x
Solution
( )y f x dx C
( , )dy
f x ydx
( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy
77
________________________________________________________________________
Résolution des ED à variables séparables
Identification
Forme standard
( ) ( )dy
f x g ydx
Forme différentielle
1 2 2 1( ) ( ) ( ) ( ) 0f x g y dx f x g y dy
Solution
Forme standard
( )( )
dyf x dx C
g y
Forme différentielle
1 1
2 2
( ) ( )
( ) ( )
f x g ydx dy C
f x g y
_____________________________________________________________________________
Résolution des ED linéaires
Identification
( ) ( )dy
P x y Q xdx
Solution
( ) ( )( )
P x dx P x dxy e Q x e dx C
_____________________________________________________________________________________________________
Résolution des ED exacte
Identification
( , ) ( , ) 0 avecM N
M x y dx N x y dyy x
Solution
La solution est donnée par
( , )F x y C
La fonction F(x, y) est donnée par la somme de tous les termes distincts qui apparaissent
dans les intégrales suivantes :
( , ) ( )
( , ) ( )
M x y x g y
N x y y h x
78
Les deux expressions dans l’accolade ci-dessus sont égales, mais complémentaires pour
la détermination de tous les termes explicites de F(x, y). De plus, les fonctions g(y) et h(x)
(les « constantes d’intégration ») peuvent être explicitées en comparant les deux
expressions.
Les deux expressions ci-dessous donnent également la solution générale d’une ED
exactes : elles s’obtiennent chacune en identifiant la fonction g(y) et la fonction h(x)
respectivement.
( , )
( , )
F x y M x N M x y Cy
F x y N y M N y x Cx
_____________________________________________________________________________
Facteur intégrant
Définition d’un facteur intégrant (FI) d’une ED
L’expression ( , )x y est un facteur intégrant de l’ED
( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy
si et seulement si l’ED
0M dx N dy
est exacte, c’est-à-dire que
M N
y x
Toutes les ED d’ordre 1 qui admettent une solution analytiques sont exactes ou admettent
un facteur intégrant qui en fait des ED exacte.
Recherche d’un facteur intégrant
Nous allons restreindre cette recherche aux deux cas suivants :
o Cas (1) :( )1
( ) ( ) est un FI de l'EDf x dxM N
f x x eN y x
o Cas (2) :( )1
( ) ( ) est un FI de l'EDg y dyN M
g y y eM x y
Ces formules peuvent être programmées dans la Nspire.
Solution avec un FI
On multiplie l’ED ( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy par le FI obtenu.
On résout l’ED exacte ( , ) ( , ) 0M x y dx N x y dy avec la technique
introduite ci-dessus pour les résoudre. _____________________________________________________________________________
79
Résolution des ED de Bernoulli
Identification
0( ) ( ) avec
1
nndy
P x y Q x yndx
Solution
Changement de variables 1
1(1 )
1
n
n ndv dy dy dvn y y
dx dx dx n dx
v y
Ce changement de variable permet d’obtenir l’ED linéaire suivante en v(x)
(1 ) ( ) (1 ) ( )dv
n P x v n Q xdx
Intégration
La solution générale de l’ED en 1( ) ( ( )) nv x y x est donnée par la formule
(1 ) ( ) (1 ) ( )1(1 ) ( )
n P x dx n P x dxny n Q x e dx Ce
_________________________________________________________________________________________________________
Résolution des ED homogènes
Identification
Les ED homogènes sont celles qui peuvent s’exprimer selon l’une des deux formes
suivantes :
(Forme standard)
0 (Forme différentielle)
dy yF
dx x
y yf dx g dy
x x
Solution
Forme standard
o Changement de variable :
y vx
dy dvv x
dx dx
o Solution générale
ln( )
dvx C
v F v
80
Forme différentielle
o Changement de variable : y v x
dy v dx x dv
o Solution générale
( )ln
( ) ( )
g vx dv C
f v v g v
Dans chacun des cas (forme standard ou différentielle), il reste à remplacer v par y/x pour
obtenir une solution générale sous la forme implicite en y(x).
81
2.10 Exercices
Dans le cas de tous les exercices, utilisez la calculatrice pour vérifier que vous pouvez
concilier votre réponse avec celle qu’elle produit et pour faire tracer le graphe des
solutions particulières. Vous pouvez également utiliser la calculatrice pour effectuer
certaines intégrales ou vérifier vos calculs.
1. Vérifiez que les ED d’ordre 1 qui suivent sont à variables séparables et
déterminez la solution (s’il y a une condition initiale, déterminez la solution
particulière).
a) 2
5'
xy
y
b) 1
(100 ) avec (0) 20 10
dTT T
dt
c) 2 20 avec (0) 30 10
dv vv
dt
d) 10 12 avec i(0)=0di
idt
e) 2
2où et sont des constantes
dv gRv g R
dr r
f) 00 , (0)di
L Ri i Idt
g) 0, (0)di
L Ri E i Idt
2. Vérifiez que les ED suivantes sont linéaires et déterminez la solution (s’il y a des
conditions initiales, déterminez la solution particulière)
a) 2
1 2cos( ) , 0
dyy x x x
x dx x
b) 620 2 , (0) 40tdQe Q Q
dt
c) 2( 1) , (0) 2dy
x x y x ydx
d) 2 10 4sin(5 ), (0) 0di
i t idt
e) 4 40 2 , (0) 100dv
v vdt
f) 0 , (0) 0dQ Q
R E Qdt C
82
3. Vérifiez que les ED qui suivent sont exactes et déterminez la solution générale.
a) 2
2
2 1'
2
x yy
x y
b) 2 2 2( 2 sin ) ( cos ) 0u u v du v u v dv
c) 2 2(2 sin(2 )) ( ) 0xy x dx x y dy
d) 2sin( )sin( ) cos( )cos( ) 2 0x y y dy x y x dx
e) ( 2 ) (1 ) 0t te y t dt e dy
f) 1 ln( ) 0t
dy y dty
4. Vérifiez que les ED suivantes admettent un facteur intégrant fonction de x
seulement ou de y seulement, puis intégrez le à l’ED pour déterminer sa solution.
a) 2
2
2 x ydy
dx x x y
b) 2 22 ( 3 ) 0xy dx y x dy
c) 2 22 0y xy dx x dy
d) 3 22 0x x y dx x dy
5. Vérifiez que les ED qui suivent sont homogènes et trouvez la solution générale.
S’il y a une condition initiale, trouvez la solution particulière.
a) 2 22 4 3 0dy
xy x ydx
b) 2 3 3 , (1) 2dq
t q t q qdt
c) 2 2 2( ) 0, (1) 1x y xy x dy y
d) 3 2 22 0y ty dt t y dy
6. Vérifiez que les ED suivantes sont des ED des Bernoulli et trouvez la solution.
S’il y a une condition initiale, trouvez la solution particulière.
a) 3 2
2
dx tx
dt t x
b) 4
3' 6 3xy y xy
c) 10
, (0) 05
dv vv
dy v
d) 2 22 4 0, (1) 2y x dx xy dy y
83
7. Classifiez et résolvez les ED qui suivent. S’il y a des conditions initiales,
déterminez la solution particulière. Vérifiez que vous pouvez concilier la réponse
« obtenue à la main » avec celle que produit la calculatrice. Les réponses sont
données dans la page qui suit.
a) ' 2 3 sin (5 )y y x b) 2 2' xx y x e x
c) 0, (0)dv
m mg bv v Vdt
d) 2 22 4 0x y dx xy dy , y(3) = 1
e) 2 3 cos( )dr
t r r t tdt
.
f) 2' ( 1) 2 , (1) 1y
y x y yx
g) 2 2' 2 cos(2 ), (0) 1y x y y x y
h) 2 ' 2 cos( ) , ( ) 0x y x y x y
i) 2 2
'2 2
x yy
x y
j) 0( ) , (0)
dPP P P P
dt
k) 2 où , et sont des constantesdv
mv mg bv m g bdy
84
2.10.1 Réponses aux exercices
Exercice 1
a)
12 33
152
xy x C
b) 10( ) 100 80
t
T t e
c) 20( ) 200 170
t
v t e
d) 106( ) (1 )
5
ti t e
e) 2
2 2gRv C
r
f) 0( )R
tLi t I e
g) 0( )
Rt
LE E
i t I eR R
Exercice 2
a) 2 2sin ( )y x x C x
b) -2t 6Q(t) = 45 e 5 te
c) 1
2 2
11
( 1)
y
x
d) 51( ) sin(5 ) cos(5 )
5
ti t t t e
e) 2( ) 20 120t
v t e
f) 0( ) 1t
RCQ t CE e
Exercice 3
a) 2 2x y x C
b) 3 3 23 sin ( )u v u v C
c) 3
2 cos(2 )
3 2
y xx y C
d) 3
2 sin( )cos( )3
yx x y C
e) e 1 2 1t ty e t C
f) ln( )t y t C
Exercice 4
a) 2
2
1. . , 2
2
y yF I x C
xx
b) 2
4 3
1 1. . ,
xF I C
yy y
c) 2
2
1. . ,
xF I x C
yy d) 2
2
1,
yFI x x C
x x
85
Exercice 5
a) 2 2 34y x C x b) 3 3 8
3 ln3
q t t
c) arctan ln4
yx
x
d) 2 2( )ty C y t
Exercice 6
a) 2 2 34x t Ct
b) 2 3
1
( )y
x Cx
c)
2
55 2 2y
v e
d) 22 2 1y x x
Exercice 7
a) ED linéaire, 215cos(5 ) 6 sin (5 )
29 29
xx xy C e
b) ED directement intégrable,
2 2
2 4
x xxe ey x C
c) ED linéaire, 0( )
bt
mmg mgv t V e
b b
d) ED exacte ou ED de Bernoulli, 3 26 45x x y
e) ED de Bernoulli
f) ED de Bernoulli, 1
( ln( ) 1 2 )y
x x x x
g) ED à variables séparables, 2 1
sin (2 ) 12
xx
y
h) ED linéaire, 2
sin ( )xy
x
i) ED exacte avec FI, 2 2 4 22x y y y C
j) EDVS où ED de Bernoulli,
0
( )t
P t
eP
k) EDVS de Bernoulli, 2
2
by
mmg
v Ceb
Texte rédigé par Luc Soucy
Dernière révision au printemps 2015
3 3 3 23 sin ( ) 9 cos( ) 18cos( ) 18 sin ( )r t t t t t t t t C
86
Suite page suivante …
87
(Chapitre 3)
Applications des ED d’ordre 1
3.1
3.1.1
Dynamique …………………………………………………………………....
Deuxième loi de Newton pour le mouvement de translation …………......
88
88
3.1.2 Principe de conservation de l’énergie en mécanique ………….................. 89
L’énergie cinétique …………………………………………………… 89
L’énergie potentielle gravitationnelle …………………………............ 89
L’énergie potentielle d’un système masse-ressort ……………………. 90
Énoncé du principe de conservation de l’énergie ………….................. 90
3.1.3 Exemples d’applications de mouvement rectiligne ………………………. 91
Application (1) : Le système masse-ressort ………………………….. 91
Application (2) : Corps en chute libre avec force résistive
proportionnelle à la vitesse ……………………………………………
95
Application (3) : Corps en chute libre avec force résistive
proportionnelle au carré de la vitesse …………………………………
96
3.1.4 Dynamique de rotation …………………………………………………... 98
3.1.5 Exercices sur la dynamique de translation ……………………………..... 102
Réponses aux exercices sur la dynamique de translation ……………. 108
3.1.6 Exercices sur la dynamique de rotation ………………………………….. 109
Réponses aux exercices sur la dynamique de rotation ………………… 110
3.2 Les circuits électriques ……………………………………………………….. 111
3.2.1 Lois de Kirchhoff ………………………………………………………… 111
3.2.2 Tableau du signe des différences de potentiels …………………………... 113
3.2.3 Puissance et énergie dans les circuits électriques …………………………
Puissance délivrée par les sources de tension
Puissance consommée dans les éléments des circuits ………………..
116
117
117
3.2.4 Les circuits R-C séries et R-L séries ……………………………………... 118
Circuits R-C séries …………………………………………………….
Constante de temps et temps de réponse (circuit RC série) …………..
119
120
Circuits R-L séries ……………………………………………………. 121
Constante de temps et temps de réponse (circuit RL série) …………. 121
3.2.5 Exercices sur les circuits électriques ……………………………...............
Réponses aux exercices ……………………………………………….
123
129
3.3 Phénomènes d’échange de chaleur …………………………………………… 132
3.3.1 La loi de Newton ………………………………………. ……………….. 132
3.3.2 La loi de Stephan …………………………………………………………. 133
3.3.3 Exercices sur les phénomènes d’échange de chaleur …………………...... 135
Réponses aux exercices ………………………………………………. 138
3.4 Applications reliées à la loi de Torricelli .......................................................... 139
Réservoir cylindrique ………………………………………………… 139
Réservoir hémisphérique …………………………………………….. 140
Réservoir conique ……………………………………………………... 141
3.4.1 Exercices sur la loi de Torricelli …………………………………………. 143
Réponses aux exercices ………………………………………………. 145
3.4.2 Projet : Mesure du coefficient de Borda ………………………………...... 147
88
Chapitre 3
Applications des ED d’ordre 1
3.1 Dynamique
3.1.1 Deuxième loi de Newton pour le mouvement de translation
La deuxième loi de Newton relie l’accélération d’une masse aux forces qui agissent sur
celle-ci. Elle s’énonce ainsi lorsque la masse est constante :
1
n
i R
i
ma F F
où dv
adt
(3.1)
Dans le cas particulier du mouvement rectiligne les vecteurs ont une seule composante,
ce qui permet d’écrire la deuxième loi de Newton sous la forme suivante :
1
( )n
résolution
i
i
dvm F v t
dt
(3.2)
Dans la somme en (3.2), il faut s’assurer que le signe des iF correspond à la direction de
chacune des forces sur la masse m dans le système d’axes choisi : la force est un vecteur
et le signe exprime la direction ( ou ) de la force selon l’axe choisi. La solution de
l’ED (3.2) est la vitesse v(t) de la masse en fonction du temps.
Si le mouvement se fait selon l’axe des X, on détermine l’expression de la position x(t) en
intégrant l’expression de la vitesse v(t) et en utilisant la condition initiale 0(0)x x sur la
position selon la formule suivante :
intégration
0
0
( ) ( ) ( )
t
x t x v u du x t (3.3)
Dans cette expression v(u) désigne la vitesse de la masse dans laquelle la variable t est
remplacée par la variable u.
Dans le cas du mouvement dans le plan (par exemple le problème du projectile) on
obtient le système d’ED qui suit avec les CI sur les vitesses en X et en Y. Les signes
associés aux composantes des forces doivent être déterminés avec la même attention que
dans le cas du mouvement rectiligne.
1 résolution
1
(0)( )
( )(0)
nx
xi x ox
xi
nyy
yi y oy
i
dvm F avec v v
v tdt
v tdvm F avec v v
dt
(3.4)
89
En (3.4), xiF et les yiF désignent les composantes X et Y des forces agissant sur la masse.
Si les conditions initiales 0 0(0) et (0)x x y y sont connues, alors on peut trouver
l’équation de la trajectoire sous la forme de deux fonctions paramétriques ( ) et ( )x t y t
qui désignent les positions en fonction du temps en X et Y respectivement comme suit :
0
0 intégration
0
0
( ) ( )( )
( )( ) ( )
t
x
t
y
x t x v u dux t
y ty t y v u du
(3.5)
Il est utile de faire tracer la trajectoire de la masse à l’aide de la calculatrice, ce qui est
possible lorsque les expressions de x(t) et y(t) sont déterminées comme en (3.5) ou si les
ED en x(t) et y(t) sont connues ... et résolues.
3.1.2 Principe de conservation de l’énergie en mécanique
L’énergie cinétique (K)
L’énergie cinétique en Joules (J) d’un corps de masse m se déplaçant à une vitesse
instantanée v est donnée par l’expression suivante :
21( )
2K mv J (3.6)
L’énergie potentielle gravitationnelle
L’énergie potentielle est une fonction de la position elle-même en général fonction
du temps. Si nous désignons par y la position d’une masse m, différentes possibilités
se présentent selon contexte de l’application considérée.
L’énergie potentielle de la masse près de la surface de la terre qui est donnée
par l’expression suivante :
(J)U mgy (3.7)
Dans cette expression, g désigne l’accélération gravitationnelle dans le voisinage
immédiat de la surface de la terre et y la position de la masse par rapport à la
surface de la terre. La position y = 0 est le point de référence pour U = 0.
L’énergie potentielle d’une masse m dans le voisinage de la terre est donnée par
l’expression suivante :
2
( ) (J)mgR
U rr
(3.8)
90
Dans cette égalité, R est le rayon de la terre et r la distance entre la masse m et le
centre de la terre. On peut utiliser r = R + y pour produire une expression qui fait
intervenir y telle que définie en (3.7). On obtient alors l’expression suivante :
2
( ) (J)mgR
U yR y
(3.9)
L’énergie potentielle d’un système masse-ressort
Rappelons tout d’abord que la force de rappel du ressort (cf. figure 3.1) est donnée par
l’expression suivante :
(N)F ky (3.10)
Dans cette expression, y (m) désigne la position de la masse par rapport au point
d’équilibre et k la constante de rappel du ressort. Tel qu’illustré dans la figure 1, la
position y de la masse varie dans le temps (y = y(t)).
y = 0
m
k
y(t)
Y
Figure 3.1 : Système masse- ressort sans amortisseur.
Dans le cas d’un système constitué d’une masse attachée à un ressort, on définit
l’énergie potentielle comme suit (cf. Figure 3.1) :
21( ) (J)
2U y k y (3.11)
Dans cette expression, y = y(t) désigne l’écart entre la position de la masse et le
point d’équilibre (y = 0). Cet écart peut être positif ou négatif selon que le ressort est
comprimé (y < 0) ou étiré (y > 0, cas de la figure).
Énoncé du principe de conservation de l’énergie
En absence de force résistive, la somme des énergies cinétique et potentielle qui
donne l’énergie mécanique totale est constante. Ainsi, à deux instants distincts
1 2ett t t t , on a l’égalité
1 1 1 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )E t K t U t K t U t E t (3.12)
91
Remarque. Dans le cas du système masse-ressort sans amortissement de la figure (3.1),
l’énergie totale E est conservée à tout instant de sorte qu’on a l’égalité suivante (dans
laquelle ( ) et ( ) '( )y y t v v t y t ) :
2 21 1
2 2ky mv E (3.13)
3.1.3 Exemples d’applications de mouvement rectiligne
_______________________________________________________________________
Application (1) : Le système masse-ressort.
Si nous appliquons la deuxième loi de Newton au système masse-ressort sans
amortissement, nous obtenons les ED qui suivent, la première sur la vitesse v(t) et la
deuxième sur la position y(t) :
0
20
2
(0)avec les CI
(0) '(0)
dvm ky
y ydt
v y vd ym ky
dt
(3.14)
Résolution en y(t)
La deuxième des ED en (3.14) est d’ordre 2 et peut être réécrite comme suit :
20
2
0
(0)0 avec
(0)
v vd y ky
y ydt m
(3.15)
Cette ED a la forme suivante : 2'' 0y y (3.16)
Elle peut être résolue simplement en se rappelant que cos( ) et sin( )t t sont des
solutions particulières de l’ED (3.16) comme démontré au chapitre 1. Dans ces
conditions la solution générale de cette ED d’ordre 2 comportant 2 constantes arbitraires
est donnée par:
2 1 22
2
( ) cos sin
0
k
m k ky t A t A t
m md y ky
dt m
(3.17)
Avec les conditions initiales, on montre que la solution particulière de (3.15) est :
0 0( ) cos sink m k
y t y t v tm k m
(3.18)
92
Par substitution de y(t) ci-dessus et de ( ) '( )v t y t il est facile de vérifier qu’en absence
d’une force résistive, l’énergie totale du système est constante … et égale à l’énergie
mécanique initiale :
2 2 2 2
0 0
1 1 1 1( '( )) ( ( ))
2 2 2 2m y t k y t mv k y (3.19)
En effet, le terme de droite de cette égalité est l’énergie totale (cinétique plus potentielle)
calculée en t = 0 avec les conditions initiales du système.
Résolution en v(y)
Cherchons la solution en v(y) (vitesse v de la masse en fonction de sa position y) de la
première ED en (3.14). Elle peut être résolue avec la substitution suivante :
dv dv dy
dv dvdt dy dtv
dt dydyv
dt
(3.20)
En substituant le résultat de droite ci-dessus dans la première ED en (3.14), on obtient
alors l’ED à variables séparables suivante :
0 0avec ( )dv
mv ky v y vdy
(3.21)
Cette ED peut s’écrire sous la forme différentielle. Il suffit de multiplier chacun des
termes de l’égalité par dy puis d’additionner kydy de part et d’autre de l’égalité pour
l’obtenir.
0 00 avec ( )ky dy mvdv v y v (3.22)
La solution particulière de cette EDVS est simple à obtenir :
2 2
0 2 2
0 0
0
1 1
2 2
(0) 1 1
(0) 2 2
ky dy mv dv C mv ky C
v vC ky mv
y y
2 2 2 2
0 0
1 1 1 1
2 2 2 2ky mv ky mv (3.23)
Remarque. L’ED (3.22) est exacte (cela se vérifie facilement). Cela peut également se
déduire du fait que l’énergie totale E0 du système masse-ressort sans amortissement est
constante. Cette dernière est donnée par l’expression
93
2 2
0 0 0
1 1
2 2E ky mv (3.24)
L’énergie totale E (y, v) est constante. Elle est fonction de la position y et de la vitesse v
et donnée par l’expression suivante :
2 2
0
1 1( , )
2 2E y v ky mv E (3.25)
Or d’une fonction constante à deux variables, on obtient une ED exacte car sa
différentielle est nulle et qu’elle satisfait alors automatiquement le critère caractérisant
les ED exactes.
( , ) 0F F
F x y C dF dx dyx y
(3.26)
Appliquant cette technique à l’égalité (3.25), on obtient l’ED comme suit :
0 0E E
dy dv ky dy mv dvy v
(3.27)
Cette ED est précisément celle que l’on a obtenue en (3.22) et dont la solution est donnée
en (3.23) et en (3.25).
En isolant v dans (3.25), on obtient finalement l’expression de |v(y)| (il ne faut pas
oublier que la vitesse change de signe, son expression sinusoïdale de v(t) est donnée dans
l’encadré ci-dessous). 2
0
2| ( ) |
2
kyv y E
m (3.28)
Résumé des résultats pour le système masse-ressort sans amortissement
Modèles :
0 0
2
0 02
, (0) et (0) ( )
( )0, (0) et '(0) (0)
( ) '( )
dvmv ky y y v v v y
dy
y td y ky y y y v v
v t y tdt m
Solutions :
2
0
0 0
0 0
2( )
2
( ) cos sin
( ) sin cos
kyv y E
m
k m ky t y t v t
m k m
k k kv t y t v t
m m m
94
Application (2) : Corps en chute libre avec force résistive proportionnelle à la vitesse
v
Fr
mg
Y
Figure 3.2 : Corps en chute libre, force résistive proportionnelle à la vitesse.
La force résistive rF associée au déplacement de la masse est toujours dans la direction
inverse de celle de la vitesse. Son expression traduit cette réalité :
ou 0rF bv b (3.29)
L’application de la deuxième loi de Newton formulée en (2) nous donne l’ED en v(t) qui
suit:
0avec (0)dv
m mg bv v vdt
(3.30)
L’ED en (3.30) est linéaire d’ordre 1 et également à variables séparables. Dans cette ED,
la force résistive est donnée par Fr = – bv. On peut vérifier qu’exprimée ainsi, elle est
toujours dans la direction inverse de la vitesse, que cette dernière soit vers le haut (+) ou
vers le bas ( ). La solution de cette ED est v(t).
Dans le cas de ce modèle, l’expression de la vitesse limitelim
v s’obtient en posant que
l’accélération est nulle; la vitesse limite est telle que la force résistive compense alors la
gravité) :
lim0 0
dvmg bv
dt
lim
mgv
b (3.31)
La position de la masse est obtenue comme suit :
0 0
0
( ) ( ) où (0)
t
y t y v u du y y (3.32)
95
Exemple d’un corps en chute libre avec force résistive proportionnelle à la vitesse
Une masse de 2 kg est projetée vers le haut à une vitesse de 10 m/sec du sommet d’un
édifice de 100 m de hauteur et tombe au sol. On considère que la force résistive qui
s’exerce sur la masse est proportionnelle à la vitesse de l’objet avec une constante de
proportionnalité b = 1/2. On considère que g = 10 m/sec2 pour les calculs.
a) Déterminez l’ED résultant de l’application de la deuxième loi de Newton;
b) Déterminez v(t) et y(t), la vitesse et la position de la masse en fonction du temps;
c) Déterminez la vitesse limite que peut atteindre la masse;
d) Déterminez le temps de vol de la masse depuis le moment où elle est projetée vers le
haut jusqu’au moment où elle touche le sol.
Solution.
a) Système d’axe, diagramme des forces et modèle mathématique (ED).
Sol
Y
100
50
Fr
mg
v
Système d’axe Diagramme des forces (v < 0)
0
Figure 3.3. La figure présente le choix du système d’axe et le diagramme des
forces sur la masse lorsque cette dernière descend vers le sol
Choisissant le système d’axes tel qu’illustré ci-dessus avec l’axe des Y dirigé vers
le haut et y = 0 au sol, on obtient l’ED qui suit en appliquant la deuxième loi de
Newton et le résultat obtenu en (3.30) :
0avec (0)dv
m mg bv v vdt
12 20 avec (0) 10
2
dvv v
dt
b) On détermine v(t) en mettant l’ED obtenue sous la forme linéaire d’ordre (1) qui
suit :
110 avec (0) 10
4
dvv v
dt
(*)
96
La solution de cette ED linéaire est la vitesse ( )v t en fonction de temps :
4( ) 40 50t
v t e
(**)
Pour obtenir y(t), on utilise simplement l’expression formulée en (3.31) avec v(t)
obtenue ci-dessus et y(0) = 100 :
4
0
( ) 100 ( 40 50 )
t u
y t e du
4( ) 300 40 200t
y t t e
c) Lorsque la somme des forces sur la masse est nulle, la force résistive compense
exactement la force gravitationnelle et l’accélération de la masse est nulle. La
vitesse limite est atteinte. De (*) on obtient le résultat suivant :
limlim0 10 40
4 sec
vdv mv
dt
Sachant qu’il existe une vitesse telle qu’elle compensera tôt ou tard la force
gravitationnelle, on peut également obtenir la vitesse limite en prenant la limite
quand t de l’expression de la vitesse v(t) :
4lim lim( ( )) lim ( 40 50 ) 40
sec
t
t t
mv v t e
d) Le temps de vol s’obtient en déterminant la valeur de t pour laquelle y(t) = 0. On
obtient le résultat en utilisant la calculatrice, parce qu’il faut résoudre
numériquement :
4( ) 300 40 200 0 6.52 sect
voly t t e t
____________________________________________________________________________________________________________
Application (3) : Corps en chute libre avec force résistive proportionnelle au carré
de la vitesse
Dès que la vitesse est « grande » dans un milieu résistif, on considère généralement que
la force résistive est proportionnelle au carré de la vitesse. Comme dans le cas précédent,
elle est toujours dans la direction inverse de la vitesse. L’expression de la force résistive
est la suivante : 2 où 0r vF bv u b (3.33)
Dans cette expression, vu désigne un vecteur unitaire dans la direction de la vitesse :
v
vu
v (3.34)
97
Il faut également noter que comme v2 est toujours positif, il faut formuler le modèle
mathématique en tenant compte du signe de v, la composante scalaire de la vitesse dans
un système d’axes donné.
Cas 1 : v > 0.
v
Frmg
Y
v > 0
Figure 3.4. La figure sert à illustrer la situation du modèle lorsque la force résistive pointe dans la direction des Y+ et que la vitesse initiale v0 est positive (v(0) = v0 > 0), ce qui veut dire que la masse est projetée vers le haut.
Dans les conditions de la figure (3.4), l’application de la deuxième loi de newton conduit
à l’EDVS suivante :
2
0avec (0) ( )dv
m mg bv v v v tdt
(3.35)
Ce modèle s’applique tant que ( ) 0v t . Dans ce cas, la force résistive est dirigée vers le
bas et doit être exprimée par (2bv ) dont le signe est négatif pour exprimer une force
vers les Y négatifs.
Cas 2 : v < 0.
Lorsque la masse amorce sa descente, sa vitesse doit être déterminée avec le modèle
illustré dans la figure qui suit.
Figure 3.5 : La figure illustre la situation du modèle lorsque la force résistive pointe dans la direction des Y+ et que la vitesse initiale est négative (v(0) = v0 < 0 ou v < 0).
v
Fr
mg
Y
v < 0
98
Dans les conditions de la figure (3.5), l’application de la deuxième loi de Newton conduit
à l’ED suivante :
2
0avec (0) ( )dv
m mg bv v v v tdt
(3.36)
On remarque que la force résistive qui est dirigée vers le haut est donnée par (2bv ), une
quantité positive exprimant une force vers les Y positifs.
Dans le cas de ce modèle, l’expression de la vitesselimitelim
v s’obtient en posant que
l’accélération est nulle :
2
lim lim0 0
dv mgmg bv v
dt b (3.37)
3.1.4 Dynamique de rotation
Les seules applications considérées dans cette section seront associées à des corps en
rotation autour d’un axe fixe. Dans ces conditions, la deuxième loi de Newton relie
l’accélération angulaire d’un corps dont le moment d’inertie est oI (par rapport à un
axe fixe « o ») en rotation autour de cet axe à la somme des moments de force (toujours
calculés par rapport à l’axe fixe « o ») qui s’exercent sur ce dernier comme suit :
1
n
o oi
i
I
(3.38)
Les unités des termes en (3.37) sont2 2(rad / sec ), ( ) (N m)o oiI kg m et . Dans
l’égalité (3.37), le signe de chacun des moments de force agissant sur le corps en rotation
est déterminé sur la base de la convention suivante :
Le signe « + » est choisi si l’action du moment de force implique une rotation
antihoraire autour de l’axe « o ».
Le signe « » est choisi si l’action du moment de force implique une rotation
horaire autour de l’axe « o ».
Lorsqu’une force résistive se manifeste en dynamique de rotation, elle peut être
associée à un moment de force constant (frottement au niveau de l’axe de rotation
par exemple) ou variable, notamment lorsque la force résistive qui se manifeste
dépend de la vitesse de rotation .
Lorsque le moment de force r associé la force résistive est proportionnelle à la
vitesse angulaire , il est donné par
où 0r (3.39)
99
Lorsque la force résistive est proportionnelle au carré de la vitesse angulaire, il
faut lui attribuer le bon signe dans le cadre du modèle formulé en (37).
2
2
si 0 (rotation antihoraire)où 0
si 0 (rotation horaire)r
(3.39)
En (3.37), l’accélération angulaire est reliée à la vitesse angulaire et à la position
angulaire selon les égalités suivantes :
2
2
d
dt
d d
dt dt
(3.40)
La vitesse angulaire s’exprime en (rad/sec). Elle est reliée à la position angulaire (rad)
par les formules suivantes.
0
0
( ) ( )
t
d
dt
t u du
(3.41)
Dans ces conditions, les applications considérées conduisent à des modèles qui font
apparaître des ED d’ordre 1 en ( )t . La position angulaire ( )t peut être obtenue en
intégrant l’expression de la vitesse angulaire ( )t . Cela se résume dans les deux
formules suivantes :
résolution
1
intégration
0 0
0
(1) avec (0) ( )
( ) ( )
(2)( ) ( ) (0)
n
o oi o
i
t
dI t
dt
t t
t u du où
(3.42)
_______________________________________________________________________
Exemple en dynamique de rotation
Un certain modèle de ventilateur utilise un moteur qui fait tourner une hélice à une
fréquence de 10 Hz (10 tours à la seconde) en régime permanent, et il faut 2 secondes
pour atteindre une vitesse angulaire correspondant à 5 tours par seconde. On considère
100
que le moment de force associé à la force résistive sur l’hélice est proportionnel à la
vitesse angulaire de cette dernière avec une constante de proportionnalité égale à 1/5.
a) déterminez l’expression de la vitesse angulaire ( )t de l’hélice en fonction du
temps avec la condition initiale (0) 0 ;
b) calculez la vitesse angulaire 3 secondes après le départ du ventilateur;
c) calculez le nombre de tours effectués par l’hélice après 5 secondes.
Solution
a) Pour le modèle mathématique de la détermination de ( )t : appliquant la
deuxième loi de Newton (3.37), on obtient l’ED qui suit :
1(0) 0
5o m
dI avec
dt
Dans cette expression, les paramètres Io (moment d’inertie de l’hélice) et m (le
moment de force exercé par le moteur) sont inconnus pour l’instant. La solution
de cette ED linéaire est la suivante :
5( ) 5 1 o
t
I
mt e
Comme la vitesse angulaire limite est associée à une fréquence de 10 Hz en
régime permanent ( lim 2 10 20 (rad / sec) ), on peut déterminer :
limlim ( ) 5 20 4 (N m)m mt
t
Dans ces conditions, on a
5( ) 20 (1 )o
t
It e
Pour déterminer la valeur de 0I , il faut utiliser l’observation sur la vitesse de
l’hélice après 2 secondes, 5 tours / seconde, c’est-à-dire 5 2 10 (rad/sec) ).
Une solution numérique est nécessaire 2
5(2) 20 (1 ) 5 2oI
e
20.577 ( )oI kg m
On obtient alors l’expression de :
2.885( ) 20 (1 ) (rad / sec)t
t e
.
b) On peut alors évaluer la vitesse angulaire après 3 secondes :
(3) 40,62 (rad / sec) environ 6, 46 tours par seconde
m
( )t
101
c) Pour évaluer le nombre de tours après 5 secondes, il faut déterminer ( )t :
2.885
0 0
( ) (0) ( ) 20 (1 )
t t u
t u du e du
200
577577
( ) ( 1) 2010
t
t e t
(5) 164.93 26,25 2 radians 26,25 tours
____________________________________________________________________________________________________________
Pour finir cette section, notons que la résolution d’un problème de dynamique implique
en général les étapes suivantes :
le choix d’un système d’axe(s) et une représentation du diagramme des forces;
l’application de la deuxième loi de Newton pour la détermination du modèle
mathématique, c’est-à-dire la (les) ED(s) à résoudre et l’expression des conditions
initiales pour la détermination de la (des) solution(s) particulière(s) dans le
système de référence choisi;
la détermination d’une méthode de résolution appropriée (méthode analytique,
numérique, en séries de puissances) et d’un outil de calcul pour résoudre les ED,
c’est-à-dire pour déterminer la vitesse et /ou la position de la masse en fonction du
temps et faire l’équivalent en dynamique de rotation;
l’analyse et l’interprétation de la solution, notamment par la représentation
graphique de la vitesse et/ou de la trajectoire;
l’utilisation possible du principe de conservation de l’énergie s’il n’y a pas de
force résistive ou qu’elle est négligeable.
102
3.1.5 Exercices sur la dynamique de translation
Question 1
D’un hélicoptère au repos à 1000 mètres du sol, on laisse tomber (vitesse initiale nulle)
un objet dont la masse est de 5 kg. Sa trajectoire est verticale. La force due à la
résistance de l’air est proportionnelle à la vitesse de l’objet avec une constante de
proportionnalité égale à 5 (N/sec).
Pour simplifier les expressions dans les calculs, prenez g = 10 m/sec2 pour les calculs et
choisissez l’axe des Y positif vers le haut avec y(0) = 0, c’est-à-dire au sol.
a) Utilisez la deuxième loi de Newton pour déterminer l’équation différentielle dont
la solution est la vitesse en fonction du temps en indiquant les conditions initiales
dans le système d’axes suggéré. (Faites une représentation graphique).
b) Déterminez l’expression de la vitesse de la masse en fonction du temps et trouvez
la vitesse limite atteinte par l’objet.
c) Déterminez l’expression de la position de l’objet en fonction du temps dans le
système de références que vous avez choisi en (a).
d) Avec la réponse obtenue en (c), déterminez le temps de chute de l’objet.
e) Quel est le temps de vol si la grandeur de la force résistive est plutôt de 50v.
Comparez avec la réponse obtenue en (d).
f) Déterminez la solution aux questions (a), (b) et (c) en inversant la direction de
l’axe des Y positifs. N’oubliez pas de modifier les conditions initiales pour tenir
compte du changement apporté à l’axe des Y et déterminez la vitesse limite.
Question 2
Une balle de golf sur un « vert » doit franchir 10 mètres à l’horizontale et en ligne droite
pour tomber dans la coupe. On suppose que la force de résistance entre la balle et le
« vert » est proportionnelle à la vitesse avec une constante de proportionnalité de 0,038
(kg/sec). La masse de la balle est de 0,1 (kg). On désire déterminer la vitesse minimale
initiale qu’il faut donner à la balle pour qu’elle tombe dans la coupe.
a) Faites une figure pour représenter la situation et appliquez la deuxième loi de
Newton pour obtenir l’ED en v(t).
b) Identifiez l’ED obtenue en (a)
c) Résolvez l’ED obtenue en (a).
d) Déterminez l’expression de la position de la balle en fonction du temps
e) Déterminez la vitesse minimale qu’il faut donner à la balle pour que celle-ci
tombe dans la coupe.
103
Question 3
Un parachutiste dont la masse est de 75 kg saute d’un hélicoptère au repos situé à 4000
mètres du sol. Il ouvre son parachute 60 secondes après avoir sauté de l’hélicoptère.
Répondez aux questions avec les trois considérations suivantes :
la force gravitationnelle est considérée constante ;
prenez g = 10 m/sec2 ;
la force résistive de l’air est proportionnelle à la vitesse avec une constante qui
vaut k1 = 15 (kg/sec) dans la première partie de la chute (avant l’ouverture du
parachute) et k2 = 105 (kg/sec) après l’ouverture de ce dernier.
Dans ces conditions :
a) faites une représentation graphique pour chacune des deux phases du vol. Pour
chacune, appliquez la deuxième loi de Newton pour obtenir l’ED à résoudre avec
les conditions initiales dans chaque cas ;
b) déterminez la position du parachutiste lorsqu’il ouvre son parachute ;
c) Déterminez la vitesse limite de chute dans chacune des deux parties du saut.
d) Calculez le temps de vol du parachutiste.
Question 4
On observe qu’un corps de 5 kg qu’on laisse tomber d’un hélicoptère (vitesse initiale
nulle) atteint une vitesse limite de 20 m/sec. On considère que la force résistive est
proportionnelle au carré de la vitesse. Répondez aux questions suivantes en utilisant g =
10 m /sec2 dans les calculs.
a) Faites une figure en y incluant l’axe des Y et appliquez la deuxième loi de
Newton pour trouver l’ED en v(t).
b) En utilisant la vitesse limite, déterminez la constante de proportionnalité entre la
force résistive et le carré de la vitesse (2v ).
c) Déterminez l’expression de la vitesse en fonction du temps en résolvant l’ED
déterminée en (a).
d) Trouvez la vitesse après 2 secondes.
e) Calculez le temps nécessaire pour atteindre la vitesse de 16 m/sec.
f) Si l’hélicoptère se trouve à 150 mètres au-dessus du sol, calculez le temps de vol
de la masse.
104
Question 5
Une masse de 2 kg est lancée vers le haut et à la verticale à partir de la surface de la terre
avec une vitesse initiale de 200 m/sec. On considère que la force résistive est
proportionnelle à la vitesse avec une constante de proportionnalité égale à 0,5 (N. sec/m).
a) Déterminez le temps requis pour atteindre le sommet de sa trajectoire.
b) Déterminez la hauteur maximale atteinte par la masse.
c) Calculez le temps requis pour que la masse retombe au sol.
Question 6
Un bateau se déplace à 15 m/sec lorsque son moteur s’arrête. Sa vitesse 10 secondes plus
tard est de 5 m/sec. On considère que la force résistive sur le bateau est proportionnelle à
la vitesse. Calculez la distance totale parcourue par le bateau depuis l’arrêt du moteur
jusqu’à ce qu’il s’immobilise.
Suggestion : Procédez par étapes en vous inspirant des exercices qui précèdent, c’est-à-
dire en décomposant le problème posé.
Question 7
Figure 3.6. La figure illustre une masse m se déplaçant dans une direction radiale dans le voisinage de la terre. L’exercice qui suit vise à déterminer la vitesse initiale
minimale (ou vitesse d’échappement) qu’il faut donner à la masse à la surface de la terre pour qu’elle échappe à l’attraction gravitationnelle.
La grandeur de la force d’attraction gravitationnelle (attractive) entre la terre et un objet
de masse m est donnée par
2g
GM mF
r
Dans cette expression, M désigne la masse de la terre, r désigne la distance entre la
masse et le centre de la terre et G la constante d’attraction gravitationnelle. Cette
expression peut également s’écrire comme suit :
rR
r
Terre
m vFg
105
Dans cette dernière égalité, R désigne le rayon moyen de la terre et g l’accélération
gravitationnelle à la surface de la terre. En fait, son expression est donnée par
2
GMg
R
a) En supposant un mouvement purement radial avec l’axe des R+ dirigé dans la
direction inverse de celle du centre de la terre, utilisez la deuxième loi de Newton
et négligez la force de résistance de l’air pour montrer que l’ED mettant en
relation la vitesse radiale et la force gravitationnelle est donnée par 2
2
dv Rg
dt r
b) Modifiez l’ED obtenue en (a) avec le changement de variables qui suit pour
obtenir une ED en v(r).
dr dv dv dr dvv v
dt dt dr dt dr
c) Identifiez l’ED obtenue en (b).
d) Trouvez la solution avec la condition initiale 0( )v R V où R désigne le rayon de
la terre.
e) Avec une limite appropriée, déterminez la valeur numérique de la vitesse
d’échappement, c’est-à-dire la vitesse initiale 0V minimale qu’il faut donner à la
masse pour que l’objet quitte le champ gravitationnel de la terre.
Utilisez 6
6,37 10 (m)R et 29.81 (m / sec )g pour les calculs en (e).
Question 8
Si l’accélération due à la gravité à la surface de la lune vaut 1/6 de celle à la surface de la
terre et si le rayon de la lune est de 1738 (km), déterminez la vitesse d’échappement si la
masse est projetée de la surface de cette dernière.
Question 9
a) On donne une vitesse initiale de 10 (m/sec) à une masse de 2 (kg) et le
mouvement résultant est rectiligne et horizontal. La seule force non négligeable
sur la masse est une force résistive proportionnelle à la vitesse avec une constante
égale à 2 (N.sec/m), calculez la distance totale parcourue par la masse avant
qu’elle ne s’immobilise.
2
2g
RF mg
r
106
b) Faites le même exercice en supposant que la force résistive est proportionnelle au
carré de la vitesse avec une constante de proportionnalité égale à 2 (N.sec
2/m
2).
Aide : Calculez d’abord la distance parcourue en fonction du temps, puis interprétez la
réponse obtenue.
c) Expliquez la différence entre le résultat obtenu en (a) et en (b).
Question 10
Il est proposé de disposer des déchets nucléaires en les disposant dans des barils de 300
kg dont le volume est de 0.25 m3 et en les jetant dans l’océan. La deuxième loi de
Newton appliquée à la situation implique de prendre en considération les trois
forces suivantes: le poids P , la force B associée à la flottabilité du volume équivalent au
poids de 0,25 m3 d’eau de mer (soit environ 260 kg) et une force résistive rF dont la
grandeur est de 1,5 fois la vitesse du baril. La figure (3.7) qui suit illustre les forces sur
un baril dans sa chute vers le fond de l’océan.
Figure 3.7. La figure illustre les trois forces agissant sur le baril dans sa chute vers le fond de
l’océan
a) À l’aide de la deuxième loi de Newton, déterminez l’ED dont la solution donne la
vitesse v(t) du baril en fonction du temps avec le choix de l’axe des Y qui apparait
sur la figure (2).
b) Résolvez l’ED déterminée en (a) avec la condition initiale v(0) = 0 à l’aide de la
calculatrice. Utilisez g = 9.8 m/sec2 pour les calculs.
B
P
Fr
fond de l’océanY
107
c) Sachant que les barils ne peuvent résister au choc lors du contact avec le fond de
l’océan si la vitesse de ces derniers dépasse 25 m/sec, calculez la profondeur
maximale de l’océan là où on peut jeter les barils sans qu’ils se brisent.
Question 11
On désire étudier un certain type de flèches utilisées pour le tir de précision. Ces flèches
ont une masse de 125 grammes (1/8 kg). La force résistive associée à la résistance de l’air
est proportionnelle à la vitesse avec un coefficient de friction de valeur b (N.sec/m)
inconnue. On effectue un ensemble de tests par une journée sans vent et en terrain plat.
Les flèches sont décochées à 2 m du sol, avec une vitesse de 100 (m/sec) et à un angle de
30 avec l’horizontale. Les tests donnent les résultats suivants : une portée moyenne de
245,58 mètres avec un temps moyen de 7,437 secondes.
Prenez g = 10 m/sec2 pour les calculs.
a) Appliquez la deuxième loi de Newton pour déterminer le système d'ED sur les
vitesses ( ) et ( )x yv t v t en X et Y respectivement.
b) Utilisez la calculatrice pour résoudre les 2 ED déterminées en (a).
c) Déterminez x(t) et y(t) à l'aide des expressions suivantes :
0 0
0 0
( ) ( ) et ( ) ( )
t t
x yx t x v u du y t y v u du
d) Utilisez la donnée sur la portée, pour déterminer la valeur du paramètre b.
e) Déterminez alors les expressions explicites de x(t) et de y(t) avec la valeur
rationnelle approchée de b déterminée en (d).
f) À l’aide des résultats obtenus en (c), utilisez la calculatrice pour faire tracer le
graphe de la trajectoire.
g) Déterminez la hauteur maximale atteinte par la flèche.
Question 12
Un système masse-ressort est constitué d’une masse de 5 (kg) accrochée à un ressort dont
la constante est de 80 (N/m). En raison de la configuration de la masse, la force de
résistance de l’air sur cette dernière est non négligeable : elle est proportionnelle au carré
de la vitesse avec une constante de proportionnalité égale à 10 (N.sec
2/m
2). Initialement,
le ressort est étiré de 0,25 mètre et la vitesse de la masse est nulle. À cet instant, on lâche
la masse.
108
a) Tracez une représentation graphique du système et appliquez la deuxième loi de
Newton pour obtenir l’ED en v(t).
Aide : Attention au signe de l’expression de la force résistive.
b) Effectuez le changement de variable qui suit pour obtenir une ED en v(y) et
formulez les conditions initiales dans ce contexte.
dv dv dy
dv dvdt dy dtv
dt dydyv
dt
c) Identifiez l’ED déterminée en (b).
d) Déterminez la solution de l’ED obtenue en (b).
e) Calculez la vitesse de la masse lorsqu’elle passe pour la première fois par le point
d’équilibre.
f) Calculez la position de la masse lorsque sa vitesse redevient nulle pour la
première fois.
Réponses aux exercices sur la dynamique de translation
Ex. 1 L’axe des Y+ vers le haut.
b) ( ) 10 10 tv t e c) ( ) 1010 10 10 ty t t e d) 101 secvt
e) 1001secvt
Ex. 2 c) 19
500( )
t
v t V e
d)
19
500
50( ) 1
19
t
x t V e
e) 0 3,8 (m/sec)V
Ex. 3 b) 1 1(60) 1250 si (0) 4000y y c) lim_1 lim_ 250 m/sec etv v - 50/7 m/sec
d) 230,71 secvolt
Ex. 4 b) b=1/8 c) 1
( ) 201
t
t
ev t
e
d) v(2) = - 15,23 m/sec
e) 2,197 sec f) 8,886 sec.
Ex. 5 a) 7,167 sec. b) max 513,3 my c) 23,939 sec.
Ex. 6 Environ 137 m.
109
Ex. 7 c) EDVS d) 2
2 2
0
22
gRv V gR
r e) V0 = 11179 m/sec
Ex. 8 V0 = 2384 m/sec
Ex. 9 a) 10 m b) distance lim(1 10 )t
t
tend vers l’ .
Explication pour (c)
Lorsque la vitesse tend vers 0, la force résistive proportionnelle à la vitesse est
beaucoup plus grande que celle proportionnelle au carré de la vitesse. Examinez
la limite quand t tend vers 0 du quotient des forces pour vous en convaincre.
Ex. 10 b) 2001308
( ) 15
t
v t e
c) Environ 255 mètres
Ex. 11 d) b = 1/25 e)
8
25
8
25
625 3( ) 1
4
8189 125 8125( )
32 4 32
t
t
x t e
y t t e
g) ymax = 64,94 m
Ex. 12 a) 2(0) 1/ 4
5 80 10 avec(0) 0
ydvy v
vdt
d) 2 (4 1)2 8 4 yv y e e) (0) 0,727 m/secv f) min 0,1484 my
3.1.6 Exercices sur la dynamique de rotation
Question 1
Une roue dont le moment d’inertie est I = 50 (kg.m
2) tourne autour d’un axe fixe sous
l’effet d’un moment de force constant = 625 (N.m) exercé par un moteur. Un moment
de force r (N.m) proportionnel à la vitesse angulaire (rad/sec) s’oppose à la rotation de
la roue (on suppose que = 5On suppose que la vitesse angulaire initiale de la roue
est nulle.
a) À l’aide de la loi de Newton formulée en (36), déterminez l’ED dont la solution
est la vitesse angulaire ( )t en fonction du temps.
b) Déterminez l’expression de ainsi que celle de la vitesse limite de rotation.
c) Quelle serait la vitesse limite de rotation si le moment de force s’opposant à la
rotation était plutôt donné par 1/225r (N
. m) dans les conditions données ci-
dessus?
r
( )t
110
Question 2
Une roue dont le moment d’inertie est I = 50 (kg.
m2) tourne autour d’un axe fixe sous
l’effet d’un moment de force constant (N.m) exercé par un moteur. Un moment de
force 1/25r (N.
m) proportionnel à la vitesse angulaire (rad/sec) s’oppose à la
rotation de la roueOn arrête le moteur alors que la vitesse est de 225 (rad/sec).
a) Déterminez l’ED sur la vitesse angulaire en fonction du temps à partir du
moment où l’on arrête le moteur.
b) Calculez le temps écoulé depuis le moment où l’on arrête le moteur et celui où
la roue s’arrête de tourner.
Question 3
Une roue dont le moment d’inertie est I = 25 (kg.m
2) tourne autour d’un axe fixe sous
l’effet d’un moment de force constant (N.
m) exercé par un moteur. Un moment de
force 22r (N
. m) proportionnel à la vitesse angulaire (rad/sec) s’oppose à la rotation
de la roueEn régime permanent, la vitesse de la roue est constante à 20 (rad/sec).
a) Déterminez le moment de force du moteur.
b) À un moment donné, on arrête le moteur. Déterminez alors l’ED sur la vitesse
angulaire en fonction du temps à partir de ce moment.
c) Calculez le temps écoulé depuis le moment où l’on arrête le moteur et celui où la
vitesse de la roue est de 1 (rad/sec).
Réponses aux exercices en dynamique de rotation
Ex. 1 b) 10( ) 125 125 (rad/sec)t
t e
, lim 125 (rad/sec)
c) lim 625 (rad/sec)
Ex. 2 a) 1
250 5 , (0) 225 (rad/sec)d
dt
b) 300 secondes
Ex. 3 a) 800 (N m) b) 225 2 , (0) 20
d
dt
c) 11.875 secondes
( )t
( )t
111
3.2 Les circuits électriques
Les équations de Maxwell permettent notamment de décrire le fonctionnement des
circuits électriques. Cependant, ce sont les deux lois de Kirchhoff qui permettent
d’obtenir les modèles mathématiques pour l’analyse de ces circuits. Ces lois doivent être
correctement interprétées pour comprendre en quoi elles assurent la validité des modèles
mathématiques associés aux circuits électriques.
3.2.1 Lois de Kirchhoff
Loi (1) des nœuds : la somme algébrique des courants en un nœud quelconque
d’un circuit électrique est nulle.
Loi (2) des mailles : la somme algébrique des différences de potentiel aux bornes
d’une maille fermée d’un circuit électrique est nulle.
La loi (1) des nœuds
La loi (1) des nœuds découle de la conservation des charges dans le sens suivant : en un
nœud quelconque d’un circuit électrique, la charge n’est ni créée ni détruite et elle ne
s’accumule pas en ce point.
La convention habituelle permettant d’établir le signe des courants en un nœud
quelconque d’un circuit électrique précise la signification du mot « algébrique » qui
figure dans l’énoncé de la loi (1) :
Si un courant alimente un nœud, son signe est positif (+);
Si un courant vide un nœud, son signe est négatif ( ).
La figure (8) qui suit présente la convention en traitant un exemple. Dans cette figure, le
courant I1 « alimente » le nœud, alors son signe est positif. Dans le cas des courants I2 et
I3, ces derniers « vident » le nœud alors le signe de ces deux derniers est négatif. Dans le
système SI, l’unité du courant est l’ampère (A).
1I
I2
I3
Figure 3.8. La figure présente un nœud impliquant trois courants. Le courant I1
« alimente » le nœud, son signe est positif. Dans le cas des courants I2 et I3 ces derniers
« vident » le nœud : le signe de ces deux derniers est négatif. Dans ces conditions, la
conservation de la charge électrique implique que I1 – I2 – I3 = 0.
Dans ces conditions, l’application de la loi (1) des nœuds se traduit par l’égalité suivante :
1 2 3 0I I I (3.43)
112
La loi (2) des mailles
Dans le cas de la loi (2) des mailles, elle repose sur la nécessité pour une charge
électrique d’avoir la même énergie potentielle en un point (a) de la maille que lorsqu’elle
repasse par ce même point (a) après avoir parcouru la maille. Dans le cas contraire, il
pourrait y avoir plus d’une valeur possible de l’énergie potentielle de la charge en un
point donné d’un circuit électrique, ce qui n’a pas de sens. Dans ces conditions, même si
l’énergie potentielle d’une charge électrique change en parcourant une maille fermée, la
somme des changements doit être nulle. Cela implique que la somme algébrique des
différences de potentiel aux bornes de tous les éléments d’une maille fermée est nulle,
comme l’illustre la figure (3.9) ci-dessous. Dans cette figure, la maille (abcda) est fermée.
Une charge qui parcourt cette maille selon a b c d a traverse les éléments 1,
2, 3 et 4 dans l’ordre.
Dans ces conditions, la loi (2) des mailles exprime la réalité suivante :
1
2
1 2 3 4
3
4
0
b a
c b
d c
a d
V V V
V V VV V V V
V V V
V V V
(3.44)
1
2
3
4
a b
cd
Figure 3.9. Une charge qui parcourt la maille fermée (abcda) en partant de (a) se
retrouve au même potentiel lorsqu’elle repasse au point (a) après avoir parcouru
la maille.
Pour bien appliquer la loi des mailles, il convient également de calculer correctement les
différences de potentiel iV aux bornes de chacun éléments de la maille fermée. Cela
comporte deux exigences :
Calculer les en respectant le sens du contour choisi ( )
dans le cas de la figure;
Calculer les en tenant compte de la nature physique des éléments qui figurent
dans la maille. Cela se fait en considérant l’encadré qui suit. Ce tableau résume
les cas des éléments des circuits considérés dans ce cours.
Finalement, rappelons que l’unité SI pour les différences de potentiel est le volt (V).
iV a b c d a
iV
113
3.2.2 Tableau du signe des différences de potentiels
Différences de potentiel aux bornes des éléments
des circuits électriques
Résistance
Dans un circuit électrique, une résistance dissipe de l’énergie potentielle électrique sous
forme de chaleur. L’unité SI pour les résistances est le ohm ( ).
a b
i
R
Figure 3.10. La figure illustre une résistance R traversée par un courant i.
Le calcul de la différence de potentiel aux bornes de la résistance se fait par référence à
la figure (3.10) et aux deux cas suivant :
(1)
(2)
ab b a
ba a b
V V V Ri
V V V Ri
(3.45)
Dans l’application de la deuxième loi de Kirchhoff, il importe de tenir compte si on
traverse la résistance dans le sens du courant (cas (1)) où dans le sens contraire (cas (2)).
De plus abV s’interprète comme a bV , c’est-à-dire la différence de potentiel découlant
du passage de a à b en traversant la résistance dans le sens du courant dans ce cas-ci.
Ainsi, quand une charge traverse la résistance dans le sens du courant (de a à b dans la
figure, elle perd de son énergie potentielle qui se transforme en chaleur par effet Joule,
d’où abV Ri . Cela implique que baV Ri .
___________________________________________
Source de voltage
Dans un circuit électrique, le rôle d’une source est d’alimenter ce dernier en énergie
notamment en donnant de l’énergie potentielle aux porteurs de charge associés au
courant électrique. Dans le cas des sources que nous désignerons par (V), il convient
d’établir sa polarité pour éviter une ambiguïté de signe. Dans les circuits que nous allons
considérer, cette polarité sera généralement déterminée par le point de potentiel nul,
c’est-à-dire le point de « mise à la terre » qui sera relié à la borne négative comme dans
la figure qui suit. L’unité du SI pour l’expression de la différence de potentiel aux
bornes de la source est le volt (V).
114
Figure 3.11. La figure présente une source de tension délivrant un courant i.
La différence de potentiel entre les points a et b de la figure se détermine comme suit :
(V)
(V)
ab b a
ba a b
V V V
V V V
(3.46)
___________________________________________
Condensateurs
Le rôle premier des condensateurs dans un circuit électrique est de stocker de l’énergie
potentielle électrique dans le champ électrique produit par les charges etq q sur ses
armatures. Contrairement aux résistances, les condensateurs ne dissipent pas d’énergie.
Dans le cas des circuits considérés dans ce cours, la polarité des condensateurs sera
facile à établir. Cela facilitera la détermination des différences de potentiel aux bornes
de ces derniers. L’unité SI pour l’expression de la capacité des condensateurs est le farad
dont le symbole est (F).
+ +_ _
+q
_qC
a
b
i
Figure 3.12. La figure représente un condensateur C chargé portant une charge
+q sur son armature positive et –q sur son armature négative
En se rapportant à la figure, le calcul des différences de potentiel entre les points a et b
(résultant de l’application de la loi des mailles) c’est-à-dire la différence de potentiel aux
bornes du condensateur s’effectue comme suit :
(V)
(V)
ab b a
ba a b
qV V V
C
qV V V
C
(3.47)
Les deux expressions sont nécessaires car dans l’application de la deuxième loi de
Kirchhoff à une maille donnée, il arrive qu’on traverse le condensateur de a à b (dans le
sens du courant) ou dans le sens inverse du courant, c’est-à-dire de b à a.
a
b
i
115
Les relations qui relient la charge q (en coulomb (C) et le courant i sont les suivantes :
0
( ) (A)
( ) (0) ( ) (C)
t
dqi t
dt
q t q i u du
(3.48)
Dans l’expression de q(t), q(0) est la valeur initiale de la charge sur le condensateur.
Sauf dans le cas des circuits RC séries sans source pour lesquels le condensateur se
décharge dans la résistance. Dans les circuits avec source, il est courant que q(0) = 0.
Finalement, ce qui est observable dans le cas des condensateurs avec un multimètre ou
un oscilloscope, c’est la différence de potentiel CV entre ses bornes. Les formules
suivantes servent à déterminer le courant i(t) en fonction de CV :
( )
( ) (A)C C
C
q tV q CV
dVCi t C
dq dti
dt
(3.49)
La formule à droite en (3.49) obtenue pour le courant sera utilisée plus loin pour
l’analyse des circuits dans lesquels il y a des condensateurs.
___________________________________________
Inductance
Physiquement, les inductances sont constituées par des bobines comportant un grand
nombre de spires d’un bon conducteur, généralement le cuivre. Les inductances ne
dissipent pas d’énergie, elles stockent de l’énergie magnétique dans les champs
magnétiques produits par le courant électrique qui les traverse. L’unité SI pour exprimer
l’inductance d’une bobine est le henry dont le symbole est (H). La figure ci-dessous
résume ce qui intervient dans le calcul des différences de potentiel aux bornes des
inductances.
i(t)
a
b
L
Figure 3.13. La figure présente une inductance traversée par un courant i(t).
En référence avec la figure (3.13), les expressions suivantes expriment les différences de
potentiel aux bornes des inductances.
116
(V)
(V)
ab b a
ba a b
diV V V L
dt
diV V V L
dt
(3.50)
On remarque que les différences de potentiel sont nulles si le courant i(t) est constant.
Les deux expressions sont nécessaires car dans l’application de la deuxième loi de
Kirchhoff à une maille donnée, il arrive qu’on traverse l’inductance de a à b (dans le
sens du courant) ou dans le sens inverse du courant, c’est-à-dire de b à a.
3.2.3 Puissance et énergie dans les circuits électriques (Optionnel)
Il importe de préciser les relations entre l’énergie U(t) absorbée ou délivrée par un
élément quelconque d’un circuit électrique et la puissance P(t) associée à ce même
élément :
0
( ) (W)
( ) ( ) (J)
t
dUP t
dt
U t P u du
(3.51)
La figure (13) qui suit présente ce qui caractérise les circuits électriques alimentés par
une seule source de tension :
La source de tension ( )t délivre un courant ( )i t , par conséquent de l’énergie au
reste du circuit ;
Le reste du circuit absorbe ou consomme cette énergie;
À chaque instant, la puissance délivrée par la source est égale à la puissance
consommée dans le circuit.
a
+
_
o
bVa
Reste
du circuit
b
i(t)
(t) (t)
Figure 3.14. La figure présente une version simplifiée d’un circuit électrique à une
seule source de voltage, ce qui recouvre un grand nombre d’applications.
117
L’unité du SI pour exprimer la puissance est le watt (W). Dans le circuit de la figure (13),
la puissance instantanée délivrée par la source au circuit est donnée par la formule
suivante en fonction de la tension ( )t de la source et du courant i(t) :
( ) ( ) ( ) (W)P t t i t (3.52)
La puissance consommée dans le reste du circuit (alimenté par la source) est donnée par
( ) ( ) ( ) (W)ab abP t V t i t (3.53)
Cette puissance est la somme des puissances consommées par tous les éléments du circuit
alimenté par la source. Pour démontrer qu’à tout instant la puissance délivrée par la
source est égale à celle consommée, il suffit d’appliquer la loi des mailles au circuit ci-
dessus (à partir du point (o) dans le sens horaire, celui du courant) :
( ) ( ) 0( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
ab
ab
ab
t V tP t P t
t i t V t i t
(3.54)
Puissance délivrée par les sources de tension
Dans le cas d’une source constante, une batterie par exemple, le courant i
délivré en régime permanent (lorsque le régime transitoire s’est estompé) est
constant. Dans ces conditions, la puissance délivrée par la source est constante et
donnée par
P = i (W) (3.55)
Dans le cas d’une source sinusoïdale délivrant un courant sinusoïdal (en régime
permanent, la puissance moyenne délivrée par la source se calcule comme suit :
0 0 0
0
( ) sin( )cos( )
( ) sin( ) 2 2
t t iP
i t i t
(W) (3.56)
Dans l’expression de P , le terme cos( ) est le « facteur de puissance du circuit ».
Ce facteur est déterminant pour l’évaluation de l’efficacité du transfert de la
puissance de la source au circuit. Il importe de déterminer les valeurs du
déphasage du courant par rapport à la tension et du facteur de puissance dans le
cas des circuits alimentés par des sources sinusoïdales.
Puissance consommée dans les éléments du circuit (optionnel)
Dans le cas des résistances, la puissance dissipée en chaleur par effet Joule est
donnée par l’expression suivante :
2 (W) où ( )P Ri i i t (3.57)
Dans cette expression, le courant i(t) est celui qui traverse la résistance R.
118
Dans le cas des condensateurs, il faut d’abord savoir qu’ils ne dissipent pas
d’énergie, mais stockent plutôt cette dernière. Il faut que la source délivre de
l’énergie pour que les condensateurs en stockent. Cela exige une partie de la
puissance délivrée par la source au circuit.
o Énergie en joules (J) stockée dans un condensateur de capacité C avec une
tension instantanée ( )CV t et charge q(t) sur l’armature positive :
2
2
( )( ) (J) où ( ) ( )
2
1( ) ( ) (J)
2
C C
C C
q tU t q t CV t
C
U t CV t
(3.58)
o Puissance absorbée (non dissipée) par un condensateur
( ) ( )avec ( )
( )
avec ( )
CC
CC C
q dq q t i tq t
dU C dt CP t
dVdtCV V t
dt
(3.59)
La puissance s’exprime en watt (W) comme mentionné ci-dessus.
Dans le cas des inductances (comme dans celui des condensateurs), ces éléments
ne dissipent pas d’énergie, elles en stockent. Les expressions suivantes sont les
expressions de l’énergie stockée UL (J) et de la puissance PL (W) associée à ce
stockage dans une inductance L (H) en fonction du courant i(t) (A) qui la
traverse :
21( ) (J)
2où ( )
(W)
L
LL
U t Li
i i tdU di
P Lidt dt
(3.60)
3.2.4 Les circuits RC séries et RL séries
Les seuls circuits qui seront considérés, associés à des ED d’ordre 1 sont les suivants :
Circuits RC série ;
Circuits RL série.
119
Circuit RC série
S
a
R
C
+
_
i + +_ _
o
Figure 3.15. La figure présente un circuit RC série
Pour l’analyse de ce circuit, on suppose que le commutateur S est placé en position
(a) en t = 0. On suppose également que les conditions initiales sont les suivantes :
00(0) (0)C
Qq Q V
C (3.61)
Deux ED sont associées à ce circuit : l’une en q(t), l’autre en ( )CV t . Ces ED sont
déterminées en appliquant la loi des mailles à ce circuit en parcourant la maille en
partant du point (o) et en parcourant la maille dans le sens horaire, celui du courant
tel que représenté sur la figure :
ED en q(t)
0
0
avec (0)
qRi
dq qCR q Q
dq dt Ci
dt
(3.62)
ED en ( )CV t
0
0
avec (0)CC C C
C
qRi
C
dV QqV RC V V
C dt C
dVi C
dt
(3.63)
Généralement, les conditions initiales « sont nulles », c’est-à-dire que q(0) = 0 et
VC(0) = 0, sauf dans le cas d’un circuit de décharge d’un condensateur dans une
résistance.
120
Il importe de signaler que les cas les plus courants de circuits RC séries et les plus
importants sont ceux pour lesquels les sources sont les suivantes :
o 0 ( )V (décharge d’un condensateur à travers une résistance comme
dans le cas de la production d’une lumière intense avec un « flash »
d’appareil photo) ;
o 0 ( )E V (le circuit résultant est un circuit de charge d’un condensateur
avec une batterie, c’est-à-dire une source constante);
o 0 0sin ( ) ou cos( )E t E t (cas des sources sinusoïdales).
Plusieurs circuits requièrent des condensateurs pour des raisons multiples : correction
du facteur de puissance d’un circuit inductif (cas des moteurs électriques), rôle de
filtre pour certaines fréquences, atténuation de certaines fréquences dans le cas d’un
appareil radio alimenté par une source sinusoïdale, etc.
Constante de temps et temps de réponse dans le ca des circuits RC séries
Les deux définitions suivantes sont utiles pour les fins de l’interprétation. Elles
permettent notamment de distinguer dans le temps la partie de la solution de l’ED
relative au circuit associée au régime transitoire (qui se manifeste lorsqu’on active le
circuit et dans laquelle on a une exponentielle négative) et le régime permanent qui
persiste dans la dynamique du circuit lorsque le régime transitoire s’estompe.
o La constante de temps du circuit RC série exprimée en secondes:
(sec)RC RC (3.64)
o Le temps de réponse du circuit RC série exprimé en secondes:
5 5 (sec)RCT RC (3.65)
o Le régime permanent prévaut lorsque t > T.
Par exemple, lorsqu’un circuit RC série activé en t = 0 est alimenté par une source
sinusoïdale, on considère que le régime permanent est atteint lorsque
5 ou RCt t T .
Finalement, on peut considérer la valeur de la constante de temps comme l’unité de
temps appropriée pour étudier les circuits RC.
121
Circuit RL série
S
a
R
+
_
i
o
L
Figure 3.16. La figure présente un circuit constitué d’une source alimentant une
résistance R en série avec une inductance L.
En terme d’interprétation, c’est le circuit simplifié d’un moteur électrique alimenté
par une source de tension qui peut être constante (une batterie par exemple) dans le
cas d’un moteur à courant continu ou par une source sinusoïdale dans le cas d’un
moteur synchrone.
Pour l’analyse du circuit de la figure (3.16), on suppose que le commutateur S est
placé en position (a) en t = 0. On suppose également que la condition initiale sur le
courant est la suivante : 0(0)i I (généralement 0 0I dans les applications
courantes). L’ED associée à ce circuit vise à déterminer l’expression de i(t). La loi
des mailles appliquée à partir du point (o) en parcourant la maille dans le sens du
courant indiqué (sens horaire) donne une ED en i(t) :
0
0
avec (0)
diL Ridi
Ri L dtdt
i I
(3.66)
Dans le cas des circuits RL séries, les cas habituels sont associés aux sources de
voltage suivantes :
o 0 ( )V ;
o 0 ( )E V (alimentation d’un moteur électrique à courant continu);
o 0 0sin ( ) ou cos( )E t E t (cas des sources sinusoïdales) comme
dans le cas de l’alimentation d’un moteur électrique par une source de
tension sinusoïdale.
Constante de temps et temps de réponse dans le cas des circuits RL séries
Comme dans le cas des circuits RC séries, les notions de constantes de temps et de
temps de réponse sont utiles pour les fins de l’interprétation. Elles permettent
122
notamment de distinguer dans le temps la partie de la solution de l’ED relative au
régime transitoire et au régime permanent du circuit qui persiste lorsque le régime
transitoire s’estompe.
Dans le cas des circuits RL séries, la constante de temps RL et le temps de réponse
T sont donnés par :
(sec)
5 5 (sec)
RL
L
R
LT
R
(3.67)
Lorsqu’un circuit RL série activé en t = 0 est alimenté par une source constante (une
batterie par exemple) ou par une source sinusoïdale, on considère que son
fonctionnement est en régime permanent lorsque .
Finalement, comme dans le cas des circuits RC séries on considère la valeur de la
constante de temps comme l’unité de temps appropriée pour étudier les circuits RL
séries.
5 ou t t T
123
3.2.5 Exercices sur les circuits électriques
Exercice 1
Un circuit est constitué d’une résistance R () en série avec un condensateur de capacité
C (F) et d’une source constante E0 (V) (voir le circuit de la figure 14). En t = 0, on ferme
le commutateur pour activer le circuit, il n’y a aucune charge sur le circuit à cet instant.
a) Déterminez l’ED dont la solution donne la charge en fonction du temps.
b) Déterminez les expressions de la constante de temps et du temps de réponse de ce
circuit en fonction de R et de C.
c) Déterminez q(t) et ( )CV t , la charge et la différence de potentiel aux bornes du
condensateur en fonction du temps.
d) Déterminez l’expression de la charge maximale que peut stocker le condensateur
ainsi que la tension maximale que l’on peut mesurer à ces bornes dans le contexte
de ce circuit.
e) Déterminez l’expression du courant i(t) dans la résistance en fonction du temps.
f) Montrez qu’à l’instant de l’activation du circuit, la tension aux bornes du
condensateur est nulle en examinant la limite suivante :0
lim ( )Ct
V t
.
g) Montrez en examinant la limite de i(t) quand 0t qu’au moment de l’activation
du circuit, le courant dans la résistance est donné par l’expression suivante :
(0 )iR
(A)
En termes d’interprétation, si la charge est nulle sur le condensateur en t = 0, ce
dernier se comporte comme un conducteur quand 0t , lors de l’activation du
circuit. C’est comme si le circuit équivalent ne comportait que la source et la
résistance à cet instant seulement.
h) Montrez que le courant i(t) tend vers 0 quand t .
En termes d’interprétation, quand le condensateur est chargé, la différence de
potentiel à ses bornes est égale à celle aux bornes de la source de sorte qu’il ne
peut y avoir une différence de potentiel aux bornes de la résistance pour y faire
circuler un courant.
124
Exercice 2
Un circuit est constitué d’une résistance 5 () en série avec un condensateur de capacité
1/10 (F) et d’une source constante 12 (V) (voir le circuit de la figure 3.15). En t = 0, on
ferme le commutateur pour activer le circuit, il n’y a aucune charge sur le circuit à cet
instant.
a) Calculez la valeur de la constante de temps et du temps de réponse T du circuit.
b) Déterminez les expressions de q(t) et i(t).
c) Utilisez la calculatrice pour faire tracer dans la même fenêtre graphique ( )CV t ,
( )RV t ainsi que ( ) ( )C RV t V t .
d) Déterminez la valeur maximale que peut atteindre la charge sur le condensateur.
e) Calculez la valeur de q(T) où T désigne le temps de réponse du circuit et le
pourcentage de la charge maximale que représente cette valeur.
Interprétation : Dans le cas de ce circuit, le temps de réponse T du circuit
correspond au temps pour lequel on considère que la charge du condensateur est
complète et que le temps nécessaire pour que le courant délivré par la source soit
négligeable. Le régime permanent est alors atteint.
f) Montrez qu’à tout instant, la puissance délivrée par la source au circuit est égale à
la somme de la puissance dissipée dans la résistance et de celle utilisée pour le
stockage de l’énergie dans le condensateur.
Aide : Montrez que ( ) ( ) ( )R CP t P t P t (voir l’encadré sur la puissance)
Exercice 3
Figure 3.17. La figure illustre un ultra-condensateur qui a été chargé sous 2,5 (V). En t = 0, on place le commutateur S en position (a). La résistance R a été choisie de sorte que la durée de la décharge se fasse en 30 minutes.
Un ultra-condensateur C de 300 F initialement chargé sous une tension constante de 2,5
(V) se décharge dans une résistance R de sorte que la décharge dure 30 minutes.
125
a) Déterminer la valeur de R dans les conditions exprimées dans le texte sous la
figure.
b) Déterminez alors l’expression de q(t).
c) Calculez le temps nécessaire pour que la charge sur le condensateur soit égale à
50% de sa valeur initiale.
Exercice 4 (optionnel)
Figure 3.18. La figure illustre le circuit simplifié d’un flash d’appareil photo. Lorsqu’on
active l’appareil photo, le commutateur est automatiquement en position (a) et le
condensateur se charge. Lorsque le photographe prend une photo faisant intervenir le
flash, le commutateur est à cet instant placé en position (b) et le condensateur libère toute
son énergie dans la lampe en 0,05 seconde.
Le circuit simplifié associé à un « flash » de caméra est présenté dans la figure (3.18) qui
suit. Vous devez d’abord déterminer les valeurs respectives de la résistance R et de la
capacité C du condensateur sachant que :
la puissance P moyenne de la lampe est de 50 W lors d’un flash dont la
durée est de t = 0.05 seconde. Dans ces conditions, l’énergie lumineuse
émise lors d’un flash est donnée par
2,5 (J)lampeU P t
l’on considère que toute l’énergie stockée dans le condensateur est libérée
lors d’un seul « flash ».
la source est une batterie de 3 volts ;
le condensateur C se recharge en 5 seconde lorsque le commutateur S est en
position (a) ;
le condensateur se décharge dans la lampe lorsque le commutateur est placé
dans la position (b), c’est-à-dire au moment de prendre une photo.
a) Déterminez la valeur de C sachant que l’énergie stockée dans ce condensateur que
l’on suppose complètement chargé est égale à celle émise par la lampe.
b) Déterminez la valeur de R sachant que le temps de charge du condensateur est de
5 secondes.
c) Déterminez l’expression de q(t) lorsque le condensateur se charge.
R
a b
S
C Lampe+
_
126
d) Supposons que la lampe peut être considérée comme une résistance RL. Dans ces
conditions calculez la valeur de cette résistance en considérant que dans ces
conditions, on a un circuit RC série sans source pour lequel la décharge se fait en
0.05 seconde. De plus, utilisez cette valeur pour déterminer les expressions de la
charge sur le condensateur et le courant dans la lampe en fonction du temps.
Déterminez également la valeur du courant maximal dans la lampe.
Aide : La condition initiale sur la charge est connue, étant donné que l’on suppose
que le condensateur est complètement chargé. De plus, on considère que le temps
de décharge est égal au temps de réponse du circuit.
Exercice 5
Un circuit est constitué d’une résistance R () en série avec une bobine dont l’inductance
est de L (H) et d’une source constante E0 (V) (voir le circuit de la figure 3.16). En t = 0,
on ferme le commutateur pour activer le circuit, il n’y a aucune charge sur le circuit à cet
instant.
a) Déterminez l’ED dont la solution donne i(t), le courant délivré par la source en
fonction du temps.
b) Déterminez les expressions de la constante de temps et du temps de réponse de ce
circuit en fonction de R et de L.
c) Déterminez i(t), le courant délivré par la source en fonction du temps. Il s’agit
également du courant qui traverse tous les éléments du circuit.
d) Montrez en examinant la limite de i(t) quand qu’au moment de l’activation
du circuit, le courant est nul.
e) Déterminez l’expression du courant limite maximal délivré par la source au
circuit.
f) Déterminez l’expression de la différence de potentiel aux bornes de la bobine en
fonction du temps.
g) Montrez qu’au moment de l’activation du circuit la différence de potentiel aux
bornes de la bobine est égale à celle aux bornes de la source.
0t
127
h) Montrez en examinant la limite de i(t) quand t (en pratique, t > T, le temps
de réponse du circuit) le courant dans la résistance est donné par l’expression
suivante :
iR
(A)
En termes d’interprétation, lorsque t > T, le régime permanent est atteint, la
différence de potentiel aux bornes de la bobine est nulle et celle aux bornes de la
résistance est égale à celle aux bornes de la source.
Exercice 6
Un circuit électrique est constitué d'une source constante E = 120 (V) alimentant une
résistance R = 100 en série avec une bobine d'inductance inconnue L (H). Il n'y a
aucun courant qui circule dans le circuit au moment où l'on ferme le commutateur.
a) Déterminez l'ED à résoudre, équation dont la solution est le courant i (t) délivré
par la source au circuit.
b) Résoudre l'équation obtenue en (a) pour déterminer l'expression du courant en
fonction du temps.
c) Déterminez la valeur de l'inductance L de la bobine si le courant est de 0,76 A
lorsque t = 0,01 sec.
d) Déterminez la tension aux bornes de la bobine tout juste au moment où l’on ferme
le commutateur.
e) Déterminez la tension aux bornes de la bobine et aux bornes de la résistance
quand t .
Exercice 7
Une bobine dont l’inductance est de 50 mH est en série avec une résistance de 10 et
une pile de 25 V (voir le circuit de la figure (3.16)). On ferme le commutateur en t = 0
alors que le courant est nul à cet instant.
a) Déterminez l’ED dont la solution est le courant i(t) en fonction du temps et
trouvez l’expression de i(t).
b) Considérant que le courant ip(t) en régime permanent est celui qui reste lorsque
t , déterminez son expression.
c) Calculez le temps requis pour que le courant atteigne 90% de sa valeur maximale.
d) Déterminez les expressions respectives de PR, PL et P, la puissance dissipée dans
la résistance, la puissance utilisée pour le stockage d’énergie dans la bobine et la
puissance délivrée par la source.
e) Montrez que P = PR + PL.
128
Exercice 8
Un circuit RC série est constitué d’une résistance de 10 , d’un condensateur de 0,01 F
et d’une source sinusoïdale ( ) 24sin (10 )t t . La charge est nulle sur le condensateur
lorsqu’on active le circuit.
a) Déterminez la constante de temps de ce circuit ainsi que le temps de réponse de ce
dernier.
b) Déterminez l’ED dont la solution est q(t), la charge sur le condensateur en
fonction du temps.
c) Déterminez les expressions de q(t), la charge sur le condensateur et i(t), le courant
délivré par la source.
d) Déterminez l’expression du courant en régime permanent ( ( )pi t ).
e) Calculez l’angle de phase entre la tension de la source et le courant délivré par
cette dernière lorsque le circuit est en régime permanent et déduisez le facteur de
puissance du circuit.
f) Calculez l’angle de phase entre la tension et le courant délivré (toujours en
régime permanent) par la source si la fréquence de la source est 10 fois plus
grande.
Exercice 9
Un circuit RL série est constitué d’une résistance de 10 , d’une bobine dont
l’inductance est de 1 H et d’une source sinusoïdale ( ) 24sin (10 )t t . Le courant est
nul dans le circuit lorsqu’on l’active.
a) Déterminez la constante de temps et le temps de réponse du circuit.
b) Déterminez l’ED en i(t), associée à ce circuit.
c) Déterminez i(t), le courant délivré par la source en fonction du temps.
d) Déterminez l’expression du courant en régime transitoire ( ( )ti t ) et en régime
permanent ( ).
e) Calculez l’angle de phase entre la tension de la source et le courant délivré par
cette dernière lorsque le circuit est en régime permanent et déduisez le facteur de
puissance du circuit.
f) Faites les mêmes calculs qu’en (c), (d) et (e) si la fréquence de la source est 10
fois plus grande.
( )pi t
129
Réponses aux exercices
Ex. 1 a) 0 avec (0) 0dq q
R E qdt C
b) (sec) et 5 (sec)RC T RC
c) 0 0
( )( ) 1 (C) et ( ) 1 (V)
t t
RC RCC
q tq t CE e V t E e
C
d) max 0 max 0lim ( ) Ct
q q t CE et V E
e) 0( ) (A) oùt
Edqi t e RC
dt R
Ex. 2 a) 1 5
(sec) (sec)2 2
et T b)
2
2
6( ) 1 (C)
5
12( ) (A)
5
t
t
q t e
i t e
c) max lim ( ) 1,2 (C)t
q q t
d) ( ) (5 ) 1,1919 (C) 99,33%q T q de maxq
Ex. 3 a) R = 1,2 pour que T = 5 1800 secondes
b) 3606
0 , (0) 750 ( ) 750 (C)5 300
tdq q
q q t edt
c) 249,53 secondes
Ex. 4 a) Chargé sous 3 (V), 21
(3)2
CU C = 5
2,5 (J) (F)9
lampeU C
b) R = 1,8 c) 5
( ) 1 (C)3
tq t e d) 0.018LR
Ex. 5 a) 0 , (0) 0di
L Ri E idt
b) (sec) et 5 5 (sec)L L
TR R
c) 0( ) 1 (A)t
Ei t e
R
e) 0
max lim ( )t
Ei i t
R
f) 0( ) (V)t
L
diV t L E e
dt
g) 0(0 ) lim ( )L L
tV V t E
Ex. 6 a) 100 120 , (0) 0di
L i idt
b)
1006
( ) 1 (A)5
tLi t e
c) L = 1 (H) d) 120 (V)
e) 120 ( ) et 0 quandR LV V V t
130
Ex. 7 a) 5
10 25 , (0) 0100
dii i
dt b)
5( ) (A)
2pi t c) 0,0115 (sec)
d)
200
22 200
200 200
125( ) ( ) 1 (W)
2
125( ) ( ) 1 (W)
2
125( ) 1 (W)
2
t
t
R
t t
L
P t i t e
P t Ri t e
diP t Li e e
dt
Ex. 8 b) 10 24sin (10 ), (0) 0dq q
t qdt C
c)
10
10
3 3( ) cos (10 ) sin (10 ) (C)
25 25
6 6( ) cos (10 ) sin (10 ) (A)
5 5
t
t
q t e t t
i t e t t
d) 6 6 2
( ) cos(10 ) sin (10 ) sin (10 ) (A)5 5 4
pi t t t t
e)
( ) 24 sin (10 )2
et cos ( ) 0,7076 24 2( ) sin 10
5 4p
t t
i t t
Le courant est en avance de phase de 4
(rad) sur la source.
f) 240 24
( ) sin (100 ) cos(100 )101 101
pi t t t et 0,09967 (rad)
cos ( ) 0,9995
Ex. 9 a) 1 1
(sec) 5 (sec)10 2
Let T
R
b) 10 24 sin (10 ) , (0) 0di
i t idt
c) 106 6( ) sin(10 ) cos(10 ) (A)
5 5
ti t e t t
d)
106( ) (A)
5
6( ) sin(10 ) cos (10 ) (A)
5
t
t
p
i t e
i t t t
131
e)
( ) 24 sin (10 )2
et cos ( )6 24 2( ) sin 10
5 4p
t t
i t t
Le courant est en retard de phase sur la tension de la source.
f)
1024( ) (A)
101
1( ) 12 sin (100 ) 120 cos (100 ) (A)
505
1,47 (rad)
cos ( ) 0,0995
t
t
p
i t e
i t t t
132
3.3 Phénomènes d’échange de chaleur
À moins de spécifier le contraire, on supposera dans ce qui suit que le corps placé dans
un milieu donné ne modifie pas la température de ce dernier.
Il existe deux lois permettant de déterminer la température T(t) d’un corps placé dans un
milieu dont la température M(t) peut être variable :
La loi de Newton
La loi de Stephan
3.3.1 La loi de Newton
La loi de Newton associée à l’échange de chaleur suppose que cet échange se fait
uniquement par convection, ce qui implique un échange par contact entre le corps et le
milieu dans lequel il est placé (impossible dans le vide). Elle se formule comme suit : le
taux de variation de la température T(t) d’un corps placé dans un milieu de température
M(t) (qui peut être constante ou variable selon l’application considérée) est proportionnel
à la différence ( ( ) ( ))M t T t entre la température du milieu et celle du corps. L’ED
permettant de déterminer T(t) est la suivante :
0( ( ) ( )) avec (0)dT
k M t T t T Tdt
(3.68)
Dans cette ED, la constante k est positive (k > 0): si la température initiale du corps est
plus petite que la température du milieu, elle va augmenter. Dans ces conditions le taux
de variation de la température doit être positif, ce qui implique que k > 0. Un
raisonnement analogue peut se faire si la température initiale est plus grande que celle du
milieu et la conclusion est la même.
Remarque : L’équation (3.68) n’est pas la forme habituelle de la loi de Newton. De plus,
elle cache des aspects importants de la réalité du problème posé :
o La température du corps correspond à sa température moyenne;
o La forme du corps, sa masse et sa chaleur spécifique (déterminée selon sa capacité
de stocker de l’énergie thermique) sont des facteurs qui ne sont pas explicitement
considérés ;
o Est-ce que la convection est naturelle ou forcée comme avec l’utilisation d’un
ventilateur pour refroidir un corps chaud.
133
La loi de Newton se formule comme suit : Le taux de variation de l’énergie thermique
d’un corps placé dans un milieu de température M est donné par :
dT
mc hA M Tdt
(3.69)
Dans l’ED en (3.69), m est la masse du corps, c sa chaleur spécifique (lié à la capacité du
corps de stocker de l’énergie thermique), A est la surface extérieure du corps, h est le
coefficient de convection thermique (lié à la forme du corps), M est la température du
milieu dans lequel le corps est placé (on suppose que la présence du corps ne change pas
M) et T désigne la température moyenne du corps. Cette ED peut également s’écrire
comme en (3.68) :
oùdT hA hA
M T k M T kdt mc mc
(3.70)
On retrouve donc le modèle formulé en (3.68). On remarque que le paramètre k est entre
autres proportionnel à A, la surface extérieure du corps placé dans le milieu de
température M.
3.3.2 La loi de Stephan
La loi de Stefan associée à l’échange de chaleur suppose que cet échange se fait
strictement par rayonnement. Dans ces conditions, la loi de Stefan permet de déterminer
la température T(t) d’un corps placé dans un milieu de température M(t) qui peut être
constante ou variable. Elle s’énonce ainsi : le taux de variation de la température d’un
corps est proportionnel à la différence entre la puissance quatrième de la température du
milieu et la puissance quatrième de la température du corps. L’ED associée à cette loi
s’énonce comme suit :
4 4
0( ) ( ) , 0 (0)dT
b M t T t b avec T Tdt
(3.71)
Dans cette ED, la température du corps T(t) et celle du milieu M(t) s’exprime en degré
Kelvin (oK). La relation suivante permet d’exprimer une température donnée en
oC en
degré Kelvin :
o o( K) ( C) + 273T T (3.72)
Remarque
Les deux processus sont généralement présents lors de l’échange de chaleur entre un
corps et son environnement, mais dans le cas de plusieurs applications, l’un des processus
est nettement dominant. À titre d’exemples :
134
L’évolution de la température d’un corps placé dans un grand réservoir d’eau peut
être déterminée avec précision avec la loi de Newton;
Si le même corps est placé dans une chambre dans laquelle on a produit un vide
poussé (convection négligeable), l’évolution de sa température pourra être
déterminée par la loi de Stefan.
Dans le cas d’une pièce de métal chauffée à haute température et disposée à l’air
libre, l’échange de chaleur se fait selon les deux processus : en s’approchant du
morceau de métal, on pourrait ressentir sur la peau la chaleur par rayonnement; en
mettant la main au-dessus de la pièce, on pourrait ressentir l’air qui s’est réchauffé
(par convection) en passant près de la pièce de métal et qui s’élève au-dessus de
cette dernière.
Lorsque la température T d’un corps ne s’écarte pas beaucoup de M, celle du milieu, la
loi de Stefan s’approxime à une loi de la forme de celle de Newton (voir (3.68)) :
4 4 2 2
2 2 2 3
3
2 2 4
où = 4
dTb M T b M T M T M T
dt
M T b M T M T b M M b M
dTM T b M
dt
(3.73)
Finalement, lorsque la température du milieu est constante, on observe que la température
du corps converge vers celle du milieu, que l’échange de chaleur obéisse à la loi de
Newton où à celle de Stefan.
135
3.3.3 Exercices sur les phénomènes d’échange de chaleur (loi de Newton)
Les exercices proposés ci-dessous sont élaborés autour de la loi de Newton. Il est
préférable d’utiliser l’unité de temps (seconde, minute ou heure) selon la rapidité du
processus de refroidissement.
Exercices 1
Cet exercice vise à illustrer l’influence des conditions initiales sur la solution dans le
contexte de l’ED (65) associée à la loi de Newton sur le refroidissement. La température
d’un corps placé dans un milieu donné est déterminée par la solution de l’ED suivante :
1
202
dTT
dt
Dans cette équation la variable t s’exprime en minutes et la température T en oC.
a) Résolvez cette ED à l’aide de la calculatrice avec chacune de CI suivantes :
(0) 5, (0) 15, (0) 18, (0) 22, (0) 25 et (0) 30T T T T T T .
b) Faites tracer toutes les solutions sur un intervalle de temps approprié, dans la
même fenêtre graphique, et tirez une conclusion sur ce que vous voyez.
Exercice 2
Cet exercice vise à illustrer l’influence du paramètre k sur la solution dans le contexte de
l’ED (65) associée à la loi de Newton sur le refroidissement. La variable t s’exprime en
minute et la température en oC.
a) À l’aide de la calculatrice, calculez les solutions de chacune des ED suivantes.
120 , (0) 40
5
120 , (0) 40
2
2 20 , (0) 40
5 20 , (0) 40
dTT T
dt
dTT T
dt
dTT T
dt
dTT T
dt
b) Dans la même fenêtre graphique, faites tracer toutes les solutions des ED en (a)
sur un intervalle de temps approprié. Tirez une conclusion sur ce que vous
observez.
136
Exercice 3
Supposons que la température d’un corps peut être déterminée à l’aide de la solution de
l’ED suivante (t s’exprime en minutes) :
1
20 , (0) 302
dTT T
dt
a) Calculez la valeur numérique de la température du corps lorsque t = 8 minutes à
l’aide de la solution analytique (vous pouvez utiliser la calculatrice pour chacune
des étapes de cet exercice).
b) En supposant que la valeur obtenue en (a) est exacte, comparez celle-ci avec les
réponses obtenues
à l’aide de l’algorithme d’Euler avec 8 étapes de calcul;
à l’aide de l’algorithme de Runge-Kutta en 8 étapes de calcul;
avec un polynôme de Taylor de degré 10 développé autour de T(0) = 30.
Déterminez laquelle des trois dernières approches donne la réponse la plus
précise. Utilisez la calculatrice pour les calculs.
Exercice 4
Le thermomètre intégré d’un four ne fonctionne pas. Pour déterminer la température du
four, on décide d’y mettre un thermomètre qui indique 20 oC à cet instant. Après une
minute, ce dernier indique 155,6 oC. Après deux minutes, il indique 210.7
oC. Dans ces
conditions, répondez aux questions suivantes en supposant que l’échange de chaleur entre
le thermomètre et le four se fait uniquement par convection, c’est-à-dire selon la loi de
Newton.
a) Déterminez la température du four.
b) Si le thermomètre ne peut supporter plus de 230 oC, combien de minutes au total
peut-on le laisser dans le four.
Exercice 5
Un refroidisseur à vin est constitué d’un réservoir cylindrique dans lequel un liquide est
maintenu à une certaine température qui peut être ajustée à l’aide d’un dispositif prévu à
cet effet. L’appareil intègre également un petit moteur qui fait tourner le liquide pour
faciliter l’échange de chaleur (convection forcée) avec les bouteilles de vin pour les
refroidir.
137
Le refroidisseur doit avoir la propriété d’amener à 13 oC en 6 minutes la température
d’une bouteille de vin à 20 oC prise sur une tablette d’une succursale de la SAQ.
L’objectif de l’exercice est de déterminer la température M du liquide permettant de
réaliser cet objectif, considérant que l’échange de chaleur entre le liquide et la bouteille
se fait par convection et obéit à la loi de Newton. Une expérience révèle que la
température moyenne d’un échantillon de bouteilles est de 17,1 oC après 3 minutes
lorsque le liquide est placé à 9 oC. Dans ces conditions :
a) Déterminez la valeur de la constante k dans le modèle de Newton.
b) Déterminez la température M à laquelle il faut placer le liquide pour satisfaire la
contrainte, c’est-à-dire : (6) 13 si (0) 20.T T
Exercice 6
On considère que la température en fonction du temps T(t) d’un corps placé dans un
milieu à la température M où il est exposé au vent est donnée par
( ) ( )dT
k v M Tdt
(*)
Dans cette égalité où t s’exprime en minutes, M est la température du milieu et v désigne
la vitesse du vent qui, avec les constantes k et déterminent le paramètre d’échange de
chaleur en lui associant un effet éolien.
a) Résolvez l’ED (*) avec la condition initiale T(0) = T0.
b) L’expérience montre que la température d’un litre d’eau placé à une température
initiale de 30 C dans un milieu sans vent dont la température est de o20 C chute à
13.5 C en 10 minutes. Dans les mêmes conditions, lorsque le vent est de 5 m/sec, la
température chute à 6,1 C après 10 minutes. À l’aide de ces informations et de la
réponse obtenue en (a), déterminez les constantes k et du modèle proposé.
c) Déterminez alors la température du litre d’eau après 5 minutes si les conditions sont
les mêmes, mais que le vent est de 15 m/sec.
d) Combien de minutes faut-il pour que la température du litre d’eau chute à 0 C si les
conditions sont exactement les mêmes qu’en (c).
Exercice 7
À 12h, le détective Untel arrive sur une scène de crime. Un cadavre y a été découvert. Le
sergent Laprise a interrogé plusieurs suspects et prétend pouvoir déterminer le coupable
si l’on peut déterminer l’heure du crime. Le détective Untel sort un thermomètre et
mesure la température du cadavre : 34,5 oC. Il dit au sergent qu’après l’heure du lunch, à
13 h, il serait en mesure de déterminer l’heure du crime. Au retour du lunch, le détective
mesure à nouveau la température du cadavre : 33.7 oC. Il avait également eu le temps de
vérifier que la température avait été à peu près stable à 16 oC pendant toute l’avant-midi.
138
Sachant que la température normale du corps est de 37 oC, déterminez l’heure du meurtre.
Pour cet exercice, il est préférable d’exprimer le temps en heure.
3.3.4 Réponse aux exercices
Ex.1 a) 2( ) 20 ( 20)t
oT t T e
b)
Ex.2 a) ( ) 20 20 ktT t e
b) Le changement de température se fait d’autant plus rapidement que la valeur
de k est grande.
Ex. 3 a) 20,1832 oC
b) Euler 20,0391 oC Runge-Kutta 20,1445
oC et Taylor 20,9672
oC
Runge-Kutta produit la meilleure approximation de la réponse.
Ex. 4 a) 248,4 oC b) Le thermomètre doit être retiré avant 2 minutes et 48 secondes.
Ex. 5 a) k = 0,102 b) Le liquide doit être à 4,7 oC.
Ex. 6 a) ( )( ) k v t
oT t M T M e b) k = 1/25 et = 5/1000 c) 8,13 oC
d) Un peu moins de 6 minutes
Ex. 7 Le meurtre a eu lieu à 9 h 08.
139
3.4 Applications reliées à la loi de Torricelli
Les applications considérées ci-dessous sont toutes liées à la vidange des réservoirs. Ce
qui les distingue se résume à la forme des réservoirs et, s’il y a ou non un apport de
liquide dans ces derniers.
Réservoir cylindrique
La figure illustre un réservoir cylindrique de section A (m2) contenant un liquide qui
s’écoule par un jet de section a (m2). Nous supposerons que la section du jet est égale à
l’aire de l’orifice de sortie, ce qui n’est pas tout à fait le cas. La figure (3.19) illustre la
situation.
y (t)
y = 0
vs
Y R
d
Figure 3.19. Écoulement d’un liquide par un orifice situé à la base d’un réservoir
cylindrique. L’objectif est de déterminer un modèle pour le calcul du niveau de liquide
y(t) dans le réservoir en fonction du temps.
La loi de Torricelli stipule que la vitesse vs à laquelle le liquide sort de l’orifice est
fonction de la hauteur y de liquide dans le réservoir. Elle est donnée par l’expression
suivante:
2 (m/ sec)sv gy (3.74)
Dans cette égalité, g est la constante d’attraction gravitationnelle à la surface de la terre
et y la hauteur du liquide au-dessus de l’orifice (y = y(t)).
Le volume dV de liquide s’écoulant dans l’intervalle de temps dt est donné par
sdV Ady av dt (3.75)
Le signe négatif devant le terme de droite en (71) s’explique par le fait que le volume de
liquide dans le réservoir diminue, c’est-à-dire que dy < 0.
140
En substituant A = 2 2
aR et a r (où ra = d /2 désigne le rayon de l’orifice par lequel le
liquide s’écoule) et l’expression de sv en (3.74) dans (3.75), on obtient une ED en y(t), la
hauteur du liquide dans le réservoir en fonction du temps :
2 2 2aR dy r gy dt
2 2
02 , (0)a
dyR r gy y Y
dt (3.76)
L’ED (3.76) obtenue est valable pour un réservoir cylindrique dont l’axe est vertical. Sa
solution permet de déterminer la hauteur du liquide y(t) en fonction du temps au-dessus
de l’orifice et, notamment, de déduire le temps pour que le réservoir se vide si l’orifice
est situé à sa base. L’ED obtenue est à variables séparables.
Dans le cas d’un réservoir de forme quelconque, il faut d’abord déterminer l’expression
A(y) de la section du réservoir en fonction de la hauteur y du liquide au-dessus de l’orifice
de sortie de section a =2
ar . C’est ainsi qu’on obtient les différents modèles sous forme
de l’ED qui suit :
2
0( ) 2 , (0)a
dyA y r gy y Y
dt (3.77)
Réservoir hémisphérique
Dans le cas du réservoir hémisphérique de rayon R de la figure ci-dessous, on démontre
d’abord que A(y) est donné par :
2( ) 2A y yR y (3.78)
vs
y = 0
R
y
y(t)
A(y)
r
Figure 3.20. La figure illustre un réservoir hémisphérique de rayon R se vidant
par un orifice de section a (m2) situé à sa base. A(y) désigne l’aire à la surface du
liquide lorsque la hauteur du liquide est y dans le réservoir.
141
Dans ces conditions, l’ED en y(t) avec la condition initiale y(0) = Y0 est la suivante :
2 2
02 2 , (0)a
dyyR y r gy y Y
dt (3.79)
Cette ED est à variables séparables. Sa solution permet de calculer la hauteur du liquide
y(t) en fonction du temps.
Réservoir conique
La figure illustre le cas d’un réservoir conique d’angle . Dans les conditions de la
figure, on a l’expression suivante pour A(y) :
y
vs
y = 0
y(t)
r
Figure 3.21. La figure présente le cas d’un réservoir cylindrique d’angle . Le
liquide s’écoule par un orifice de rayon ra situé à la base du réservoir.
Dans le cas du réservoir de la figure, l’expression de l’aire A(y) de la surface du liquide
est donné par l’expression suivante :
2
2 2( )( ) tan ( )
tan ( )
A y rA y y
r y
(3.80)
Dans ces conditions, l’ED en y(t) est donnée par
2 2 2
0tan ( ) 2 , (0)a
dyy r gy y Y
dt (3.81)
Cette ED est à variables séparables. Y0 désigne ici la hauteur initiale du liquide dans le
réservoir.
142
Remarque. Si chacun des réservoirs décrit ci-dessus est alimenté à raison de V0 (m3) de
liquide par seconde, alors, pour tenir compte de cet apport, les ED doivent être modifiées
comme suit:
Réservoir cylindrique (axe vertical) :
2 2
0 02 , (0)a
dyR r gy V y Y
dt (3.82)
Réservoir hémisphérique :
2 2
0 02 2 , (0)a
dyyR y r gy V y Y
dt (3.83)
Réservoir conique :
2 2 2
0 0tan ( ) 2 , (0)a
dyy r gy V y Y
dt (3.84)
Dans le contexte de cette remarque, l’une des questions à laquelle on cherche une réponse
est la détermination de la hauteur finale du liquide dans les réservoirs. Cette question est
laissée en exercice.
143
3.4.1 Exercices sur la loi de Torricelli
L’utilisation de la calculatrice est souhaitable pour les exercices qui suivent.
Exercice 1
Un réservoir d’eau cylindrique de 50 cm de diamètre et de 2 mètres de hauteur se vide
par un orifice de 1 cm de diamètre situé à sa base.
a) Sachant qu’initialement, le réservoir est plein, déterminez la hauteur y(t) du
liquide dans ce réservoir en fonction du temps.
b) Calculez le temps nécessaire pour que le réservoir se vide complètement.
c) Faites tracer le graphe de y(t) à l’aide de la calculatrice pendant l’intervalle de
temps nécessaire pour qu’il se vide.
d) Déterminez le débit V0 (m3) d’un apport constant d’eau dans le réservoir si l’on
veut que le niveau ne soit pas inférieur à 1 m.
e) Utilisez l’algorithme de Runge-Kutta pour faire tracer le graphe de la solution
numérique en y(t) à l’aide de la calculatrice en intégrant l’apport d’eau déterminé
en (d) et déterminez à quel instant y = 1,5 m.
Exercice 2
Un réservoir d’eau hémisphérique contient exactement la même quantité d’eau que le
réservoir de l’exercice (1) lorsqu’il est plein. Il se vide par un orifice de 5 cm de diamètre
situé à sa base comme dans le cas de l’exercice 1.
a) Déterminez le rayon du réservoir.
b) Sachant qu’initialement, le réservoir est plein, déterminez la hauteur y(t) de
liquide dans ce réservoir en fonction du temps.
c) Calculez le temps nécessaire pour que le réservoir se vide complètement.
d) Comparez la réponse obtenue en (c) avec celle obtenue en (1-c).
e) Faites tracer le graphe de y(t) à l’aide de la calculatrice pendant l’intervalle de
temps nécessaire pour qu’il se vide.
f) Déterminez le débit V0 (m3) d’un apport constant d’eau dans le réservoir si l’on
veut que la quantité d’eau dans le réservoir ne soit pas inférieure à la moitié de ce
qu’il peut contenir.
g) Utilisez l’algorithme de Runge-Kutta pour faire tracer le graphe de la solution en
y(t) à l’aide de la calculatrice en intégrant l’apport d’eau déterminé en (e).
144
Exercice 3
La figure (3.22) illustre un réservoir semi-cylindrique de rayon R (m) dont l’axe est
horizontal. Les dimensions sont indiquées sur la figure à l’exception du rayon r (m) de
l’orifice de sortie.
L
y(t)R
Y
Figure 3.22. La figure représente un réservoir de forme semi-cylindrique disposé
à l’horizontale. Ce réservoir a un rayon de R (m) et sa longueur est de L (m). Il se
vide par un orifice de rayon r (m) situé à sa base.
a) Déterminez l’expression de la surface A(y) de liquide dans le réservoir en fonction
des paramètres géométriques et de y, la hauteur du liquide dans ce dernier.
b) Déterminez l’ED dont la solution exprime la hauteur du liquide y(t) dans le
réservoir en fonction du temps.
c) Avec R = 0,25 (m), L = 1 (m), r = 0,025 (m) et si le réservoir est plein
initialement, utilisez la calculatrice avec l’algorithme de Runge-Kutta pour faire
tracer la solution numérique de l’ED obtenue en (b) et obtenir le tableau des
valeurs numériques associées à la solution numérique.
d) Estimez le temps requis pour que la hauteur de liquide dans le réservoir soit égale
à la moitié de la hauteur du réservoir.
e) Estimez le temps requis pour que le réservoir se vide.
Exercice 4
Déterminez la hauteur finale du liquide dans le cas de chacun des trois réservoirs traités
en (3.82), (3.83) et (3.84), c’est-à-dire lorsque ces derniers reçoivent V0 (m3) de liquide
par seconde tout en se vidant par un orifice de même rayon … et montrez que la hauteur
finale de liquide est la même dans chaque cas et ne dépend pas de la forme du réservoir.
Tentez une explication.
145
3.4.2 Réponse aux exercices
Ex. 1 a) 2( ) 2 0,06264 0,00049y t t t b) 63,85 secondes
c)
d) 3 3
0 8,697 10 (m / sec)V , ou encore 8697 (cm3/sec)
e) y = 1,5 quand t = 184,17 secondes.
Ex. 2 a) R = 57 cm b) Sol. implicite : 3
2320 608 2166
10 5707 7 625
yt y
c) 82,75 secondes
d) La vidange est plus rapide avec le réservoir cylindrique … qui est plus haut.
e)
f) Le niveau doit se stabiliser à y = 0,4 m. Alors, V0 = 0,005512 (m3/sec) ou 5512
(cm3/sec).
146
Ex. 3 a) 2( ) 2 2A y L Ry y b) 2 2
02 2 2 , (0)dy
L Ry y r gy y Ydt
c)
d) Un peu plus que 16 secondes e) Un peu plus que 35 secondes
Ex.4 2
0
2 40
2 a
Vdyy
dt g r
La vitesse de sortie du liquide par l’orifice dépend de la hauteur de liquide dans
le réservoir, pas de sa forme.
147
3.4.3 Projet : Mesure du coefficient de contraction de Borda
Projet d’expérience en MAT-265 élaboré par Luc Soucy (2012)
Projet 1 (… pour un devoir)
Problématique
Les modèles utilisés pour prédire le niveau de liquide dans des réservoirs de différentes
géométries font intervenir la section du jet plutôt que la section de l’orifice par lequel
s’écoule le liquide. C’est logique d’autant plus que c’est fondé sur l’observation illustrée
dans la figure.
Figure 23. La figure de gauche illustre le montage utilisé. Le cylindre comporte une graduation
permettant de déterminer la hauteur du l’eau au-dessus du milieu de l’orifice (y = 0) La figure de droite
illustre ce qu’on observe en y regardant de plus près : la section du jet est plus petite que celle de
l’orifice de sortie. Le jet semble se contracter. Le coefficient de contraction de Borda est donné par le
rapport de la section du jet sur la section de l’orifice de sortie du liquide.
La figure (20) illustre ce qu’on observe à l’orifice de sortie du jet : le diamètre dj du jet
(difficile à mesurer) est plus petit que le diamètre do de l’orifice de sortie du jet. Le
coefficient de Borda b est donné par le rapport de la section du jet sur la section de
l’orifice : 2
2
2 2
4
4
j
j
o o
dd
bd d
Dans les conditions du montage, la hauteur du liquide est petite, de sorte que la pression à
la sortie du jet n’est pas trop grande; on observe effectivement une contraction du jet,
c’est-à-dire que b < 1.
148
Matériel requis pour l’expérience
Un réservoir cylindrique avec une échelle graduée en cm pour y lire la hauteur du
liquide à partir du centre de l’orifice ;
Un bassin pour recevoir l’eau qui s’écoule de l’orifice;
Une petite plaque pour y disposer le réservoir cylindrique sur les bords du bassin;
Une règle pour la mesure du diamètre du réservoir;
Un micromètre pour la mesure du diamètre de l’orifice par lequel s’écoule l’eau;
Deux chronomètres.
Protocole
1. Mettre de l’eau dans le cylindre à au moins 18 cm au-dessus de l’orifice (fermé à
ce moment).
2. On ouvre l’orifice.
3. Les deux chronomètres sont activés en t = 0 lorsque le niveau du liquide dans le
cylindre est à 16 cm (peu après l’ouverture de l’orifice).
4. L’un des chronomètres est stoppé lorsque le niveau de l’eau passe à 10 cm.
5. L’autre chronomètre est stoppé lorsque le niveau de liquide atteint 4 cm.
6. Les étapes (2), (3) et (4) sont reprises deux fois pour faire une moyenne des
mesures en (4) ainsi qu’en (5).
Analyse des données
Étape 1
Montrez que l’ED à résoudre est de la forme suivante
0avec (0)dy
k y y Ydt
Étape 2
Montrez que la solution y(t) pour un réservoir cylindrique est de la forme suivante :
2
0 1 2( )y t a a t a t
Étape 3
Déterminez la forme de la solution empirique yemp(t) en utilisant les mesures
expérimentales.
Aide : Par trois points non-alignés, on peut faire passer une parabole dont les coefficients
sont solutions du système d’équations linéaires qui suit :
149
2
1 1 0 1 1 2 1
2
2 2 0 1 2 2 2
2
3 3 0 1 3 2 3
( )
( )
( )
y t y a a t a t
y t y a a t a t
y t y a a t a t
Étape 4
Résoudre l’ED associée au réservoir cylindrique du montage en utilisant le diamètre de
l’orifice ainsi que celui du cylindre du montage, c’est-à-dire l’ED suivante :
2 2
2 , (0) 0,164 4
cyl oD ddy
gy ydt
Suggestion : Trouvez la solution avec tous les paramètres et y en mètres et en secondes,
puis multiplier la réponse obtenue par 100 pour que y(t) s’exprime en centimètres, ou
encore, exprimez tous les paramètres en centimètres et en seconde.
Étape 5
Déterminez la valeur numérique du coefficient de contraction b de Borda en calculant le
rapport de la vitesse (dy/dt) à laquelle le niveau de liquide diminue dans le réservoir avec
la solution empirique yemp(t) obtenue à l’étape (2) et la même vitesse calculée avec la
solution obtenue à l’étape (3) pour 3 différentes valeurs de y. Si les réponses obtenues à
l’étape (2) et (3) sont bonnes, ce rapport est à peut près constant et permet d’estimer b.
Étape 6
Pour vérifiez que la valeur de b obtenue est la bonne, résolvez l’ED suivante :
2 2
2 , (0) 0,164 4
cyl oD ddy
b gy ydt
Comparez alors la réponse y(t) obtenue avec yemp(t), la solution empirique obtenue
avec les mesures effectuées.
Faites tracer les deux solutions avec la calculatrice dans la même fenêtre
graphique.
Étape 7
Estimez la section effective du jet.
150
Suite page suivante …
151
Chapitre 4
Résolution des ED linéaires d’ordre supérieur à 1
4.1 Introduction …………………………………………………….. 152
4.1.1 Forme des ED à résoudre …………………………………… 152
4.1.2 Méthodes de résolution analytiques ……………………….. 155
4.1.3 Utilisation de la calculatrice ………………………………..
155
4.2 Méthode de résolution par réduction de l’ordre (MRO) ...…........
157
4.3 Résolution des ED linéaires et homogènes à coefficients
constants d’ordre 2 ……………………………………………...
Démonstrations relatives aux trois cas ……………………..
162
166
4.4 La méthode des coefficients indéterminés …………………….. 170
4.4.1 Forme des ED à résoudre ………………………………….. 170
4.4.2 Principales étapes de la résolution …………………………. 171
4.4.3 Exemples sur la méthode des coefficients indéterminés …... 172
4.4.4 Quelques exemples sur le cas (2) (cas d’exception) ……….. 177
4.4.5 Remarques sur les constantes arbitraires …………………...
182
4.5 La méthode de variation des paramètres ………………………. 183
Forme des ED à résoudre ………………………………….. 183
Principales étapes de la résolution ………………………….
183
4.5.1 Méthode de variation des paramètres avec la calculatrice ………
187
4.6 Exercices sur la technique de réduction de l’ordre …………….. 189
4.6.1 Réponses aux exercices de la section (4.6) …………………
190
4.7 Exercices sur la résolution des ED homogènes à coefficients
constants ………………………………………………………..
191
4.7.1 Réponses aux exercices de la section (4.7) …………………
193
4.8 Exercices sur la méthode des coefficients indéterminés ……….. 194
4.8.1 Réponses aux exercices de la section (4.8) …………………
194
4.9 Exercices sur la méthode de variation des paramètres …………. 196
4.9.1 Réponses aux exercices de la section (4.9) …………………
196
4.10
4.11
4.12
4.13
Exercices sur les applications …………………………………..
Annexe 1 : Tableau pour la détermination des candidats ……….
Annexe 2 : Les nombres complexes …………………………….
Annexe 3 : Les fonctions hyperboliques ……………………….
197
198
199
202
152
Chapitre 4
Résolution des ED linéaires d’ordre supérieur à 1
4.1 Introduction
Dans ce chapitre sera abordée la résolution des ED linéaires d’ordre supérieur à 1. Parce
que les applications des ED en sciences et en génie ne font qu’exceptionnellement
intervenir des ED d’ordre supérieur à 2, nous allons essentiellement considérer la
résolution des ED d’ordre 2.
4.1.1 Forme des ED à résoudre
Définition 1. Les ED linéaires d’ordre n sont de la forme suivante :
( ) ( 1)
0 1 1( ) ( ) ... ( ) ' ( ) ( )n n
n na x y a x y a x y a x y f x
(4.1)
Dans cette égalité, les ( ) pour 0ia x i n ainsi que f(x) sont fonctions de x
seulement.
_________________________________________________________________________________________________________
Remarques sur la définition 1
(1) Si ( ) 0f x , l’ED (4.1) est dites linéaire et homogène.
(2) Parmi les ED linéaires, nous allons considérer tout particulièrement la résolution
des ED à coefficients constants d’ordre 2. Cela se justifie par les applications
considérées dans la suite de ce texte. Ces ED sont de la forme suivante :
0 0
0 1
( )'' ' ( ) , avec
'( )
y x Ya y b y c y f x
y x Y
(4.2)
(3) Lorsque ( ) 0f x , l’ED (4.2) est dites linéaire et homogène à coefficients constants
d’ordre 2. C’est un cas particulier des ED de la forme (4.2). ____________________________________________________________________________________________________________
À titre d’exemples d’applications, il y a les systèmes masse-ressort avec amortisseur
soumis à une force extérieure ou encore les circuits électriques constitués d’une
résistance, d’une bobine (inductance) et d’un condensateur en série, alimentés par une
source de tension (force électromotrice).
Les diverses techniques de résolution considérées dans ce chapitre visent précisément à
résoudre les ED de la forme (4.2). Elles peuvent être adaptées pour des ED à coefficients
constants d’ordre supérieur à 2. Cependant, les remarques suivantes sont nécessaires.
La résolution analytique des ED linéaires à coefficients non constants sera
abordée ultérieurement, dans le chapitre 7.
153
La technique des transformées de Laplace permet de simplifier la résolution de la
classe des ED de la forme (4.2) pour lesquelles les fonctions ( )f x continues par
morceaux. Les transformées de Laplace seront introduites au chapitre 5 avec
comme but principal de traiter ces cas.
La technique « quasi-analytique » de résolution en « séries de puissances » sera
introduite dans le chapitre 7. Cette technique raffine celle des polynômes de
Taylor introduite au chapitre 1. Elle permettra de résoudre certaines classes d’ED
linéaires à coefficients non constants d’ordre 1 ou 2.
Les techniques numériques, notamment l’algorithme de Runge-Kutta seront
adaptées (chapitre 7) pour la résolution de ED linéaires d’ordre 2. ____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 1. Le système masse-ressort avec amortisseur
k b
m
f(t)Y
y = 0y(t) (point d’équilibre)
Figure 4.1 La figure illustre une masse sur laquelle agit une force extérieure
f(t). La masse est reliée à un ressort de constante de rappel k et à un
amortisseur de constante b (N. sec/m) comme illustré.
Modèle mathématique associé au système de la figure
L’application de la deuxième loi de Newton pour la détermination du mouvement de
la masse de la figure conduit à l’ED suivante :
2
2
( )
( )
dvm ky bv f t
d y dydtm b ky f t
dy dt dtv
dt
(4.3)
Les CI sur la position initiale et la vitesse initiale sont les suivantes :
0 0(0) et (0) '(0)y Y v y V (4.4)
Ces CI permettent de calculer l’énergie mécanique initiale (cinétique plus
potentielle) de la masse. Elles permettent de déterminer la solution particulière sur le
mouvement ( )y t de la masse (il faut deux CI pour l’ED d’ordre 2 en (4.3) ____________________________________________________________________________________________________________
154
Exemple 2. Le Circuit RLC série.
R L
C++ ++
- - - -
ia
S
t
+
-
Figure 4.2. La figure présente un circuit RLC-série. Le circuit est
activé en t =0 en plaçant le commutateur S en position (a).
Modèles mathématiques associés aux circuits.
L’application de la deuxième loi de Kirchhoff (la somme des tensions (en volt (V))
aux bornes des éléments d’une maille fermée est nulle) permet de formuler le modèle
mathématique permettant de décrire l’évolution des observables dynamiques du
circuit :
0R L CV V V V
( ) 0di q
t Ri Ldt C
où dq
idt
Dans la deuxième égalité ci-dessus, i = i(t) désigne le courant délivré par la source en
fonction du temps en ampères (A). On obtient alors l’ED d’ordre 2 à coefficients
constants qui suit en q(t), la charge sur le condensateur en fonction du temps :
20
2
0
(0)1( ) avec
'(0) (0)
q Qd q dqL R q t
q i idt dt C
(4.5)
Si nous utilisons ( )cv t comme « observable », alors, avec quelques substitutions,
l’ED (4.5) se met sous la forme d’une ED linéaire d’ordre 2 à coefficients constants
en ( )cv t :
2
22
2
( )c c
c cc
c c
qv q Cv
d v dvCLC RC v t
dt dtdv d vdq dii C C
dt dt dt dt
(4.6)
Les CI de l’ED en (4.6) sont les suivantes :
0 0(0)(0) et '(0)c c
Q iqv v
C C C (4.7)
______________________________________________________________________
155
4.1.2 Méthodes de résolution analytiques
Les techniques analytiques introduites dans ce chapitre pour résoudre les ED d’ordre 2 à
coefficients constants formulées en (4.2) sont les suivantes :
o la méthode de réduction de l’ordre (MRO) de réduction de l’ordre;
o la méthode des coefficients indéterminés (MCI);
o la méthode de variation des paramètres (MVP).
4.1.3 Utilisation de la calculatrice
Avant de poursuivre, il est opportun d’introduire l’utilisation de la calculatrice pour la
vérification des calculs. La procédure « desolve » permet de résoudre les ED linéaires à
coefficient constant d’ordre 2 avec la syntaxe de l’encadré ci-dessous.
Résolution des ED linéaire à coefficients constants d’ordre 2
ED à résoudre :
Pour obtenir la solution générale, on utilise la procédure « desolve » comme suit :
desolve ( '' ' ( )a y b y c y f x , x, y)
Pour obtenir la solution de l’ED homogène associée '' ' 0a y b y c y :
desolve ( '' ' 0a y b y c y , x, y)
Pour obtenir la solution particulière de l’ED à résoudre :
desolve ( and 0 0( )y x Y and 0 1'( )y x Y , x, y)
Remarque. L’exemple qui suit illustre sommairement le travail à faire pour concilier les
solutions obtenues avec la calculatrice et celles obtenue « à la main ». La méthode de
variations des paramètres utilisées par la calculatrice fait parfois apparaître une constante
numérique « supplémentaire ».
_________________________________________________________________________________________________________
0 0
0 1
( )'' ' ( ) , avec
'( )
y x Ya y b y c y f x
y x Y
'' ' ( )a y b y c y f x
156
Exemple 3. Résolution avec la calculatrice de l’ED
(0) 32 '' 3 ' 2 avec
'(0) 2
xy
y y y xey
Solution
En référence avec l’encadré ci-dessus, les trois solutions qui seront utiles dans la
suite de ce cours sont obtenues dans l’ordre.
Les trois solutions se rattachant au problème proposé sont les suivantes :
1 1 221 2
2 2
23 4
1
2
22
8( 4 ) sol. générale
solution de l'ED homogène 2 '' 3 ' 0
7(0) 3CI
10'(0) 2
7 10 ( 4 ) sol. particulière avec les CI
x
x x
x
x
c
x
x x
C Ky K e K e x x e
C K
y C e C e y y y
Ky
Ky
y e e x x e
___________________________________________________________________________________________________________
157
4.2 Méthode de résolution par réduction de l’ordre (MRO)
Pour résoudre la classe des ED formulée en (4.2), les ED linéaires à coefficients constants
d’ordre 2, introduisons l’opérateur D défini ci-dessous.
Définition 2. Les opérateurs linéaires 2, et nD D D se définissent comme suit :
2 22 2
2 2
n nn n
n n
d dyD Dy
dx dx
d d yD D y
dx dx
d d yD D y
dx dx
(4.8)
Avec cette définition, l’ED en (2) peut se formuler comme suit :
2'' ' ( ) ( )ay by cy f x aD y bD y cy f x
2( ) ( )aD bD c y f x
2 ( )( ) ( )
b c f xD D y F x
a a a (4.9)
Les polynômes de degré 2 admettent deux racines (2 racines réelles distinctes, une racine
réelle double ou deux racines complexes). On peut donc factoriser le polynôme en D en
(4.9) pour obtenir l’égalité suivante :
2
1 2( )( ) ( )b c
D D y D m D m y F xa a
(4.10)
On se rappellera que les racines de ce même polynôme sont données par
2
1,2
4
2 2
b b acm
a a
(4.11)
La MRO s’effectue selon les étapes suivantes.
1) Introduction et détermination de la fonction intermédiaire 2( )v D m y .
Avec v définie comme ci-dessus, l’ED dans la forme factorisée en (4.10) peut
s’écrire comme suit :
1 1( ) ( ) ' ( )D m v F x v m v F x (4.12)
158
Cette ED linéaire d’ordre 1 en v(x) peut-être résolue avec la formule obtenue au
chapitre 2 pour résoudre les ED linéaires d’ordre 1, c’est-à-dire comme suit :
1
( ) ( )
( ) ( )( )
où( ) ( )
( )P x dx P x dx
dvP x v Q x
P x mdx
Q x F xv e Q x e dx C
(4.13)
1 1( ) ( )( )
m dx m dxv e F x e dx C
(4.14)
2) Il faut ensuite substituer l’expression de v(x) dans 2( )v D m y , ce qui équivaut
à expliciter l’ED avec l’expression de v(x) obtenue à l’étape précédente. On obtient
l’ED linéaire d’ordre 1 en y(x) qui suit:
2 2( ) ( ) ' ( )D m y v x y m y v x (4.15)
On obtient finalement y(x) avec la même approche qu’en (4.13).
3) S’il y a des conditions initiales (CI), on détermine la solution particulière.
Remarque. La technique porte le nom de « méthode de réduction » de l’ordre parce que
la résolution de l’ED d’ordre 2 se fait par la résolution de 2 ED d’ordre 1.
________________________________________________________________________
Exemple 4 : Résolution de l’ED 4(0) 1
'' 3 ' 2 3 avec '(0) 2
xy
y y y ey
Solution
Avec l’opérateur D, l’ED se présente comme suit :2 4( 3 2) 3 xD D y e .
Après la factorisation du polynôme en D : 4( 1)( 2) 3 xD D y e
Étape 1
La substitution ( 2)v D y dans l’ED ci-dessus produit une ED d’ordre 1:
4
4
( 1) 3
' 3
x
x
D v Dv v e
v v e
C’est une ED linéaire d’ordre 1 avec ( ) 1P x et4( ) 3 xQ x e . La solution en v(x)
de cette ED est donnée par la formule (13) :
4 31 1
41
3x x x x x
x x
v e e e dx C e e C
v C e e
159
Étape 2
En substituant v(x) dans ( 2)v D y , on obtient l’ED suivante :
4
1( 2) ( ) ' 2 x xD y v x y y C e e
C’est une autre ED linéaire d’ordre 1. La solution générale en y(x) est obtenue à
l’aide de (4.14) avec 4
1( ) 2 et ( ) x xP x Q x C e e :
42
1 22
xx x e
y C e C e
a) Avec les deux conditions initiales y(0) = 1 et '(0) 2y , on détermine la valeur
des deux constantes arbitraires dans la solution générale pour obtenir la solution
particulière suivante : 2 4
2 2
x xx e e
y e
________________________________________________________________________
Technique de réduction de l’ordre
ED à résoudre : 0 0
0 1
( )'' ' ( ) , avec
'( )
y x Ya y b y c y f x
y x Y
a) Il est préférable de mettre l’ED sous la forme 2 ( )
( ) ( )b c f x
D D y F xa a a
b) Il faut factoriser le polynôme en D et écrire l’ED sous la forme suivante :
1 2( )( ) ( )D m D m y F x
c) Il faut introduire la fonction intermédiaire 2( )v D m y pour obtenir l’ED
linéaire d’ordre 1 qui suit et la résoudre pour trouver v(x).
1 1( ) ( ) ' ( )D m v F x v m v F x
d) Il faut substituer l’expression de v(x) dans 2( )v D m y pour obtenir l’ED
linéaire d’ordre 1 en y(x) dont la solution est la solution générale de l’ED à
résoudre
2 2( ) ( ) ' ( )D m y v x y m y v x
e) Utiliser les CI pour déterminer la valeur numérique des 2 constantes arbitraires
qui apparaissent dans la solution générale.
La factorisation du polynôme en D fait parfois apparaître des nombres complexes. Il
est alors suggéré d’utiliser la technique des « coefficients indéterminés » (section 4) ou
la technique de « variation des paramètres » (section 5) pour résoudre l’ED.
160
Remarque 1
Dans le cas d’une ED d’ordre 3, la même technique peut être utilisée. Il faut introduire
deux fonctions ou variables dépendantes intermédiaires pour résoudre l’ED. La solution
peut alors être obtenue en résolvant successivement trois ED linéaires d’ordre 1. La
méthode s’étend à une ED à coefficients constants d’ordre supérieur à 3. Toutefois, on se
limitera à des ED linéaires d’ordre 2 à coefficients constants car les applications que
nous allons considérer sont essentiellement associées à ce type d’ED.
Remarque 2
Considérons les ED linéaires et homogènes à coefficients constants d’ordre deux, c’est-
à-dire les ED de la forme suivante :
2'' ' 0 ou ( ) 0a y b y c y aD bD c y (4.16)
La résolution de ces ED peut se faire exactement de la même manière que dans l’exemple
ou comme décrit dans l’encadré ; il suffit de remplacer f(x) par 0 dans (4.9). C’est le
sujet de la prochaine section (la section 3).
Remarque 3
Il importe de distinguer les deux parties de la solution générale des ED linéaires d’ordre
2 à coefficients constants (voir 4.17 ci-dessous), notamment pour les obtenir séparément
'' ' ( )a y b y c y f x (4.17)
La solution générale comporte deux parties et peut s’exprimer ainsi :
c py y y (4.18)
Dans cette égalité, cy est la solution « complémentaire » de l’ED homogène
associée à (4.17), c’est-à-dire l’ED suivante :
'' ' 0a y b y c y (4.19)
Elle comporte 2 constantes arbitraires car il s’agit d’une ED d’ordre 2.
La composante yp est solution particulière de l’ED (4.17), c’est-à-dire sans
constante arbitraire (il y en a déjà 2 dans yc). On verra dans la section 4 que la
forme de la solution particulière yp est étroitement (mais pas seulement)
déterminée par la forme de la fonction ( )f x .
Les conclusions formulées à la remarque (3) ci-dessus peuvent se déduire du fait que
l’ED (4.17) est linéaire. On peut l’écrire comme suit :
'' ' 0 ( )a y b y c y f x (4.20)
161
On peut résoudre séparément les deux ED qui suivent :
'' ' 0
'' ' ( )
a y b y c y
a y b y c y f x
Parce que l’ED est linéaire, la somme des deux solutions générales de ces ED est aussi
solution générale de l’ED formulée en (4.17) ou (4.20) comme dans l’exemple qui suit. ____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 5. Reprenons la résolution de l’ED de l’exemple 1 :
4'' 3 ' 2 3 xy y y e (*)
Solution
Résolvons séparément les deux ED qui suivent :
4
'' 3 ' 2 0
'' 3 ' 2 3 x
y y y
y y y e
(**)
La solution de la première des ED ci-dessus est facile à obtenir avec la technique
introduite, il suffit en effet de poser ( ) 0f x dans les calculs de l’exemple (3) pour
obtenir (on peut également le vérifier avec la calculatrice) :
2
1 1 2
x xy Ae A e
À l’exemple (3), nous avons déjà obtenu la solution générale à la deuxième des ED en
(**) ci-dessus. La solution a la forme suivante :
42
2 1 22
xx x e
y B e B e
(***)
Il est aisé de montrer que la somme des solutions 1 2y y y est également solution de
l’ED (*). En effet : a la même forme que la solution obtenue à l’exemple (3) :
42 2
1 2 1 2 1 22
xx x x x e
y y y Ae A e B e B e
42
1 2 1 1 2 2
41 1 1 2
1 2
2 2 2
( ) ( )2
( )
( ) 2
xx x
xx x
ey y y A B e A B e
C A B ey C e C e
C A B
On constate que la solution comporte bien deux parties, cy et py telle que décrite à la
remarque (3) : les deux parties de la solution sont les suivantes :
41 1
2
1 2412
2
x x
xc
x x
c px
p
y C e C ee
y y y C e C ey e
1 2y y y
162
4.3 Résolution des ED linéaires et homogènes d’ordre 2 à coefficients constants
La forme des ED linéaires et homogènes à coefficients constants d’ordre 2 est la suivante:
0
1
(0)'' ' 0 avec
'(0)
y Ya y b y c y
y Y
(4.21)
La solution générale de cette ED peut se faire avec la technique de réduction de l’ordre.
Les trois cas possibles sont déterminés par les racines du polynôme en D associé à l’ED
ci-dessus, c’est-à-dire le suivant :
2 0aD bD c (4.22)
____________________________________________________________________________________________________________
Remarque. Pour démontrer l’idée formulée ci-dessus, il suffit de réaliser que seule les
fonctions de la forme exponentielle formulées comme ci-dessous admettent des dérivées
successives redonnant les mêmes fonctions, mais à une constante près :
2
'
''
mx
mx
mx
y m Cey Ce
y m Ce
Pour cette raison, les fonctions exponentielles sont de bonnes candidates comme solution
à l’ED en (4.21). Si nous substituons les expressions de , ' et ''y y y dans (4.21), on
obtient ce qui suit :
2
2
2
0
( ) 0
0
mx mx mx
mx
am Ce bmCe cCe
am bm c Ce
am bm c
Les seules valeurs possibles de m sont les racines de 2 0am bm c . Or ces racines
sont les mêmes que celle du polynôme en D formulé en (4.22). ___________________________________________________________________________________
Les racines du polynôme de degré 2 en (4.22) sont obtenues avec la formule habituelle :
2 4
2 2
b b acD
a a
(4.23)
Les trois cas suivants peuvent se présenter selon la valeur positive, nulle ou négative de 2 4b ac (la démonstration relative chacun des cas est donnée dans un encadré qui suit la
présentation des trois cas).
163
Cas 1. (2 4 0b ac ), cas de deux racines réelles distinctes.
Dans ce cas, 2 4 0b ac et le polynôme en D se factorise comme suit :
1 2( )( ) 0D m D m (4.24)
Les deux racines réelles distinctes sont données par les formules habituelles :
2
1
2
2
4
2 2
4
2 2
b b acm
a a
b b acm
a a
(4.25)
La solution générale de l’ED (4.21) est alors donnée par :
1 2
1 2
m x m xy C e C e (4.26)
___________________________________________________________________________________________________________
Exemple 6. Solution de l’ED '' 6 ' 8 0y y y .
Solution
Polynôme en D : 2 6 8 ( 2)( 4) 0D D D D
Racines du polynôme en D : 2 0 2
4 0 4
D D
D D
Solution générale : 2 4
1 2
x xy C e C e
________________________________________________________________________
Cas 2 : (2 4 0b ac ), cas d’une seule racine réelle double.
Dans ce cas,2 4 0b ac : le polynôme en D se factorise alors comme suit :
2( )( ) ( ) 0D m D m D m (4.27)
La racine double m est alors donnée par
2
bm
a (4.28)
La solution générale de l’ED (4.21) est alors donnée par
1 2
mx mxy C e C xe (4.29)
____________________________________________________________________________________________________________
164
Exemple 7. Solution de l’ED '' 6 ' 9 0y y y
Polynôme en D : 2 26 9 ( 3) 0D D D
Racine du polynôme en D : 2( 3) 0 3 (racine double)D D
Solution générale : 3 3
1 2
x xy C e C xe
________________________________________________________________________
Cas 3. Cas de deux racines complexes (2 4 0b ac ).
Dans ce cas, 2 4 0b ac et le polynôme en D associé à l’ED à résoudre se factorise
comme suit :
2 24 40
2 2 2 2
b b ac b b acD D
a a a a
(4.30)
Comme 2 4 0b ac , on peut exprimer les racines carrées en utilisant le nombre
imaginaire 1i dont le carré est 2 1i . En effet, l’utilisation de cette égalité
permet d’écrire la racine comme suit :
2 2 2 24 (4 ) (4 )b ac ac b i ac b i (4.31)
Dans ces conditions, l’ED se factorise comme suit :
2 24 40
2 2 2 2
b ac b b ac bD i D i
a a a a
(4.32)
La factorisation est de la forme
2
2( ( )) ( ( )) 0
4
2
b
aD i D i
ac b
a
(4.33)
La solution générale est alors donnée par :
1 2sin( ) cos( )x xy C e x C e x (4.34)
Remarque. Développant la factorisation du polynôme en D en (4.33), on trouve
2 2 2 2( ( ))( ( )) 2 0D i D i D D i
165
Comme 2 1i , on peut réécrire le résultat ci-dessus comme suit :
2 2 2
2 2
2 0
( ) 0
D D
D
(4.35)
Les égalités en (4.35) sont utiles pour comprendre comment élaborer des ED linéaires et
homogènes à coefficients constants d’ordre 2 dont le polynôme en D admet des racines
complexes. Elles permettent aussi de construire des ED dont la solution est de la forme
1 2sin( ) cos( )x xy C e x C e x .
_____________________________________________________________________
Exemple 8. Solution de l’ED '' 6 ' 25 0y y y
Solution.
Polynôme en D : 2 6 25 ( 3 4 )( 3 4 ) 0D D D i D i
Racine du polynôme en D : 3
3 44
D i
Solution générale : 3 3
1 2sin(4 ) cos(4 )x xy C e x C e x
________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Exemple 9. Trouver une ED dont la solution est2 2
1 2cos(5 ) sin(5 )x xy C e x C e x .
Solution.
La solution y nous indique que 2 et 5 . Dans ces conditions, le polynôme
en D est (cf. 2.35) le suivant :
2 2 2 22( 2) ( 2) 5 4 29 0D D D
L’ED dont la solution est y ci-dessus est la suivante :
" 4 ' 29 0y y y .
________________________________________________________________________
Les démonstrations suivantes sont optionnelles. Elles ont pour but de justifier les résultats
formulés dans les trois cas présentés ci-dessus quant à la résolution des ED linéaires et
homogènes d’ordre 2 à coefficients constants de la forme
'' ' 0a y b y c y (4.36)
La MRO est utilisée pour effectuer les démonstrations.
166
Démonstration dans le cas 1 : 2 4 0b ac
(deux racines réelles et distinctes)
Dans ce cas, nous avons 1 2
( )( ) 0D m D m y
Pour trouver y, il faut d’abord trouver v en résolvant l’ED obtenue en faisant la substitution
2( )D m y v
On doit résoudre l’ED suivante :
1 1( ) 0 ' 0D m v v m v
Il s’agit d’une ED linéaire d’ordre 1 avec 1
( ) et ( ) 0P x m Q x
La solution est alors donnée simplement par
1 1
1 1( ) 0
m x m xv x e dx K K e
Pour trouver y, il suffit de substituer v dans1
2 2 1( ) ou '
m x
KD m y v y m y e . On obtient alors
l’ED linéaire d’ordre 1 suivante (avec 1
2 1( ) et ( )
m xp x m q x K e ) :
1
2 1'
m xy m y K e
La solution de cette ED est obtenue avec la formule habituelle :
2
p dx p dx
y e qe dx K
= 2 1 2
1 2
m x m x m xe K e e dx K
1 2 1
2 21 1
2 2
1 2 1 2
( )m m x m x
m x m xK e K ey e K K e
m m m m
On peut réécrire la solution sous la forme suivante (avec1
1 2 2
1 2
etK
C C Km m
) :
1 2
1 2
m x m xy C e C e (4.37)
__________________________________________________________________________________________________________
Démonstration du cas 2 : 2 4 0b ac
(une racine réelle double)
Dans ce cas, nous avons l’ED suivante à résoudre : 2
( ) ( )( ) 0D m y D m D m y
On substitue ( )v D m y dans l’ED ci-dessus pour obtenir l’ED suivante : ( ) ' 0D m v v mv
La solution est simplement (on peut le démontrer en la substituant dans l’ED).
La substitution de v(x) dans ( )D m y v nous donne l’ED linéaire d’ordre 1 suivante en y(x) :
1'
mxy my C e
La solution de cette ED linéaire d’ordre 1 avec 1
( ) et ( )mx
P x m Q x C e : s’obtient simplement
avec la formule habituelle :
1 2
mx mxy C xe C e (4.38)
_______________________________________________________________________________________________________
1
mxv C e
167
Démonstration du cas 3 :
(deux racines complexes)
Le polynôme en D associé à l’ED admet la factorisation suivante :
( ( )) ( ( )) 0D i D i (4.39)
Dans l’égalité (*) ci-dessus, les racines s’expriment en fonction de a, b et c selon la formule suivante :
2
2
24
2 2 4
2
b
aac bbi i
a a ac b
a
(4.40)
La démonstration relative à la forme de la solution est analogue à celle du cas 1 parce que les deux
racines sont distinctes en (4.39). Cependant, elles sont complexes : la solution est donnée par
1 2
1 2
1 2
( ) ( )
( )
i x i x
x i x x i x
x i x i x
y A e A e
y A e e A e e
y e A e A e
(4.41)
Pour obtenir la forme réelle de la solution générale telle que donnée en (4.34), il faut introduire les
identités d’Euler pour démontrer que la solution ci-dessus est équivalente à celle formulée en (4.34).
Rappel. La série de Taylor de u
e développée en u = 0 est donnée par
2 3 4 5 6
1 ...2! 3! 4! 5! 6!
u u u u u ue u (4.42)
Avec où 1u i x i ,2 3 2 4 2 2
1, , 1, etc.i i i i i i i i , on obtient l’égalité suivante :
(4.43)
Les parties réelle et imaginaire de cette série peuvent être séparées et interprétées. La partie réelle est la
série de Taylor de cos( )x développée autour de x0 = 0; la partie imaginaire est la série de Taylor de
sin( )x développée autour de x0 = 0 :
2 2 4 4 6 6 3 3 5 5 7 7
1 ... ...2! 4! 6! 3! 5! 7!
cos( ) sin( )
i x
i x
x x x x x xe i x
e x i x
(4.44)
En remplaçant pari x i x , on a (ce qui se démontre également comme ci-dessus) :
cos( ) sin( )i x
e x i x
(4.45)
24 0b ac
2 2 3 3 4 4 5 5 6 6
1 ...2! 3! 4! 5! 6!
i x x x x x xe i x i i
168
Ce qui importe de noter à ce stade-ci, c’est que la combinaison 1 2
i x i xAe A e
produit la
combinaison1 2cos( ) sin( x)C x C .
Dans ces conditions, on peut remplacer la première par la deuxième en (4.41) :
1 2 1 2
1 2
( ) ( cos( ) sin( ))
cos( ) sin( )
x i x i x x
x x
y e A e A e e C x C x
C e x C e xy
On peut alors vérifier les résultats suivants pour la solution générale de '' ' 0ay by cy lorsque2
4 0b ac , c’est-à-dire lorsque les racines du polynôme en D sont complexes :
Premièrement, 1 2
cos( ) et sin( )x x
y e x y e x
sont toutes deux solutions
particulières de l’ED ;
Deuxièmement, on peut alors vérifier que la solution générale de l’ED lorsque les racines du
polynôme en D sont complexes est donnée par :
1 2sin( ) cos( )
x xy C e x C e x
(4.46)
Remarque. Considérons une ED linéaire et homogène d’ordre n à coefficients constants
et le polynôme en D qui lui est associé :
( ) ( 1)
1 2 1... ' 0n n
n na y a y a y a y
(4.47)
1
1 2 1... 0n n
n na D a D a D a
(4.48)
Le polynôme en D qui lui est associé admet n racines (réelles distinctes, multiple
ou complexes).
Dans tous les cas, la solution générale comportera n fonctions solutions
particulières 1 2, , ... ny y y linéairement indépendantes et distinctes dans leur
forme.
De plus, les règles reliant les racines du polynôme en D aux fonctions solutions
1 2, , ... ny y y sont les mêmes que dans le cas des ED d’ordre 2.
Ces n fonctions sont linéairement indépendantes car on peut montrer que
1 1 2 2 1 1... 0 ... 0n n nc y c y c y c c c (4.49)
La solution générale de l’ED est donnée par
1 1 2 2 ... n ny C y C y C y (4.50)
La calculatrice est utile pour trouver les racines du polynôme en D.
169
Exemple 10. Résolution de l’ED ''' 9 '' 31 13 0y y y
Solution.
Utilisons la calculatrice (voir l’écran ci-dessous) pour factoriser le polynôme en D et
pour trouver ses racines.
Remarques sur les résultats de l’exemple ci-dessus produits par la calculatrice :
elle ne peut résoudre les ED d’ordre supérieur à 2;
elle ne peut factoriser le polynôme que dans les complexes, car il y a des
racines complexes. C’est la raison de l’utilisation de la procédure
« cFactor » plutôt que la procédure « factor ».
s’il y a des racines complexes, elle peut trouver les racines avec la
procédure « cSolve ». La procédure « solve » ne peut faire le travail dans ce
cas. D’ailleurs, il est suggéré de toujours utiliser « cSolve » dans le contexte
de la recherche des racines du polynôme en D même si les racines sont
réelles.
Le résultat de la factorisation montre qu’il y a une racine réelle 3D ainsi
que deux racines complexes conjuguées 3 2 ( 3, 2)D i . On en
déduit que la solution générale est donnée par
3 3 3
1 2 3sin(2 ) cos(2 )x x xy C e C e x C e x
________________________________________________________________________
170
4.4 La méthode des coefficients indéterminés
Cette méthode permet de résoudre les ED linéaires et non homogènes à coefficients
constants d’ordre . Nous avons appris à résoudre les ED linéaires d’ordre 1. Nous
allons donc surtout considérer la résolution des ED d’ordre 2 parce que tel que mentionné
précédamment, les applications en sciences et en génie ne font que très rarement
intervenir des ED d’ordre supérieur à 2.
4.4.1 Forme des ED à résoudre :
2
'' ' ( )
ou
( ) ( )
a y b y c y f x
aD bD c y f x
(4.51)
____________________________________________________________________________________________________________
Remarque. La méthode s'applique notamment lorsque f(x) est constituées des fonctions
désignées ci-dessous ainsi que des combinaisons ou des produits finis de ces dernières :
les polynômes;
les fonctions exponentielles du type kxe ;
les fonctions sin( ) et cos( )kx kx .
Voir l’annexe 1 à la section 4.11 de ce chapitre pour les cas habituels.
Remarque importante. La méthode des coefficients indéterminés s'applique si les
dérivées successives de f(x) ne font pas apparaître à chaque fois une (des) nouvelle(s)
fonction(s). Dans le cas contraire, le candidat pour la détermination de la solution
particulière devrait comporter un nombre infini de termes différents : la méthode ne peut
donc pas s'appliquer. ____________________________________________________________________________________________________________
La méthode des coefficients indéterminés aborde la résolution des ED de la forme (4.51)
comme suit :
(1) La solution générale de l’ED sera donnée par
1 1 2 2c p py y y C y C y y (4.52)
(2) Avec cette méthode, il y aura deux parties distinctes à obtenir :
la solutionc
y de l’ED homogène associée ( '' ' 0a y b y c y ) qui comporte
deux constantes arbitraires et donnée par
1 1 2 2cy C y C y (4.53)
1n
171
la solution particulière sans constante arbitraire yp dont la forme est déterminée
par celle de la fonction f(x) et, à l’occasion, par la forme de la solution yc comme
nous le verrons ci-dessous.
4.4.2 Principales étapes de la solution
Comme indiqué ci-dessus, la solution générale est constituée de deux parties, la solution
yc de l’ED homogène associée à l’ED à résoudre et la solution particulière yp. La solution
aura donc la forme suivante :
c py y y (4.54)
Étape 1. Il faut d’abord déterminer la solution complémentaire cy en résolvant l'ED
homogène associée (49) avec les résultats de la dernière section.
'' ' 0ay by cy (4.55)
Étape 2 : Il faut trouver la solution particulière yp à l'aide d'un "candidat" approprié
dont la forme est d’abord déterminée par f(x). L’annexe (4.1) à la section (4.11) présente
un tableau des cas habituellement traités avec cette technique de résolution. À cette étape,
les deux cas suivants peuvent se présenter.
Cas (1) : Aucune des fonctions de f(x) ou de celles apparaissant dans ses
dérivées successives ne figure dans la solution complémentaire cy .
Dans ces conditions, le candidat prend la forme suivante :
1 1 2 2( ) ( ) ... ( ) ... ( )p i i n ny A f x A f x A f x A f x (4.56)
Dans le candidat yp, les fonctions fi (x) sont les termes de ( )f x ainsi que tous
ceux, distincts, apparaissant dans ses dérivées successives. Les coefficients Ai sont
les coefficients indéterminés dont les valeurs numériques sont obtenues de
l’égalité résultant de la substitution du candidat dans l'ED (4.51) :
'' ' ( )p p pa y b y c y f x (4.57)
Cas (2) : Exceptions à la règle formulée au cas (1)
Il y a exception lorsqu’en déterminant le candidat yp comme dans le cas (1)
on retrouve une ou des fonctions de la solution complémentaire yc.
Il faut alors modifier le candidat comme suit : si la racine du polynôme en D qui
génère la fonction de yc identique à celle du candidat est d'ordre s (s = 1 ou 2 étant
donné la forme des ED à résoudre), alors il faut multiplier par sx (par x ou
2x
dans le cas des ED d’ordre 2) la fonction du candidat yp figurant dans yc ainsi que
172
celles qui lui sont associées (s’il y a lieu). Il importe alors de s’assurer qu'aucune
fonction dans le candidat yp ne figure dans la solution complémentaire yc.
Lorsque le candidat approprié a été identifié, les valeurs numériques des
coefficients indéterminés qui y figurent sont obtenues en substituant ce dernier
dans l'ED à résoudre et en déterminant la valeur numérique des coefficients
indéterminés de façon à satisfaire l’ED, c’est-à-dire l’égalité formulée en (4.57) :
'' ' ( )p p pa y b y c y f x
On explicite ainsi l’expression de yp.
Étape 3 : Il faut formuler la solution générale de l'ED qui est donnée par c py y y .
Étape 4 : Il faut déterminer la solution particulière de l'ED s'il y a des conditions
initiales, c'est-à-dire calculer la valeur numérique des constantes arbitraires à l'aide des
conditions initiales.
Étape 5 : Il convient d’utiliser la calculatrice pour vérifier les résultats obtenus et
analyser la solution, notamment dans le cas des applications.
4.4.3 Exemples sur la méthode des coefficients indéterminés
________________________________________________________________________
Exemple 11. Considérons le cas de l’ED suivante :
2
12 '' 3 'y y y
x
Nous avons2
1( )f x
x .
Chacune de ses dérivées successives fait apparaître une nouvelle fonction : elles sont
données par :
3 4 5 2
1 2 1 2 3 1 2 3 4 ( 1)!, , , ... , ( 1) , ...n
n
n
x x x x
Dans ces conditions, le candidat comporterait une infinité de termes : on ne pourrait
déterminer la valeur de tous les coefficients indéterminés du candidat ce qui implique
qu’on ne saurait expliciter la solution particulière yp.
On aurait un problème similaire avec les fonctions qui suivent (souvent définies par
un quotient) car chacune des dérivées introduit une nouvelle fonction :
sec( ), ln( ), tan( ), , , etc.( )
ax
n
e aax ax ax
x x b
___________________________________________________________________________________________________________
173
Exemple 12. Sur le cas (1). Solution générale de l’ED 2'' 5 ' 6 1y y y x
Solution
1) La solution générale est c py y y
2) Détermination de la solution complémentaire cy de l’ED homogène associée
2'' 5 ' 6 0 ( 5 6) 0
( 2)( 3) 0
y y y D D y
D D y
Polynôme en D : 2
( 2)( 3) 03
DD D
D
2 3
1 2
x x
cy C e C e
La solution cy de l’ED homogène dites « complémentaire » comporte les deux
constantes arbitraires de la solution générale de l’ED (ordre 2).
3) Détermination de py
2( ) 1 '( ) 2 ''( ) 2 '''( ) 0f x x f x x f x f x
Le candidat doit comporter les termes2 , et 1x x . Aucun de ces termes ne figure
dans cy (cas (1)). En associant un coefficient indéterminé à chacun des termes, on
a le candidat yp suivant : 2
py Ax Bx C
Ses dérivées première et seconde sont données par :
' 2 '' 2p p
y Ax B y A
La substitution du candidat et ses dérivées dans l’ED produit l’égalité suivante :
2 2
2 2
2 5(2 ) 6( ) 1
(6 ) (10 6 ) (2 5 6 ) (1) (0) (1)1
A Ax B Ax Bx C x
A x A B x A B C x x
Pour que l’égalité soit valide, il faut que
2
1
66 15 1 5 19
10 6 018 6 18 108
2 5 6 119
108
calculatrice
p
A
A
A B B y x x
A B C
C
174
4) La solution générale est donnée par
2 3 2
1 2
1 5 19
6 18 108
x x
c py y y C e C e x x
On peut vérifier cette réponse avec la calculatrice.
________________________________________________________________________
Exemple 13. Sur le cas (1). Résolution de l’ED 4'' 5 ' 6 2 xy y y e
1) La solution générale est c py y y .
2) La solution complémentaire cy de l’ED homogène associée ( '' 5 ' 6 0y y y )
est la même que dans l’exemple précédent :
2 3
1 2
x x
cy C e C e
3) La détermination de la solution particulière py
Dans le cas de cette ED, on a 4( ) 2 xf x e dont les dérivées successives ne génère
aucune nouvelle fonction. En effet :
4 4 4( ) 2 '( ) 8 ''( ) 32 ...x x xf x e f x e f x e
Dans ces conditions, le candidat est4x
py Ae
Pour trouver la valeur numérique du coefficient indéterminé A, on substitue le
candidat et ses dérivées (première et seconde) dans l’ED :
4
4
4
4 4 4 4
' 4
'' 16
16 5( 4 ) 6 2
x
x
x
x x x x
y Aey Ae
y Ae
Ae Ae Ae e
De cette égalité, on trouve
4 4
4
2 2 1x x
x
p
Ae e A
y e
4) La solution générale de cette ED est donnée par
2 3 4
1 2
x x x
c py y y C e C e e
__________________________________________________________________________________________________________
175
Exemple 14. Sur le cas (1). Résolution de l’ED
2 4(0) 2
'' 5 ' 6 5 avec'(0) 1
xy
y y y x ey
Solution
1) La solution générale est donnée par
2) La solution complémentaire est (voir l’exemple précédent) :
2 3
1 2
x x
cy C e C e
3) La détermination de la solution particulière .
Dans ce cas, on a2 4( ) 5 xf x x e . Examinons ses dérivées (les termes soulignés
sont ceux de f(x) et les nouveaux apparaissant dans les dérivées :
2 4
4 2 4
4 4 4 2 4
( ) 5
'( ) 10 20
''( ) 10 40 40 80
x
x x
x x x x
f x x e
f x x e x e
f x e xe xe x e
Il est inutile de continuer à dériver, car (vous pouvez le vérifier) aucune autre
fonction que 4 4 2 4, etx x xe xe x e
n’apparaîtra. Comme aucune de ces fonctions
ne figure dans cy , le candidat py sera alors donné par :
2 4 4 4x x x
py Ax e Bxe Ce
On peut déterminer à la main la valeur de chacun des coefficients indéterminés en
substituant le candidat dans l’ED. Utilisons la calculatrice pour obtenir la solution
générale et en déduire la valeur des coefficients :
c py y y
py
176
On peut déduire du premier résultat de la calculatrice que
2 4 4 4
5 15 35, et
2 2 4
5 15 35
2 2 4
x x x
p
A B C
y x e x e e
4) La solution générale de cette ED est
2 3 2 4 4 4
1 2
5 15 35
2 2 4
x x x x x
c py y y C e C e x e xe e
5) La solution particulière est obtenue en exigeant que la solution générale
rencontre les exigences des deux CI. Les expressions de la solution y et de sa
dérivée 'y sont les suivantes :
2 3 2 4 4 4
1 2
2 3 4 2 4 4 4 4
1 2
5 15 35
2 2 4
15' 2 3 5 10 30 35
2
x x x x x
x x x x x x x
y C e C e x e x e e
y C e C e xe x e e x e e
Avec les conditions initiales, on détermine 1 2etC C et par suite l’expression de la
solution particulière :
1 21
21 2
35252
(0) 2 44
'(0) 1 15131 2 3 35
2
C Cy C
yCC C
2 3 2 4 4 425 5 15 3513
4 2 2 4
x x x x xy e e x e xe e
Le deuxième calcul effectué avec la calculatrice (page précédente) confirme les
calculs effectués ci-dessus.
Les graphes de la solution complémentaire cy , la solution particulière py et de la
solution particulière associée aux conditions initiales c py y y sont représentés
dans l’écran ci-dessous.
177
_______________________________________________________________________
4.4.4 Quelques exemples sur le cas (2) (cas d’exceptions à la règle du cas (1))
Dans les exemples qui suivent, nous allons développer la solution jusqu’à la
détermination du candidat pour la détermination de la solution particulière à l’aide de la
méthode des coefficients indéterminés. Nous utiliserons la solution donnée par la
calculatrice pour déterminer la valeur numérique des coefficients indéterminés. Les
étapes sont les mêmes que dans les exemples précédents.
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 15. Sur le cas (2), avec s = 1. Résolution de l’ED 2'' 6 ' 8 5 xy y y xe
Solution
1) La solution générale est
2) La détermination de la solution complémentaire cy . Le polynôme en D pour
déterminer la solution de l’ED homogène est le suivant :
2'' 6 ' 8 0 6 8 ( 2)( 4) 0y y y D D D D
Ses racines sont 2 et 4D D , réelles et distinctes. La solution cy de
l’ED homogène est donc
2 4
1 2
x x
cy C e C e
3) Détermination du candidat pour la solution particulière py .
Dans ce cas, on a 2( ) 5 xf x xe . Avec ses dérivées première et seconde, (inutile
de continuer à dériver), seuls les termes de l’accolade à droite apparaissent :
2
2
2 2
2
2 2 2
( ) 5
'( ) 5 10
''( ) 10 10 20
x
x
x x
x
x x x
f x x ex e
f x e x ee
f x e e xe
c py y y
cy
178
Dans ces conditions, le candidat est :
2 2x x
py Axe Be
On note que le terme2xe
du candidat figure dans la solution de l’ED
homogène associée à la racine simple D = 2 (cas 2). Il faut alors multiplier ce
terme par x ainsi que celui qui lui est associé, c’est-à-dire 2xAxe ( 2xe apparait
dans la dérivation du terme 2 xxe ). Le bon candidat à utiliser aura alors la forme
suivante : 2 2 2x x
py Ax e Bxe
4) La solution générale de l’ED obtenue à l’aide de la calculatrice confirme le choix
du candidat :
2 4 2 2 2
1 2
5 / 45 5
5 / 44 4
x x x x
c p
Ay y y C e C e x e xe
B
__________________________________________________________________________________________________________
Exemple 16. Sur le cas 2, avec s = 1. Résolution de l’ED
'' 4 3 2sin(2 )y y x x
Solution
1) La solution générale est
2) La détermination de la solution cy de l’ED homogène associée.
Dans ce cas, le polynôme en D pour déterminer la solution de l’ED homogène est
2 4 ( (0 2 )( (0 2 ) 0D D i D i
Les racines du polynôme sont 0 2i . La solution de l’ED homogène est
1 2sin(2 ) cos(2 )cy C x C x
3) La détermination du candidat pour la solution particulière .
Nous avons ( ) 3 2sin(2 )f x x x . Il est préférable de séparer les deux termes
pour la détermination du candidat : cela facilite l’identification des termes
« concernés » lorsque le cas (2) s’applique. Voici les termes qui doivent figurer
dans :
1
1
( ) 3(1)
'( ) 3 1
f x x xAx B
f x
2
2
2
( ) 2sin(2 ) sin(2 )
'( ) 4cos(2 ) cos(2 ) sin(2 ) cos(2 )
''( ) 8sin(2 x) sin(2 x) déjà obtenu
f x x x
f x x x C x D x
f x
c py y y
cy
py
py
179
Le candidat devrait alors être le suivant :
sin(2 ) cos(2 )py Ax B C x D x
Cependant, il faut noter que sin(2 ) et cos(2 )x x sont dans yc (cas 2), la solution
de l’ED homogène associée à deux racines simples (les racines complexes sont
distinctes, donc nécessairement simples : alors s = 1). Il faut donc multiplier les
termes soulignés dans le candidat ci-dessus par x (ce sont les seuls qui figurent
dans la solution yc et qui sont concernés dans ce cas-ci). Le bon candidat à utiliser
aura alors la forme suivante :
sin(2 ) cos(2 )py Ax B Cx x Dx x
4) La solution générale de l’ED obtenue à l’aide de celle de la calculatrice confirme
le choix du candidat (vérifiez-le) :
1 2
3 1sin(2 ) cos(2 ) cos(2 )
4 2c py y y C x C x x x x
On note que les valeurs numériques des coefficients indéterminés sont
3 1, 0, 0 et
4 2A B C D .
________________________________________________________________________
Exemple 17. Sur le cas 2, s = 1. Résolution de l’ED
'' 4 ' 3 2sin(2 )y y x x
Solution
1) La solution générale est
2) La détermination de la solution de l’ED homogène associée.
Dans ce cas, le polynôme en D pour déterminer la solution de l’ED homogène est
2'' 4 ' 0 4 ( 4) 0y y D D D D
Les racines du polynôme sont 0 et 4D D . La solution de l’ED
homogène s’obtient comme suit :
0
4
1 24
0 1(1)
4
x
x
cx
D ey C C e
D e
3) La détermination du candidat pour la solution particulière
Nous avons . Séparons les deux termes pour la détermination
du candidat de manière à faciliter l’identification des termes « concernés » lorsque
le cas (2) s’applique.
c py y y
cy
cy
py
( ) 3 2sin(2 )f x x x
180
Voici les termes qui doivent figurer dans py :
1
1
2
2
2 2
( ) 3(1)
'( ) 3 1
( ) 2sin(2 ) sin(2 )
'( ) 4cos(2 ) cos(2 ) sin(2 ) cos(2 )
''( ) 8sin(2 x) sin(2 x) dans ( )
f x x xAx B
f x
f x x x
f x x x C x D x
f x f x
Le candidat devrait être le suivant : (1) sin(2 ) cos(2 )py Ax B C x D x
Cependant, la fonction constante (1) figure dans cy (cas 2), associée à la
racine simple D = 0 (dans ce cas, s = 1). Il faut alors multiplier le terme souligné
dans le candidat ci-dessus par x ainsi que celui qui est aussi « concerné », soit le
terme Ax (qui génère le terme constant via la dérivée de 1( ) 3f x x ). Le bon
candidat à utiliser aura alors la forme suivante :
2 sin(2 ) cos(2 )py Ax Bx C x D x
4) La solution générale de l’ED obtenue avec la calculatrice (voir ci-
dessous) est la suivante (celle que l’on trouverait « à la main ») :
4 2
1 2
3 3 1 1sin(2 ) cos(2 )
8 16 10 5
xy C C e x x x x
Par comparaison avec le candidat, on déduit la valeur des coefficients
indéterminés :
3 3 1 1, , et
8 16 10 5A B C D
On remarque la constante numérique 3/64 dans la réponse de la calculatrice qui ne
figure pas dans la réponse obtenue en (4) ci-dessus. La présence de cette constante
est due à la procédure utilisée par la calculatrice (la variation des paramètres).
c py y y
181
Pour concilier les deux réponses, il suffit de réécrire celle de la calculatrice en
regroupant les constantes :
4 23 1 1 3 39 10 cos(2 ) sin(2 )
64 5 10 8 16
xy c e c x x x x
24 2
1 2
1
93 3 1 1
sin(2 ) cos(2 )38 16 10 510
64
x
c C
y C C e x x x xc C
Si c10 est arbitraire, il en est de même pour (c10 + 3/64), ce qui justifie le
regroupement des constantes.
________________________________________________________________________
Exemple 18. Sur le cas (2), s = 2. Résolution de l’ED
4'' 8 ' 16 2 3 xy y y x e
Solution
1) La solution générale est
2) La détermination de la solutionc
y . Dans ce cas, le polynôme en D pour
déterminer la solution de l’ED homogène est obtenue comme suit :
2 2
'' 8 ' 16 0
8 16 ( 4) 0
y y y
D D D
On a une racine réelle double 4D . La solution est donnée par :
4 4
1 2
x x
cy C e C xe
3) La détermination de la solution particulière
4
1 2( ) 3 3 ( ) ( )xf x x e f x f x
11 1
4 4 4
22
( ) 3 '( ) 3 ''( ) 0
( ) 3 '( ) 12x x x
f x x f x f x Ax B
f x e f x e Ce
4x
py Ax B Ce
Le terme 4xe
est problématique, car il figure également dans . Si on multiplie
ce terme par x, on obtient4xxe
qui figure également dans . Il faut donc
multiplier le terme 4xe
par 2x (puisque s = 2) pour obtenir
2 4xx equi ne figure
pas dans . Le candidat pour déterminer est donc le suivant :
2 4x
py Ax B Cx e
c py y y
cy
py
cy
cy
cy py
182
4) La solution générale obtenue à l’aide de la calculatrice est présentée
dans l’écran ci-dessous.
1 4 4 2 4
1 2
2
12 1 1 3
11 8 16 2
x x xc C
y C e C xe x x ec C
Alors, les valeurs numériques des coefficients indéterminés dansp
y sont :
1 1 3, et
8 16 2A B C
______________________________________________________________________________________________________
4.4.5 Remarques sur les constantes arbitraires
Supposons que 1 2 3, , , ...C C C et 1 2 3, ,K K K … sont des constantes arbitraires et que a,
b, c … sont des constantes numériques. Alors, les règles suivantes (et d’autres)
s’appliquent :
1 2C C peut être remplacé par une seule constante arbitraire C ;
Les produits 1 2 1 3 2 3, , ...C C C C C C peuvent être remplacée par les constantes
arbitraires 1 2 3, ,K K K … respectivement ;
1 2 3, , , ...C a C b C c peuvent être remplacée par les constantes arbitraires
1 2 3, ,K K K … respectivement ;
1 2 3, , , ...aC bC cC peuvent être remplacées respectivement par 1 2 3, ,K K K … ;
2
1
CC e peut être remplacé par une seule constante arbitraire C ;
1 2C Ce
peut être remplacé par une seule constante arbitraire C ;
En pratique, ces règles visent à réduire les expressions qui font intervenir plus d’une
constantes arbitraires ou encore une constante arbitraire et une constante numérique
lorsque l’expression est réductible sans perte d’information.
c py y y
183
4.5 La méthode de variation des paramètres (MVP)
La méthode de variation des paramètres (MVP) permet de déterminer assez simplement
la solution générale des ED linéaires d'ordre n lorsque la solution complémentaire cy est
connue. Dans le cas des ED linéaires à coefficients constants d’ordre n, la solution
complémentaire est facile à obtenir (section 3), ce qui simplifie grandement l’utilisation
de la méthode. Ce n’est pas le cas des ED linéaires à coefficients non constants,
notamment parce qu’il n’est généralement pas simple de résoudre l’ED homogène
associée, étape obligée de l’utilisation de la MVP.
Forme des ED à résoudre
Dans ce qui suit, nous allons considérer les ED linéaires à coefficients constants
d'ordre 2, c’est-à-dire les ED de la forme suivante :
(4.58)
La MVP peut également être utilisée pour résoudre des ED linéaires à coefficients
constants d’ordre supérieur à 2. Étant donné la quasi-absence de ces dernières dans
les applications, nous allons ne considérer que les ED de la forme (4.58) ci-dessus.
Dans le contexte de ce cours, l’intérêt particulier de la MVP développée par le
mathématicien Lagrange est de résoudre certaines ED qui ne peuvent être résolue
avec la méthode des coefficients indéterminés.
Principales étapes de la résolution
a) Si 1a en (4.58), il faut diviser par a de part et d’autre de l’égalité pour mettre
l’ED sous la forme suivante :
'' ' ( )y py qy F x (4.59)
Dans cette égalité, on a( )
, et ( )b c f x
p q F xa a a
.
b) Détermination de la solution complémentaire ( cy ) de l’ED homogène associée à
l’ED à résoudre qui est de la forme
1 1 2 2cy C y C y (4.60)
c) Détermination de la solution particulière py qui est de la forme
1 1 2 2py L y L y (4.61)
'' ' ( )a y b y c y f x
184
Les fonctions1 2
etL L dans (4.61) doivent satisfaire le système d'équations
suivant:
1 1 2 2
1 1 2 2
' '
' '
0
' ' ( )
L y L y
L y L y F x
(4.62)
Pour ce qui suit, définissons le Wronskien W associé aux deux solutions
distinctes 1 2ety y de l’ED homogène :
2 11 2
dy dyW y y
dx dx (4.63)
Cette substitution sera utile pour simplifier les expressions utilisées pour la
détermination de1 2
etL L .
Pour obtenir les expressions de L1 et L2, on détermine d'abord les expressions de
leur dérivée respective en résolvant le système d’équations en (4.62) et l’on
intègre les expressions obtenues. Utilisant l’expression de W en (4.63), on
obtient les expressions suivantes :
2211
1 12 2
'
'
( )( )
( ) ( )
y F xy F x L dxLWW
y F x y F xL L dx
W W
(4.64)
On formule alors l'expression de la solution particulière 1 1 2 2py L y L y .
Remarque : En (4.64), nous avons choisi de ne pas introduire de constante
d'intégration dans les intégrales à droite, de manière à obtenir la partie
« solution particulière » yp de la solution sans constante arbitraire.
d) Formulation de la solution générale :
1 1 2 2 1 1 2 2c py y y C y C y L y L y (4.65)
e) Obtenir la solution particulière en déterminant la valeur numérique de chacune
des constantes arbitraires s'il y a des conditions initiales.
________________________________________________________________________
Exemple 19. Résolution de l’ED suivante avec la méthode de variations des paramètres.
4 2(0) 0
3 '' 12 ' 12 9 avec'(0) 1
xy
y y y x ey
185
Solution
a) Il faut mettre l’ED sous la forme
Il faut donc diviser l’ED par 3. On obtient l’ED qui suit :
4 2'' 4 ' 4 3 xy y y x e
b) Il faut trouver , la solution de l’ED homogène associée.
Dans ce cas, le polynôme en D, ses racines et sont donnés par
2 2
1 22
'' 4 ' 4 02 (double)
4 4 0
x x
c
y y yD y C e C xe
D D
Les fonctions 1 2ety y sont soulignées (l’ordre n’a pas d’importance).
Pour l’étape suivante, il faut disposer des dérivées de ces fonctions :
2211
2 2 22 2
'
'
2
2
xx
x x x
y ey e
y xe y e xe
c) Il faut trouver la solution 1 1 2 2py L y L y
Dans le cas de l’ED à résoudre : 2 2
1 2
x x
py L e L xe .
Dans , les expressions de 1 2etL L sont solutions du système d’équations
2 2
1 1 2 2 1 2
2 2 4 2
1 1 2 2 1 2
' '
' ' ' '
' ' ' '
0 0 (1)
( ) 2 (1 2 ) 3 (2)
x x
x x x
L y L y L e L xe
L y L y F x L e L x e x e
Pour résoudre le système d’équations à droite ci-dessus, on divise (1) et (2) par 2xe
pour obtenir le système suivant :
*
1 2
4 *
1 2
' '
' '
0 (1 )
2 (1 2 ) 3 (2 )
L xL
L x L x
Si l’on multiplie l’équation (1*) par 2 et qu’on ajoute le résultat à l’équation (2
*),
on obtient :
4 4 5
2 2
' 33 3
5L x L x dx x
Utilisant ce résultat et l’équation (1*), on obtient
'' ' ( )y py qy F x
cy
cy
py
186
5 5 6
1 2 1
' ' 13 ( 3 )
2L x L x L x dx x
La solution particulière est alors donnée par
2 2 6 2 5 2
1 2
6 2
1 3
2 5
1
10
x x x x
p
x
p
y L e L x e x e x x e
y x e
d) Il faut formuler la solution générale : elle est donnée par c py y y .
2 2 6 2
1 2
1
10
x x xy C e C xe x e
e) Il faut déterminer la solution particulière associée aux CI.
2 2 6 2
1 2
2 2 2 5 2 6 2
1 2 2
1
10
6 2' 2
10 10
x x x
x x x x x
y C e C xe x e
y C e C e C xe x e x e
1 1
1 2 2
0 0(0) 0
2 1 1'(0) 1
C Cy
C C Cy
La solution particulière de l’ED obtenue avec les conditions initiales est alors
donnée par
2 6 21
10
x xy xe x e .
Remarque. Si nous utilisons les formules en (64) avec le Wronskien W, on trouve
les fonctions 1 2etL L et par suite la solution particulière . En effet :
22
11
2 2 2
22
' 2
' 2
xx
x x x
y ey e
y xe y e xe
4
1 22 1' ' xW y y y y e
2 4 25 62
1 14
2 4 2541
22 4
'
'
( ) 3 13
2
3( ) 33
5
x x
x
x x
x
y F x xe x eL x L x
W e
y F x e x eL xL x
W e
py
187
Les résultats sont les mêmes qu’à l’étape (c), ce qui produira par suite la même
solution particulière. Il est relativement simple de programmer la calculatrice pour
trouver la solution particulière lorsque est connue (et par conséquent 1 2ety y ). ____________________________________________________________________________________________________________
4.5.1 La MVP avec la calculatrice
Pour programmer la calculatrice de manière à obtenir la solution particulière, il faut
disposer des solutions des fonctions 1 2ety y qui sont solutions de l’ED homogène
associée à l’ED à résoudre. Il faut également disposer de la fonction F(x), celle qui est
précisément associée à l’ED à résoudre sous la forme '' ' ( )y py qy F x .
Pour obtenir la solution py , il faut programmer les deux fonctions suivantes :
la fonction Wronskien telle que définie en (63) :
2 11 2
dy dyW y y
dx dx (4.66)
la fonction solution py comme suit :
2 11 2
( ) ( )p
y F x y F xy dx y dx y
W W
(4.67)
L’écran qui suit illustre ce que cela donne dans le cas de l’exemple ci-dessus. Les
fonctions programmées sont données par 1 2 1 2( , ) et ( , , )w y y solyp y y f . Rappelons que la
calculatrice n’utilise pas de lettre majuscule.
L’écran présente également la solution générale de l’ED suivante pour illustrer et vérifier
le bon fonctionnement des fonctions programmées.
4 2'' 4 ' 4 3 xy y y x e
Pour utiliser les fonctions programmées, il faut d’abord résoudre l’ED homogène
associée et identifier les deux fonctions solutions1 2
ety y .
cy
188
On note que la solution particulière yp obtenue avec la procédure « solyp » coïncide avec
celle obtenue de la procédure « desolve ». Dans les deux cas, on obtient
62
10
xp
xy e
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 20. Résolution de l’ED 2'' 8 ' 12 5 xy y y xe avec la même approche
La solution peut s’écrire comme suit (la constante c26 +5/64 est arbitraire) :
1
2
2 6 2 2 2
1 2
526
64
25
5 5
8 16
x x x x
c C
c C
y C e C e x e xe
_______________________________________________________________________
189
4.6 Exercices sur la « méthode de réduction de l’ordre » (MRO)
Exercice 1.
Résolvez chacune des ED qui suivent avec la MRO. S’il y a des CI, déterminez la
solution particulière.
a) 4'' 5 ' 6 3 , (0) 2 '(0) 1xy y y e y et y
b) '' 4 1y y x
c) 4 '' ' 1y y x
d) '' 4 ' 1y y x
e) 4 '' 1y y x
f) 2'' 7 ' 6 2 , (0) 4 '(0) 3tx x x e x et x
g) 2'' 6 ' 8 2 , (0) 1 '(0) 2ty y y e y et y
h) 22 '' 3 ' 2 , (0) 1 '(0) 2rz z z e y et y
i) 56 '' 7 ' 4 , (0) 0 '(0) 2xy y y e y et y
j) 3'' 6 ' 9 3 , (0) 0 '(0) 2xy y y xe y et y
k) 3'' 6 ' 9 3 , (0) 0 '(0) 2xy y y xe y et y
l) 3
3'' 6 ' 9
xey y y
x
m) 2'' 6 ' 9 3 1, (0) 2 '(0) 0y y y x y et y
n) '' 6 ' 9 2sin(3 ), (0) 0 '(0) 2y y y x y et y
o) 2
0'' cos( ), (0) '(0) 0A t
p) '' 4 4cos(2 ), (0) '(0) 0t
q) 2'' ' ( 1)4
tx
x x t e
Exercice 2.
Résolvez les ED de l’exercice 1 avec la procédure « desolve » de la calculatrice et vérifier
que vous pouvez concilier les réponses de la calculatrice avec les réponses à l’exercice
(1) ci-dessous. Faites tracer le graphe de la solution dans une fenêtre appropriée lorsqu’il
y a des conditions initiales.
Exercice 3.
Déterminez l’expression de f(x) dans chacun des cas suivants.
a) La solution générale de l’ED 2 '' 3 ' ( )y y y f x est donnée par
221 2 4
x
x x xy C e C e x e xe
190
b) La solution générale de l’ED 2 '' 12 ' 10 ( )y y y g x est donnée par
5
1 2
72 6cos(2 ) sin(2 )
145 145
x xy C e C e x x
c) Montrez que vous pouvez trouver f(x) et g(x) en utilisant seulement la solution
particulière en (a) et en (b) respectivement.
4.6.1 Réponses aux exercices de la section 4.6
Exercice 1
a) 2 3 413 3( ) 6
2 4
x x xy x e e e
b) 2 2
1 2
1( )
4 4
x x xy x C e C e
c) 2
41 2( ) 5
2
xx
y x C C e x
d) 2
4
1 2
5( )
8 16
x x xy x C C e
e) 2 21 2( ) 1
x x
y x C e C e x
f) 6 223 1 1( )
5 10 2
t t tx t e e e
g) 2 4 23 1( )
2 2
t t ty t e e te
h) 2210 2
( ) 53 3
r
r rz r e e e
i) 56396 35 2
( )155 15 93
x
x xy x e e e
j) 3 3 31( ) 2
2
x xy x xe x e
k) 3 325 1 1( )
12 36 12 36
x xx xy x e e
l) 3 3 3
1 2
1( )
2
x x xy x C e C xe ex
m) 2
349 5 4 1( )
3 3 3 9 3
xx x xy x e
n) 35 1 cos(3 )( )
2 6 6
xx xy x e
o) 0 0 0
2 2 2( ) cos( )
4 4 2
mt mtA A At e e mt
m m m
p) ( ) sin(2 )4
tt t
q) 3 2
2 2 21 2( )
6 2
t t tt t
x t C e C t e e
Exercice 2.
Vous pouvez dans chaque cas vérifier vos réponses avec celles de la calculatrice.
Exercice 3
a) ( ) 2 xf x xe
b) ( ) 12sin(2 )g x x
191
4.7 Exercices sur la résolution des ED homogènes à coefficients constants
Exercice 1.
Déterminez « à la main » la solution générale et la solution particulière (s’il y a des
conditions initiales) de chacune des ED linéaires et homogène à coefficients constants
d’ordre 2 ci-dessous. Dans chaque cas, identifiez le type de racine(s) du polynôme en D
(2 racines réelles distinctes, une racine double ou deux racines complexes). Utilisez la
calculatrice pour vérifier vos réponses. Pour les fins du choix des variables
indépendantes, les solutions sont de la forme y(x), x(t), ( )t , et z(r).
a) " 7 ' 6 0, (0) 0 et '(0) 1y y y y y
b) 6 " 7 ' 0 , (0) 0, '(0) 1y y y y y
c) 6 " 7 ' 0y y
d) " 6 0, (0) 0 et '(0) 1
e) 5 " 13 0 , (0) 0, '(0) 4z z z z
f) " ' 0y y y
g) 23 '' 0x x
h) " 10 ' 41 0 , (0) 1, '(0) 2x x x x x
i) 5 " 13 0 , (0) 0, '(0) 4z z z z
j) 1
3 '' ' 7 02
y y y
k) 5 '' 10 ' 23 0y y y
Exercice 2. Déterminez la valeur numérique des paramètres inconnus dans les ED
suivantes selon la solution proposée.
a) 2 4
'' 12 ' 16 0 avec (0) et '(0)
5 2x x
ay y y y k y l
y e e
b) 6 6
'' 12 ' 0 avec (0) et '(0)
2 sin(4 ) 5 cos(4 )x x
y y cy y k y l
y e x e x
c) 2 2
1 2
3 '' ' 12 0x x
y by y
y C e C xe
d) 5 5
1 2
3 '' ' 0
sin(4 ) cos(4 )x x
y by cy
y C e x C e x
e) 2
'' ' 0 avec (0) et '(0)
2 sin4
x
y by cy y k y l
xy e
192
Exercice 3.
a) Soit m, un entier. Utilisez la calculatrice pour résoudre l’ED suivante :
2'' 2 ' 0y my m y
b) Dans les mêmes conditions, utilisez la calculatrice pour résoudre l’ED suivante :
2 '' 2 ' 0m y my y
c) Comparez la réponse à l’ED en (a) avec celle obtenue en (b).
d) Comparez les solutions des deux ED suivantes : '' 6 ' 9 0
9 '' 6 ' 0
y y y
y y y
Exercice 4
a) Montrez que vous pouvez déduire la solution générale de l’ED '' ' 0cy by y
de celle de l’ED '' ' 0y by cy .
b) À l’aide de la calculatrice, comparer les solutions générales des ED suivantes :
2 '' 5 ' 3 0
3 '' 5 ' 2 0
y y y
y y y
Aide. Toutes les ED de la forme " ' 0ay by cy peuvent également s’écrire
sous la forme
" ' 0b c
y y ya a
On peut utiliser le résultat obtenu en (a) pour montrer que la solution générale de
" ' 0cy by ay se déduit de celle de l’ED " ' 0ay by cy .
Exercices 5
Trouvez une ED pour chacune des solutions générales y(x).
a) 3 4
1 1
x xy C e C e
b) 551 1
x
xy C e C e
c) 5 5
1 1cos(6 ) sin(6 )x xy C e x C e x
d) 3 3
1 1
x xy C e C xe
e) 6 61 1
x x
y C e C xe
f) 2 21 1cos sin
4 4
x xx x
y C e C e
193
4.7.1 Réponses aux exercices de la section 4.7
Exercice 1
Vous pouvez facilement vérifier vos réponses avec la calculatrice.
Exercice 2
a) a = 2, k = 3 et 2l
b) c = 52, k = 5 et 24l
c) b = 12
d) b = 30 et c = 123
e) b = 1, c = 5/16, k = 0 et l = 1/2
Exercices 3
a) 1 1
mx mxy C e C xe
b) 1 1
x x
m my C e C xe
c) Comparer les exposants …
Exercice 4
a) Si r est une racine du polynôme en D de l’ED '' ' 0y by cy , alors 1/r est
racine du polynôme en D associé à l’ED '' ' 0cy by y .
b) Même conclusion qu’en (a).
Exercices 5
a) '' ' 12 0y y y
b) 26
'' ' 0 ou 5 '' 26 ' 5 05
y y y y y y
c) '' 10 ' 61 0y y y
d) '' 6 ' 9 0y y y
e) 1 1
'' 0 ou 36 '' 12 ' 03 36
y y y y y y
f) 16 '' 16 ' 5 0y y y
194
4.8 Exercices sur la méthode des coefficients indéterminés
Exercice 1. Soit l’ED " ' ( )ay by cy f x déterminez si, oui ou non, les ED qui
suivent peuvent se résoudre avec la méthode des coefficients indéterminés. Justifiez.
a) ( ) ln( 1)f x x
b) ( ) tan(2 )f x x
c) 2( ) 3sin (2 )f x x
d) 2
( ) 2 xf x e
e) 2
3( )
xef x
x
f) 2( ) ( 1)cos (2 )f x x x
Exercice 2. Pour chacune des ED qui suivent, trouvez la solution complémentaire cy et
déterminez le candidat à utiliser pour trouver la solution particulière py .
a) '' 3 xy y xe
b) '' 3 xy y xe
c) 3 '' 2 ' 3 4y y x
d) 2 28 '' 6 ' 3 1 4x
y y y x e
e) 42 " 8y 3 2sin(2 )xy e x
f) 2 2'' 4 ' 4 3 x xy y y xe e
g) 3 '' 27 6 cos(3 )y y x x
h) 3 412 '' ' y 3 2x x
y y e e
Exercice 3. Résolvez les ED de l’exercice 1 de la section (4.6) à l’aide de la méthode
des coefficients indéterminés. Trouvez la solution particulière s’il y a des conditions
initiales. Si la méthode ne peut s’appliquer, justifiez.
Exercice 4. Complétez la résolution des ED de l’exercice 2 en explicitant le candidat
associé à la solution particulière py .
4.8.1 Réponse aux exercices de la section 4.8
Exercices 1.
a) Non b) Non c) Oui d) Non e) Non f) Oui
Exercice 2.
a) 1 2sin( ) cos( )
Candidat
c
x x
p
y C x C x
y Axe Be
b) 1 2
2Candidat
x x
c
x x
p
y C e C e
y Ax e Bxe
c)
2
31 2
2Candidat
x
c
p
y C C e
y Ax Bx
195
d) 2 4
1 2
2 2Candidat
x x
c
x
p
y C e C e
y Ax Bx C Dxe
e) 1 2
4
sin(2 ) cos(2 )
Candidat sin(2 ) cos(2 )
c
x
p
y C x C x
y Ae Bx x Cx x
f)
2 2
1 2
3 2 2 2 2Candidat
x x
c
x x x
p
y C e C xe
y Ax e Bx e Ce
g) 1 2
2 2
sin(3 ) cos(3 )
Candidat sin(3 ) cos(3 ) sin(3 ) cos(3 )
c
p
y C x C x
y Ax x Bx x Cx x Dx x
h) 3 4
1 2
3 4Candidat
x x
c
x x
p
y C e C e
y Ae Bxe
Exercice 3
Les réponses sont données à la section (4.7.1), exercice (1).
Seul l’exercice (1-l) ne peut être résolu avec la méthode des coefficients indéterminés, car
les dérivées successives de3
( )xe
f xx
font à chaque fois apparaître une nouvelle
fonction.
Exercice 4
a) 3 3
2 2
x x
py xe e
b) 23 3
4 4
x x
py x e xe
c) 23 17
4 4py x x
d) 2 23 36 169 2x
py x x xe
e) 43cos(2 )
40 4
x
p
xy e x
f) 3 2 21 1
2 16
x x
py x e e
g) 21sin(3 ) cos(3 )
6 18p
xy x x x
h) 3 43
47
x x
p
xy e e
196
4.9 Exercices sur la méthode de variation des paramètres.
Trouvez la solution générale en utilisant la méthode de variation des paramètres.
a) 1" 2 ' xy y y x e
b) " 4 tan(2 )y y x
c) 32 " 2 ' 4 2 tx x x e
d) 23 " 12 ' 12 12 ln( )xy y y e x
e) 3 39 '' 6 'x
y y y x e
f) 2" 5 ' 6 18y y y t
4.9.1 Réponses aux exercices sur la méthode « variation des paramètres »
a) 1 2 ln( )x x x xy C e C xe xe x xe
b) 1 2
1 sin(2 ) 1sin(2 ) cos(2 ) cos(2 ) ln
4 cos(2 ) cos(2 )
xy C x C x x
x x
c) 2 3
1 2
1
4
t t tx C e C e e
d) 2 2 2 2 2 2
1 2 2 ln( ) 3x x x xy C e C xe x e x x e
e) 3 3 31 2
1
18
x x x
y C e C xe ex
f) 2 3 2
1 2
193 5
6
t ty C e C e t t
197
4.10 Exercices sur les applications
Exercice 1. Sur les systèmes masse-ressort avec amortisseur
Utilisez le modèle mathématique développé à l’exemple 1 au début du chapitre pour
effectuer les exercices suivants. Utilisez la calculatrice pour résoudre les ED et faire
tracer le graphe des solutions sur la position de la masse en fonction du temps.
a) m = 2(kg), b = 10 (N
.sec/m), k = 8 (N/m), f(t) = 12 (N), y(0) = 0, v(0) = 0 (m/sec)
b) m = 2 (kg), b = 8 (N.sec/m), k = 8 (N/m), f(t) = 2t (N), y(0) = 1, v(0) = -1 (m/sec)
c) m = 30(kg), b = 0 (N.sec/m), k =120 (N/m), f(t) = 30 cos (2t) (N), y(0) = 2, v(0) = 0 (m/sec)
d) m = 2 (kg), b = 0 (N.sec/m), k = 8 (N/m), f(t) = 2 sin (4t) (N), y(0) = 0, v(0) = 0 (m/sec)
e) m = 20 (kg), b = 40 (N.sec/m), k = 20 (N/m), f(t) = 5 sin (3t), y(0) = 2, v(0) = 0 (m/sec)
Exercice 2. Sur les circuits RLC-séries
Utilisez le modèle mathématique développé à l’exemple 2 au début du chapitre pour
effectuer les exercices suivants. Utilisez la calculatrice pour résoudre les ED et faire
tracer le graphe de la tension aux bornes du condensateur en fonction du temps et du
courant délivré par la source en fonction du temps.
a) R = 0,2 ( ), L = 1 (H), C = 0,01 (F), ( ) 12 (V)t , (0) 0, (0) 0'C C
v v
b) R = 0 ( ), L = 1 (H), C = 0,01 (F), ( ) 20 sin (10 ) (V)t t , (0) 0, (0) 0'C C
v v
c) R = 0,2 ( ), L = 1 (H), C = 0,01 (F), ( ) 175 cos (120 t) (V)t , (0) 0, (0) 0'C C
v v
Réponses aux exercices sur les applications
Pour trouver les réponses aux exercices ci-dessus, utiliser la calculatrice.
Pour les graphes, il faut choisir convenablement les réglages de la fenêtre,
Dans le cas des circuits RLC, utiliser 0 10L
tR
.
198
4.11 Annexe 1 : Tableau pour la détermination des candidats (p
y )
(Avec la méthode des coefficients indéterminés)
ED à résoudre :
2
1 2
'' ' ( )
( ) ( )( )'' '
( )( ) ( )
'' ' ( )
ay by cy f x
D pD q y F xb c f xy y y
a a a D m D m y F x
y py qy F x
Solution de l’ED homogène associée à l’ED à résoudre : 1 1 2 2c
y C y C y
Détermination dep
y
Cas 1 : Aucun des termes de F(x) ou de ceux nouveaux apparaissant dans ses dérivées successives
faisant partie du candidat ne figurent dans la solution complémentairec
y , c’est-à-dire qu’aucun des
termes à la forme de 1
y ou2
y . Le tableau suivant indique comment obtenir le candidat selon les
termes figurant dans f (x) ou F(x).
Termes de F(x) ou f (x) Termes dans le candidat yp
0a
0A
1 1 0( )p x a x a
0 1A A x
2
2 2 1 0( )p x a x a x a 2
0 1 2A A x A x
1
1 1 0( ) ...
n n
n n np x a x a x a x a
1
1 1 0( ) ...
n n
n n nP x A x A x A x A
0
mx
a e 0
mx
A e
1 0 1( ) ( )
mx mx
p x e a a x e 0 1
mx mx
A e A x e
2
2 0 1 2( ) ( )
mx mx
p x e a a x a x e 2
0 1 2
mx mx mx
A e A x e A x e
1
1 1 0( ) ( ... )
mx n n mx
n n np x e a x a x a x a e
1
1 1 0( ) ( ... )
mx n n mx
n n nP x e A x A x A x A e
cos ( )a x 1 2
cos( ) sin( )A x A x
sin( )b x 1 2
cos( ) sin( )B x B x
cos ( )mx
a e x 1 2
cos ( ) sin ( )mx mx
A e x A e x
sin ( )mx
b e x 1 2
cos ( ) sin ( )mx mx
A e x A e x
0 1 0 1( ) cos( ) ( ) sin( )a a x x b b x x
0 1 0 1( ) cos( ) ( ) sin( )A A x x B B x x
( ) cos ( )n
p x x 1
1 1 0
( ) (cos( )) ( ) (sin( ))
où ( ) ...
n n
n n
n n n
P x x Q x x
Q x B x B x B x B
( ) sin ( )n
p x x ( ) cos( ) ( ) sin( )n n
P x x Q x x
Cas 2 : Si l’un des termes du candidat figure dans la solution complémentairec
y , associé à une racine
simple ou des racines complexes, il faut multiplier les termes « concernés » du candidat par x; s’il est
associé à une racine double, il faut multiplier les termes « concernés » par2
x .
Annexe rédigée par Luc Soucy (dernière révision au printemps 2016)
199
4.12 Annexe 2 : sur les nombres complexes
On ne peut pas toujours factoriser ou déterminer les racines d’un polynôme comme dans le cas de
2
2 0x (et bien d’autres) sans introduire les nombres complexes. On définit le nombre imaginaires i
comme suit :
2 3 2 4 2 2 5 4
1
1, , ( 1) ( 1) 1, , etc
i
i i i i i i i i i i i i
Dans ces conditions, on peut résoudre l’équation 2
2 0x :
2 2 2
2 0 2 2 ( 1) 2
2
x x i
x i
On peut également factoriser le polynôme 2
2x pour en déterminer les racines :
2
2 ( 2 )( 2 ) 0 2x x i x i x i
L’intérêt principal de l’introduction des nombres complexes, notamment dans ce cours, réside dans la
proposition suivante :
Proposition : Soit n, un entier positif et soit le polynôme suivant à coefficients réels 0 1 2, , ...
na a a a :
0 1 2
1 2
1...
n n n
n na x a x a x a x a
Alors on peut montrer que
le polynôme peut toujours se factoriser dans les complexes :
0 1 2 0 1 2
1 2
1... ( ) ( ) ...( )
n n n
n n na x a x a x a x a a x z x z x z
cela implique notamment que l’équation 0 1 2
1 2
1... 0
n n n
n na x a x a x a x a
peut toujours
être résolue dans les complexes : elle admet n racines réelles et/ou complexes1 2, , ... ,
nz z z .
Dans ces conditions, il sera toujours possible de résoudre les ED homogènes à coefficients constants
d’ordre n, car il sera toujours possible de déterminer les racines du polynôme en D qui lui est associé.
Remarque. Si z a bi est une racine complexe d’un polynôme donné, il en est de même pour son
conjugué z a bi : les racines complexes sont toujours en paires.
Définition des nombres complexes
Ce sont tous les nombres de la forme a bi où a et b sont de nombres réels et 1i est le nombre
imaginaire. On appelle respectivement les nombres réels a et b la partie réelle et la partie imaginaire
du nombre complexe a bi .
Les nombres complexes etz a bi z a bi sont dits conjugués. Lorsqu’un polynôme de degré plus
grand ou égal à 2 admet une racine complexe z, alors z est également racine de ce polynôme : de ce point
de vue, les racines complexes sont toujours en paire.
200
Égalité des nombres complexes
eta bi c di a c b d
Opération sur les nombres complexes
Addition (+) et soustraction ( ) : ( ) ( ) ( ) ( )a bi c di a c b d i
Multiplication : ( ) ( ) ( ) ( )a bi c di ac bd ad bc i
Division : 2 2 2 2
a bi a bi c di ac bd bc adi
c di c di c di c d c d
Notons que les opérations effectuées ci-dessus se font en utilisant les règles habituelles de l’algèbre et en
remplaçant 2
i par 1 .
Représentation graphique et forme polaire d’un nombre complexe
La figure suivante représente le nombre complexe z x iy comme un point (le point P(x,y)) dans le plan
complexe dans lequel l’axe des «X» sert à représenter la partie réelle et l’axe des «Y» la partie imaginaire
des nombres complexes. Notons que dans ce plan, les nombres réels sont situés sur l’axe des «X», et les
nombres purement imaginaires sur l’axe des «Y».
P(x,y)
r
x
y
P(r,)
Y
X
Figure 4.3. La figure illustre la représentation graphique habituelle des nombres
complexes : un point dans le plan complexe. Les coordonnées du point peuvent être
données en coordonnées rectangulaires ou en coordonnées polaires, ce qui permet
de définir et de formuler la forme polaire des nombres complexes.
La figure montre qu’on peut représenter le point P en coordonnées polaires, puisque cos( )x r et
sin( )y r . Dans la forme polaire, on appelle2 2
r x y le module et l’argument du nombre
complexe z. On note que les points ( , ) et ( , 2 )P r P r k désignent le même nombre complexe.
Finalement, le domaine de l’argument est le suivant : . Il importe de situer le nombre
complexe dans le plan complexe pour évaluer correctement son argument.
Multiplication dans la forme polaire
1 2 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2[ (cos( ) sin( )] [ (cos( ) sin( )] [cos( ) sin( )]z z r i r i rr i
Division dans la forme polaire
1 1 1 1
1 2 1 2
2 2 2 2
1
2
[ (cos( ) sin( )][cos( ) sin( )]
[ (cos( ) sin( )]
r i ri
r i r
z
z
201
Formule De Moivre
Soit p, un nombre réel quelconque. La formule de Moivre affirme que la puissance pième d’un
nombre complexe z s’obtient comme suit dans la forme polaire :
(cos( ) isin( )] (cos( ) sin( ))p p
z r z r p i p
Racines d’un nombre complexe
Si 1/p n où n est un entier positif, la formule de Moivre permer de déterminer les racines
nièmes
d’un nombre complexe comme suit :
1 1 1
2 2[ (cos( ) sin( )] cos sinn
n n k kz r i r i
n n
Dans la formule ci-dessus, k est un entier quelconque. Cependant, on obtient les n racines nièmes
distinctes en posant successivement 0,1, 2,..., 1k n dans la formule ci-dessus.
Forme exponentielle des nombres complexes
Identités d’Euler
À l’aide des séries de Taylor des fonctions , cos( ) et sin( )u
e u u , on peut démontrer les deux
premières égalités qui suivent (voir la fin de la section 4.3 de ce document).
o cos( ) sin( )
cos( ) sin( )
i
i
e i
e i
o
cos( )
sin( )
2
2
i i
i i
e e
e e
i
o
( 2 )
( 2 )
cos( 2 ) sin( 2 ) cos( ) sin( )i k
i k i
e k i k i
e e
Forme exponentielle d’un nombre complexe
(cos( ) sin( ))i
z r i re
Opérations portant sur les nombres complexes sous forme exponentielle
o Produit : 1 2 1 2 1 2
1 2 1 2( )i i iz z re r e rr e
o Quotient : 1 1 2 1 1
2
2 2 22
1
1 2
2
( )
i
i
i
z z z re re
z r e rz
o Formule de Moivre : ( )ip p ip
z re re
o Racines nièmes : 1/ 1/ 1/ ( 2 )/
( )in n n i k n
z re r e
où 0, 1, 2, ... , 1.k n
Logarithme d’un nombre complexe
Si( 2 )
ln( ) ln ( ) 2i i k
z re re z r i k i
où k est un entier.
Annexe rédigé par Luc Soucy à l’automne 2015
202
4.13 Les fonctions hyperboliques
Les fonctions hyperboliques les plus usuelles sont les suivantes.
5 cosh(u)2
u ue e
et sinh(u)2
u ue e
6 sinh( )
tanh(u)cosh( )
u u
u u
u e e
u e e
et
cosh( )coth(u)
sinh( )
u u
u u
u e e
u e e
Quelques identités associées aux fonctions hyperboliques
2 2
cosh ( ) sinh ( ) 1u u et
2
2
2
2
tanh ( ) 1cosh ( )
coth ( ) 1sinh ( )
1
1
uu
uu
sinh( ) sinh( ) cosh( ) cosh( ) sinh( )
cosh( ) cosh( ) cosh( ) sinh( ) sinh( )
x y x y x y
x y x y x y
2 2 2 2
sinh(2 ) 2sinh( ) cosh( )
cosh(2 ) cosh ( ) sinh ( ) 2 cosh ( ) 1 1 2sinh ( )
x x x
x x x x x
Exemples de fonctions hyperboliques d’argument négatif (cas principaux)
sinh( ) sinh( )
cosh( ) cosh( )
tanh( ) tanh( )
u u
u u
u u
Dérivées et intégrales des fonctions hyperboliques (les constantes d’intégrations sont omises)
(cosh( )) sinh( ) sinh( ) cosh( )d
u u u du udu
(sinh( )) cosh( ) cosh( ) sinh( )d
u u u du udu
tanh( ) ln (cosh ( ))
coth( ) ln (sinh ( ))
u du u
u du u
Identités d’Euler et fonctions hyperboliques
Les égalités suivantes peuvent être démontrées à l’aide des identités d’Euler.
sin( ) sinh( ) et sinh( ) sin( )
cos( ) cosh( ) et cosh( ) cos( )
tan( ) tanh( ) et tanh( ) tan( )
cot( ) coth( ) et coth( ) cot( )
ix i x ix i x
ix x ix x
ix i x ix i x
ix i x ix i x
Annexe rédigée par Luc Soucy à l’automne 2015
203
Partie 2
(chapitres 5 à 8)
Par
Luc Soucy
Dernière révision au printemps 2016
204
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205
Table des matières (partie 2, chapitres 5 à 8)
Chapitre 5
Les transformées de Laplace en équations différentielles
5.1 Introduction ………………………………………………………………….
208
5.2 Définition de la transformée de Laplace et de la transformée de Laplace
inverse ………………………………………………………………………
208 5.2.1 Utilisation de la calculatrice (1) ...……………………………...............
212
5.3 Propriétés des transformées de Laplace et des transformées inverses ………. 214 P1 : Propriété de linéarité ……………………………………………. 214 P2 : Propriété de modulation ……………………………………….. 214 P3 : Changement d’échelle …………………………………………. 218 P4 : Différentiation en t …………………………………………… 218 P5 : Différentiation en s …………………………………………… 219 5.3.1 Décomposition d’un quotient de polynôme en fractions partielles ............ 221 P6 : Intégration en t …………………………………………............ 223 P7 : Intégration en s ………………………………………………… 224 P8 : Transformée d’une fonction périodique ……………………… 225 5.4 Application à la résolution des ED ………………………………………… 226 Résolution des ED linéaires à coefficients constants avec
Laplace (résumé) …………………………………………………….
227 5.4.1 Utilisation de la calculatrice (2) ……………………………………………..
229
5.5 Fonction échelon unité ou fonction de Heaviside …………………………. 230 5.5.1 La fonction échelon unité ………………………………………………. 230 5.5.2 Propriétés associées aux fonctions échelon unité ………………………. 233 P9. Propriété de « translation » ……………………………………… 234 P10. Propriété de coupure ………………………………………….. 236 5.5.3 La fonction de Dirac ……………………………………………………..
237
5.6 Convolution …………………………………………………………………. 240 5.6.1 Utilisation de la calculatrice pour la convolution (3) …………………… 241 5.6.2 Propriété reliée à la transformée de Laplace …………………………… 241 5.6.3 Application de la convolution à la résolution des ED ……………………
242
5.7 Techniques de Laplace inverse ……………………………………………..
243
5.8 Résolution des systèmes d’ED avec Laplace ………………………………..
246
5.9 Utilisation de la calculatrice (4) ……………………………………………..
248
5.10 Exercices ……………………………………………………………………. 250 5.10.1 Réponses aux exercices…………………………………………………...
254
5.11 Tables des transformées de Laplace …………………………………………. 257
206
Chapitre 6
Applications des ED linéaires d’ordre 2
6.1 Introduction ……………………………………………………..........
262
6.2 Applications en dynamique …………………………………………… 262
6.2.1 Exemples sur le mouvement harmonique amorti …………………. 263
Cas particulier : absence d’amortissement ………………........ 264
Mouvement amorti …………………………………………..... 266
Cas du mouvement sur-amorti ………………………………… 266
Cas de l’amortissement critique ………………………………. 267
Cas du sous-amortissement ……................................................ 269
6.2.2 Mouvement forcé …………………………………………………. 271
Régime transitoire et régime permanent ……………………… 271
Conséquences de la linéarité du modèle ……………………… 271
Méthodes de résolution ……………………………………….. 271
6.2.3 Le cas des forces sinusoïdales ……………………………………. 274
6.2.4 Formules de somme des fonctions sinus et cosinus de même
fréquence……………………………………………………………
277
6.3 Exercices en dynamiques ……………………………………………… 280
6.3.1 Réponses aux exercices en dynamique ……………………………
283
6.4 Circuits électriques ……………………………………………………. 286
6.4.1 Circuit RC série ………………………………………………........ 286
6.4.2 Circuit RL série …………………………………………………… 287
6.4.3 Circuit RLC série …………………………………………………. 288
6.4.4 Exemples …………………………………………………………. 290
6.4.5 Analogies entre les systèmes masse-ressort avec amortissement
et les circuits RLC série …………………………………………...
294
6.5 Exercices sur les circuits électriques …………………………………. 301
6.5.1 Réponses aux exercices ………………………………………….. 304
Chapitre 7
Résolution des ED à coefficients non constants
7.1 Introduction ……………………………………………………... 308
7.1.1 ED à résoudre ……………………………………………… 308
7.1.2 Méthodes de résolution ……………………………………...
308
7.2 Méthodes numériques …………………………………………... 309
7.2.1 Algorithme d’Euler (rappel) ………………………………... 309
7.2.2 Algorithme de Runge-Kutta ………………………………… 309
7.2.3 Algorithme de Runge-Kutta pour un système de 2 ED
d’ordre 1 ……………………………………………………..
310
7.2.4 Conversion d’une ED linéaire d’ordre 2 en un système de 2
ED linéaire d’ordre 1 ………………………………………..
311
207
7.3 Méthode des séries de puissances ………………………………. 313
7.3.1 Supplément sur les sommations …………………………..... 313
7.3.2 Résolution des ED en série de puissances ………………….. 315
7.3.3 Détermination de l’intervalle de convergence des solutions
en série de puissances ……………………………………….
323
7.4 Exercices ……………………………………………………….. 327
7.4.1 Réponses aux exercices …………………………………….. 329
Chapitre 8
Séries de Fourier
8.1 Introduction ……………………………………………………..........
331
8.2 Fonctions périodiques ……………………………………………… 331
8.2.1 Propriétés des fonctions périodiques ……………………………
332
8.3 Parité des fonctions ……………………………………………........... 333
8.3.1 Fonctions paires ………………………………………..................
Propriété importante des fonctions paires ……………………
333
334
8.3.2 Fonctions impaires ………………………………………………..
Propriété importante des fonctions impaires …………………
334
335
8.3.3 Propriétés des combinaisons de fonctions paires et impaires ..........
336
8.4 Séries de Fourier …………………………………………………… 338
8.4.1 Séries de Fourier des fonctions paires et impaires ……………….
341
8.5 Prolongements périodiques ………………………………………… 345
8.5.1 Prolongement ordinaire ………………………………………… 345
8.5.2 Prolongement pair ……………………………………………… 348
8.5.3 Prolongement impair ……………………………………………
350
8.6 Utilisation de la table de séries de Fourier………………………….....
353
8.7 Utilisation des séries de Fourier pour la résolution des ED …………. 358
8.7.1 Méthode de résolution avec les SF ………………………………
359
8.8 Exercices …………………………………………………………… 364
8.8.1 Réponses aux exercices de la section 8.8 ………………………
368
8.9 Table des SF des fonctions périodiques courantes …………………
Bibliographie
372
374
208
Les transformées de Laplace
en équations différentielles
5.1 Introduction
Dans ce cours, les transformées de Laplace sont introduites pour faciliter la résolution des
ED linéaires à coefficients constants d’ordre 1 ou 2 et des systèmes d’ED linéaires à
coefficients constants. Les ED à résoudre sont de la forme suivante :
0 0' ( ) avec ( )ay by f t y x y (5.1)
0 0 0 1'' ' ( ) avec ( ) '( )ay by cy f t y x y et y x y (5.2)
Nous avons introduit des techniques de résolution pour les ED formulées ci-dessus dans
les chapitres précédents (2 et 4). Ce que rajoute la technique des transformées de Laplace
à la résolution de ces ED tient pour l’essentiel à la nature des fonctions f(t) qui peuvent
être considérées en (5.1) et (5.2) :
la résolution des ED (5.1) et (5.2) est facilitée lorsque ( )f t est une fonction
continue par morceaux, ce qui a beaucoup d’importance dans les applications;
la résolution de ces ED est notamment possible dans le cas des fonctions « échelon
unité » et « impulsions » également très présentes dans les applications (elles seront
introduites dans la section (5.3));
dans le processus de résolution avec les transformée de Laplace, les CI sont
intégrées à la solution des ED. On obtient automatiquement la solution particulière.
Les transformées de Laplace sont utilisées dans les cours qui portent sur la théorie des
signaux. En automatisme et contrôle, elles sont à la base de la notion de « fonction de
transfert », très utilisée pour identifier et caractériser l’action d’un système.
5.2 Définition de la transformée de Laplace et transformée de Laplace inverse
Définition 1. Soit ( )f t , une fonction définie non nulle pour 0t seulement. Si
l’intégrale existe, la transformée de Laplace F(s) de la fonction ( )f t est donnée par
0
( ) ( ( )) ( ) stF s L f t f t e dt
(5.3)
Le domaine de la variable s dans l’intégrale est restreint à l’ensemble des nombres
complexes pour lesquels l’intégrale est convergente.
On peut utiliser la définition pour déterminer les transformées de Laplace des fonctions
élémentaires. Pour les cas plus compliqués, on utilise une approche qui fait intervenir la
définition ci-dessus, les propriétés qui en découlent ainsi qu’une table des transformées
de Laplace des fonctions usuelles. Cette dernière se présente sous forme d’un tableau
comme dans le cas suivant, ci-dessous.
209
f (t)
F(s)
A A
s
t 1
2s
t n
n
sn
!
1
ea t
1
s a
sin ( ) t
s2 2
cos( ) t
s
s2 2
La table ci-dessus ne comporte que la transformée de Laplace de quelques fonctions
élémentaires. Elle peut être complétée en utilisant les propriétés découlant de la définition
de cette transformée en (5.3). Une table plus complète comportant les transformées des
fonctions usuelles ainsi que les propriétés découlant de sa définition est introduite à la fin
de ce chapitre (voir la section 5.11).
Il importe de noter que la table peut également se lire « de droite à gauche », permettant
ainsi d’introduire la notion de la transformée de Laplace inverse d’une fonction F(s). On
peut ainsi éviter la véritable définition de la transformée de Laplace inverse qui fait
intervenir des notions et des calculs qui dépassent le niveau de ce cours.
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 1. Calcul de ( ( ))L f t avec la définition pour 3
0 0( )
0t
si tf t
e si t
Avec la table (T4) : 31 1
( ) ( ( ) ( )3
at tL e L f t L es a s
Avec la définition : ( 3)
3 3 ( 3)
00 0
( ( ) ( )3
s tt t st s t e
L f t L e e e dt e dts
Cette intégrale existe (converge) pour toute valeur réelle de 3s car dans ces
conditions, la primitive peut être évaluée à l’infini, le résultat est 0. Finalement, le
résultat de la transformée de Laplace est le suivant :
( 3)
0
1 1( ( )) 0
3 3 3
s teL f t
s s s
_______________________________________________________________________
210
Remarque. Lorsque la transformée de Laplace d’une fonction est dans la table, il est
inutile d’utiliser la définition, le calcul est déjà fait.
Remarque. Du point de vue de la notation, on utilise les lettres minuscules pour les
fonctions de la variable « t » ( ( ), ( ), ( ), ...f t g t i t ) et la même lettre, majuscule, pour sa
transformée dans le domaine de la variable « s » ( ( ), ( ), ( ), ...F s G s I s ).
Définition 2. Si ( ( )) ( )L f t F s , alors la transformée de Laplace inverse L-1
de F(s)
est définie de sorte que
1 1( ( ( ))) ( ) ( )L L f t L F s f t (5.4)
Remarque : On peut développer cette égalité comme en (5.5) ci-dessous ou encore la
représenter par le schéma de la figure (5.1) ci-dessous :
1
( ( )) ( )
( ( )) ( )
L f t F s
L F s f t
(5.5)
La définition (2) fait du calcul de la transformée de Laplace inverse un problème de
reconnaissance de forme dans lequel l’étape ultime est le recours à une table de
transformée de Laplace. La définition mathématique rigoureuse de la transformée de
Laplace inverse repose sur une intégrale de contour dans le plan complexe.
L’approche découlant de la définition (2) ci-dessus, plus accessible, équivaut en pratique
à développer l’expression de la fonction F(s) de manière à identifier la fonction f(t) dont
la transformée est précisément F(s). Elle suffira pour les besoins de ce cours.
F(s)=L( )f(t)
L
L-1
f(t)
Figure 5.1. L-1(L (f(t))) = f(t)
________________________________________________________________________
Exemple 2.
1 1
2 2 2
1 1 1 3
1 4 4
4sin( ) sin(4 )
16
! 6 3 2 1n
n
L t L ts s
nL t L L t
s s s
_______________________________________________________________________
211
Comme nous le verrons plus loin dans ce chapitre, pour obtenir la transformée inverse de
F(s), les situations suivantes peuvent se présenter :
la transformée inverse de F(s) est directement dans la table;
il faut procéder à une complétion de carré;
il faut d’abord exprimer ou décomposer F(s) en une somme de termes ou de
fractions partielles dont les transformées inverses sont dans la table;
il faut utiliser la table conjointement avec une ou plusieurs propriétés.
________________________________________________________________________
Exemple 3.
Même si la propriété de linéarité n’a pas été introduite, l’exemple suivant montre
bien que la table ne suffit pas. Voici les étapes de la transformée inverse d’un
quotient de polynômes G(s) qu’on ne trouve pas dans la table.
2
3 2
2
1 1 1
2
1 3
2 10( )
3 4 12
1 2(fractions partielles) ( )
3 4
1 2(Propriété de linéarité) ( ( ))
3 4
(Table) ( ( )) ( ) sin(2 )t
s sG s
s s s
G ss s
L G s L Ls s
L G s g t e t
________________________________________________________________________
Il importe de noter qu’il existe des fonctions F(s) pour lesquelles le calcul de la
transformée inverse nécessite l’utilisation de la « définition mathématique » de la
transformée de Laplace inverse.
Remarque. La définition qui suit vient nuancer le résultat formulé dans la figure (5.1).
Définition 3. Deux fonctions 1 2( ) et ( )f t f t sont égales presque partout dans un
intervalle I si elles ne diffèrent qu'en un nombre fini ou dénombrable de
valeurs de t I.
Cette définition est nécessaire parce que la définition de la transformée de Laplace fait
intervenir une intégrale définie. Or les résultats des intégrales définies sur un intervalle
donné de deux fonctions égales presque partout dans ce dernier sont égaux. Ce résultat
nous amène à formuler les deux propositions suivantes :
(1) Les transformées de Laplace de 2 fonctions égales presque partout sont
identiques.
(2) La transformée de Laplace inverse d'une fonction F(s) peut donner comme
résultat une fonction f(t) qui peut différer de celle dont la transformée donne F(s)
en un nombre fini ou dénombrable de points.
212
5.2.1 Utilisation de la calculatrice (1)
Dans cette section, on introduit l’utilisation de la calculatrice pour le calcul des
transformées de Laplace et des transformées de Laplace inverse.
Calcul de la transformée de Laplace avec une procédure découlant d’une
interprétation de la définition. Rappelons que la transformée de Laplace est donnée
par
0
( ( )) ( ) ( ) stL f t F s f t e dt
(5.3)
Dans le cas des fonctions f(t) continues habituelles (excluant pour l’instant les
fonctions continues par morceaux), le résultat de la primitive évaluée à l’infini est
nul car il existe des valeurs de « s » pour que l’intégrale converge. Combiné au fait
que la calculatrice n’introduit pas de constante d’intégration dans le cas des
intégrales définies, on peut utiliser ce résultat comme suit :
0
( ( )) lim ( ) st
tL f t f t e dt
(5.6)
________________________________________________________________________
Exemple 4. Transformée de Laplace de 2( ) et de ( ) cos(2 )f t t g t t avec l’approche
introduite ci-dessus en (5.6) : élaboration de la procédure « lap ».
Figure 5.2. Calcul de la transformée de Laplace de 2
t et cos(2 )t avec la
procédure « lap » décrite en (5.6).
Le calcul de 1( ( )) et de ( ( ))L f t L F s s’effectue avec les procédures de la
librairie « ETS_specfunc » qui doit être activée dans les classeurs dans lesquels
ces calculs sont effectués. Si l’on dispose de la librairie, on procède comme dans
les exemples qui suivent. Pour l’obtenir, consultez la section « Documents » du
site « Moodle » du cours MAT-265. Vous aurez directement accès à la librairie.
213
________________________________________________________________________
Exemple 5. Calcul de la transformée de Laplace et de la transformée de Laplace inverse
à l’aide de la librairie « ETS_specfunc » de la calculatrice.
L(f(t))
La syntaxe est la suivante : laplace (f(t))
L-1
(F(s))
La syntaxe est la suivante : ilaplace (F(s))
La figure (5.3) ci-dessous présente l’écran de la calculatrice (en mode ordinateur)
dans le cas de quelques exemples :
2 1 1
2 2
2 4( ), (cos(2 )),
9 6 25
s sL t L t L et L
s s s
Figure 5.3. Calcul de la transformée de Laplace avec les procédures de la
librairie « ETS_specfunc ».
________________________________________________________________________
Il est à noter que l’utilisation des procédures de la librairie « ETS_specfunc » à pour but
premier de vérifier les calculs effectués à la main, à moins d’indications contraires.
D’autres procédures seront introduites dans la suite de ce chapitre. Dans le cas des
applications, les procédures introduites peuvent être utilisées pour obtenir les résultats.
214
5.3 Propriétés des transformées de Laplace et des transformées inverses
Il peut être formellement démontré que les propriétés formulées ci-dessous découlent de
la définition de la transformée de Laplace. Celles qui peuvent en pratique servir à
déterminer la transformée de Laplace inverse sont également présentées.
Dans chacune des propriétés qui suivent, ( ( )) ( )L f t F s et ( ( )) ( )L g t G s , a et b sont
des constantes.
P1 : Propriété de linéarité
1
( ( ) ( )) ( ) ( )
( ( ) ( ( )) ( ) ( )
L a f t b g t a F s bG s
L a F s b G s a f t b g t
(5.7)
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 6. Transformée de Laplace d’une combinaison de fonctions de t.
3 5 3 5
4
1 1 1 3 5
4 4
6 1(2 3 ) 2 ( ) 3 ( ) 2 3
5
6 1 6 12 3 2 3 2 3
5 5
t t
t
L t e L t L ess
L L L t es ss s
___________________________________________________________________________________________________________
La propriété de linéarité de la transformée inverse implique l’utilisation de la « technique
des fractions partielles » comme le montre bien l’exemple suivant. Les règles de
décomposition d’un quotient de polynôme seront introduites un peu plus loin dans ce
chapitre. ___________________________________________________________________________________________________________
Exemple 7. Transformée de Laplace inverse d’une combinaison de fonctions de s.
1 1 1 1
3 2
1 2
3 2
4 3 3 1 5 1 1
3 2 2 2 2 1
4 3 3 5
3 2 2 2
t t
sL L L L
s s s s s s
sL e e
s s s
____________________________________________________________________________________________________________
P2 : Propriété de modulation
1
( ( )) ( )
( ( )) ( )
at
at
L e f t F s a
L F s a e f t
(5.8)
4 s 3
s3 3 s2 2 s
3
2 s
5
2 ( )s 2
1
s 1
215
Remarque. Pour appliquer la propriété ( ( )) ( )atL e f t F s a , il importe de procéder
selon le schéma ci-dessous ou encore avec les étapes formulées ci-dessous.
Laplace
Laplace inverse
(1) (3)
(2)
( ( ) ) ( )
( ( )) ( ) )
a tL e f t F s a
L f t F s s s a
1
( ) s (1) (3)
1
(2)
( ( ) ) ( )
( ) ( )
s a
a t
L
L F s a e f t
F s f t
Figure 5.4. Schémas descriptifs des étapes de l’utilisation de la propriété de
modulation pour le calcul de la transformée de Laplace (schéma de gauche)
et de la transformée de Laplace inverse (schéma de droite).
Schéma de gauche : ( ( )) ( )atL e f t F s a
Étape 1 : Obtenir l’expression de ( ( ) ( )L f t F s sans considérer l’exponentielle.
Étape 2 : Faire la substitution ( )s s a dans F(s) avec la valeur de a dans ate .
Étape 3 : Formuler la réponse, c’est-à-dire ( ( )) ( )atL e f t F s a .
________________________________________________________________________
Exemple 8. Utilisation de la propriété ( ( )) ( )atL e f t F s a
2
3
2 2
2
( )3
2
3cos(4 )
( 3) (4)
3cos(4 )
6 25
(cos(4 )) 3(4)
t
Lt
sL e t
s
se t
s s
sL t s s
s
On peut également utiliser la table (T9). ____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 9. Utilisation de la propriété ( ( )) ( )atL e f t F s a
2 5
3
2 5
3
2
3
2( )
( 5)
2( )
( 5)
2( ) 5
t
t
L t es
L t es
L t s ss
216
______________________________________________________________________________________
Exemple 10. Utilisation de la propriété
2 5 2 5
3
2 5
3
2
35
2( ) ( )
( 5)
2( )
( 5)
2( )
t t
t
s s
L t e L t es
L t es
L ts
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 11. Utilisation de 1( ( )) ( )atL F s a e f t pour 4
6 18( )
( 2)
sG s
s
1
1 2 2 3
3 4
2 3
3 4
4 4 3 4
1 2 2 3( 2) s
6 6(3 )
( 2 ) ( 2 )
6 63
6 18 6( 2) 6 6 6( )
( 2) ( 2) ( 2) ( 2)
( ) (3 )
t
t
L
s
L e t ts s
t ts s
s sG s
s s s s
L G s e t t
Avec (T17) dans la table :
1 1 1 2 2 3 2
4 3 4
6 18 2 63 3
( 2) ( 2) ( 2)
t tsL L L t e t e
s s s
____________________________________________________________________________________________________________
Remarque. La propriété de modulation implique notamment l’utilisation de la
« complétion de carré » dans le calcul de la transformée de Laplace inverse. En effet,
comme illustré dans les exemples suivants, on ne peut utiliser la table que lorsque la
« translation » sur la variable s a été identifiée dans la complétion de carré.
Rappel sur la complétion de carré
Considérons le polynôme de degré 2 suivant :2 2avec 4 0s bs c b c . Dans ces
conditions, ce polynôme ne se factorise pas dans les réels. On peut cependant l’exprimer
comme une somme de carré comme suit :
2 2 22
2
2 22 2
2 2
2 (s )
(s )2 4(s ( )
2 4 4
as a ab b
s bs c cb b ba s bs c bs c
s
( ( )) ( )atL e f t F s a
217
Exemple 12. Utilisation de avec complétion de carré : calcul
de la transformée de Laplace de2
3 17( )
8 25
sG s
s s
.
Solution. Le dénominateur ne se factorise pas dans les réels ( 28 4 1 25 0 ) : il faut
alors effectuer une complétion de carré.
2 2 2 28 25 ( 8 16) (25 16) ( 4) 3s s s s s
La translation sur « s » (dans 2( 4)s ) doit être reproduite dans leterme s au numérateur :
2 2 2 2 2 2 2
3 17 3( 4) 12 17 4 29 3( ) 3
38 25 ( 4) (3) ( 4) (3) ( 4) (3)
s s sG s
s s s s s
Utilisant la propriété de linéarité (P1) avec la table (T8 et T9) on a le résultat de la
transformée de Laplace inverse de G(s).
-1 -1 -1
2 2 2 2
4 29 3L ( ) 3L L
3( 4) (3) ( 4) (3)
sG s
s s
-1 4 429L ( ) 3 cos(3 ) sin(3 )
3
t tG s e t e t
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 13. Utilisation de avec complétion de carré : calcul
de 1
2
5 2( ) où ( )
3 12 87
sL H s H s
s s
.
Solution. Le polynôme du second degré en s au dénominateur ne se factorise pas dans les
réels car 2 24 (12) 4 3 87 900 0b ac . Il faut faire une complétion de carré :
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 255 2 55 5( )
3 12 87 3( 4 29) 3 ( 4 4) 25
2 2 12( 2) 2 ( 2)
5 5 55 5 5( )3 ( 2) 5 3 ( 2) 5 3 ( 2) 5
s ss
H ss s s s s s
s s s
H ss s s
On note ci-dessus que la « translation sur s» qui apparaît au dénominateur (s + 2) doit être
reproduite au numérateur comme le suggère la propriété.
2 2 2 2
5 ( 2) 12 5( )
3 ( 2) (5) 25 ( 2) (5)
sH s
s s
2 2 2 2
5 ( 2) 60 5( )
3 ( 2) (5) 75 ( 2) (5)
sH s
s s
1( ( )) ( )atL F s a e f t
1( ( )) ( )atL F s a e f t
218
Les deux termes dans les parenthèses ci-dessus sont dans la table (T8 et T9). On a
donc :
1 2 25 4( ) ( ( )) cos(5 ) sin (5 )
3 5
t th t L H s e t e t
____________________________________________________________________________________________________________
P3 : Changement d’échelle
1
1( ( )) où 0
( )
sL f at F a
a a
sL F a f at
a
(5.9)
En traitements de signaux, les changements d’échelle sont utilisés, par exemple, pour
faciliter la visualisation à l’oscilloscope d’un signal électrique donné par une fonction
périodique du temps sur une échelle de temps de l’ordre de la micro-seconde. Il faut
savoir relier la fonction mesurée à celle qui est observée à l’oscilloscope, ce qui nécessite
un changement d’échelle.
________________________________________________________________________
Exemple 14. La transformée de cos (4t) est dans la table : 2
(cos(4 ))16
sL t
s
Avec P3 :
22 2
1 4(cos( )) (cos(4 ))1 4 161
4
ss s
L t L ts ss
____________________________________________________________________________________________________________
P4 Différentiation en t
1 2
2
( ) ( 1)
( '( )) ( ) (0 )
( "( )) ( ) (0 ) '(0 )
( ( )) ( ) (0 ) '(0 ) (0 )n n nn n
L f t s F s f
L f t s F s s f f
L f t s F s s f s f f
(5.10)
Remarque. La propriété de dérivation P4 permet d’aborder la résolution des ED et,
comme sa formulation le suggère, d’intégrer directement les conditions initiales à la
solution.
____________________________________________________________________________________________________________
219
P5 Différentiation en s
Si ( ( )) ( )L f t F s , alors
22
2
( ( ))
( ( ))
( ( )) ( 1)n
n n
n
dFL t f t
ds
d FL t f t
ds
d FL t f t
ds
(5.11)
L(t f (t)) =d F
dsn
L
F(s)
n( 1 )
n_n
Schématiquement, l’application de P5
Cette dernière propriété a été utilisée notamment pour compléter la table des transformées
de Laplace (voir l’exemple 15 ci-dessous). ____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 15. Sur l’utilisation de P5 : calcul de sin( )L t t
22 2 2 2 2 2
2(sin( )) ( sin( ))
d sL t L t t
s ds s s
______________________________________________________________________________________
Remarque. La propriété de dérivation en « t » formulée en P4 permet d’aborder la
résolution des ED et, comme sa formulation le suggère, d’intégrer directement les
conditions initiales à la solution. ____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 16. Résolution de l’ED suivante avec les transformées de Laplace.
' 2 sin(2 ) avec (0) 2y y t y
Solution.
L’ED à comme solution y(t) et elle formule une égalité fonctionnelle entre les termes de
droite et de gauche qui ont donc la même transformée de Laplace. Utilisant la propriété
P4.1 en (5.10) et la table :
2
( ) 2et (sin(2 )
( ') ( ) (0) 2 4
L y YL t
L y sL y y sY s
220
2
( ' 2 ) (sin(2 ))
2sY 2 2Y
4
L y y L t
s
Dans cette égalité, on peut isoler Y(s), la transformée de Laplace de y(t) :
2 2
2 2 2(s 2)Y 2 ( )
4 (s 2)( 4) 2Y s
s s s
Il reste à obtenir la transformée inverse de Y(s) :
1 1 2
2 2 2
1 2
2
2 12 2
2 2
2 1 1 1 1 2
(s 2)( 4) 4 2 4 4 4 4
2 1 1 1cos(2 ) sin(2 )
(s 2)( 4) 4 4 4
t
t
L L es s
s
s s s s
L e t ts
Utilisant ces résultat avec la propriété de linéarité, la solution est donnée par
1 2
2
2 2 9 1 1( ) cos(2 ) sin(2 )
(s 2)( 4) 2 4 4 4
ty t L e t ts s
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 17. Résolution de l’ED suivante avec les transformées de Laplace
4(0) 3
'' 5 ' 6 4 avec '(0) 2
ty
y y y ey
Solution en 3 étapes
(1) Laplace de l’ED
4
2 2
4 2
( )4
( ') (0) 3 (4 )4
( '') (0) '(0) 3 2
4( '' 5 ' 6 ) (4 ) 3 2 5( 3 ) 6
4
t
t
L y Y
L y sY y sY et L es
L y s Y sy y s Y s
L y y y L e s Y s sY Ys
2) Détermination de Y(s)
2
2 2
4( 5 6) 3 13
4
4 3 13( )
( 4)( 5 6) ( 5 6)
s s Y ss
sY s
s s s s s
221
3) Détermination de la solution : 1( ) ( ( ))y t L Y s
2
1 2 3 4
2
2
1 2 3
2
4 2 4 2
( 4)( 5 6) ( 2) ( 3) ( 4)
42 4 2
( 4)( 5 6)
3 13 7 4
( 5 6) ( 2) ( 3)
3 137 4
( 5 6)
t t t
t t
s s s s s s
L e e es s s
s
s s s s
sL e e
s s
La solution y(t) est donnée par
1 1 2 3 4
2 2
4 3 13( ) 9 8 2
( 4)( 5 6) ( 5 6)
t t tsy t L L e e e
s s s s s
2 3 4( ) 9 8 2t t ty t e e e _________________________________________________________________________________________________________
Remarque. La technique des fractions partielles fait implicitement partie de la
résolution des ED avec les transformées de Laplace. En raison de l’importance de cette
technique, elle est présentée dans l’encadré qui suit.
5.3.1 Décomposition d’un quotient de polynômes en fractions partielles
Règles de décomposition d’un quotient de polynôme en fractions partielles
Lorsque le degré du polynôme ( )P s est supérieur ou égal à celui de ( )Q s , il faut d’abord effectuer la
division de par . On obtient alors
( ) ( )( )
( ) ( )
P s R sd s
Q s Q s (5.12)
La décomposition en fractions partielles s’effectue alors sur le quotient( )
( )
R s
Q s.
Toutefois, dans le contexte de la résolution des ED avec les transformées de Laplace, le degré du
polynôme P(s) sera généralement inférieur à celui du polynôme dans l’expression de Y(s). Le
développement en fractions partielles se fera directement sur le(s) quotient(s) de polynômes obtenu dans
l’expression de Y(s), la transformée de Laplace de la solution de l’ED, c’est-à-dire sur le quotient
( )
( )
P s
Q s (5.13)
Les règles suivantes s’appliquent dans la décomposition en fractions partielles. Il faut tout en premier lieu
décomposer Q(s) en facteurs qui seront linéaire(s) ou quadratique(s), ces derniers étant ou non répétés.
Les cas suivants peuvent se présenter (avec un exemple dans chaque cas). D’autres cas sont possibles.
( )P s ( )Q s
( )Q s
222
1) Si Q(s) est un produit de facteurs linéaires non répétés, on aura la décomposition comme dans le cas
suivant pour lequel ( ) ( )( )( )Q s s s s
( ) ( )
( ) ( )( )( )
P s P s A B C
Q s s s s s s s
(5.14)
____________________________________________________________________________________________
Exemple1. (cas de 2 facteurs non répétés) : 2 5 3 1
( 1)( 2) 1 2 1 2
s A B
s s s s s s
__________________________________________________________________________________________________________________________
2) Si2
( ) ( )( )Q s s s , les facteurs sont linéaires, mais le facteur ( )s est « répété » 2 fois,
comme l’indique son exposant. Alors on aura la décomposition suivante :
2 2
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
P s P s A B C
Q s s s s s s
(5.15)
___________________________________________________________________________________________________________________________
Exemple 2.
2
2 2 2
3 2 3 2
( 1)( 2) 1 2 ( 2) 1 2 ( 2)
s s A B C
s s s s s s s s
____________________________________________________________________________________________
Exemple 3. Le cas d’un facteur linéaire répété 3 fois :
2
3 2 3 2 3
3 1 1 2
( 2) 2 ( 2) ( 2) 2 ( 2) ( 2)
s s A B C
s s s s s s s
____________________________________________________________________________________________
3) Si2 2
( ) ( )( )Q s s s , alors on a un facteur quadratique non répété en plus d’un facteur
linéaire non répété, alors, la décomposition s’effectue comme suit :
2 2 2 2
( ) ( )
( ) ( )( )
P s P s A Bs C
Q s s s s s
(5.16)
____________________________________________________________________________________________
Exemple 4. 2 2 2 2
5 15 2 2 3
( 1)( 9) 1 3 1 9
s A Bs C s
s s s s s s
2 2 2
5 15 2 3
( 1)( 9) 1 9 92
s s
s s s s s
___________________________________________________________________________________________________________________________
4) Dans le cas de deux facteurs quadratiques non répétés :
2 2 2 22 2 2 2
( ) ( )
( ) ( )( )
P s P s As B Cs D
Q s s s s s
(5.17)
___________________________________________________________________________________________________________________________
Exemple 5. 2 2 2 2 2 2
3 1 3 1 3
( 4)( 9) 4 9 5 4 5 9
s As B Cs D s s
s s s s s s
____________________________________________________________________________________________________________________________
Rappelons qu’un facteur quadratique peut aussi être de la forme suivante :
22où ( 4 ) 0as b acbs c
223
Exemple 6. 2 2 2 2 2 2
2 3 1 1 1 3
( 4 5)( 9) 4 5 9 8 4 5 8 9
s As B Cs D s s
s s s s s s s s s
Il faut faire la complétion de carrés dans le premier terme à droite ci-dessus pour pouvoir utiliser la table :
2 2 2 2
2 2 2
1 1 1 ( 2) 1 1 ( 2) 1 1
8 4 5 8 ( 2) 1 8 ( 2) 1 8 ( 2) 1
1 3 1 1 3
8 9 8 9 8 9
s s s
s s s s s
s s
s s s
___________________________________________________________________________________________
5) Si la factorisation de Q(s) comporte un facteur quadratique répété comme dans le cas suivant, la
décomposition se fait comme suit (on a ajouté un facteur linéaire pour comprendre comment en tenir
compte)
2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
P s P s A Bs C Ds E
Q s s s s s s
(5.18)
___________________________________________________________________________________________
Exemple 7.
2 2 2 2 2 2 2 2
2 1 1 1 1 1
( 2)( 1) 2 1 ( 1 5 2 5 1 ( 1))
s A Bs C Ds E s
s s s s s s s s
_______________________________________________________________________
Exemple 8. 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 3 2 15
( 4 5) 4 5 ( 4 5) 4 5 ( 4 5)
s s As B Cs D s
s s s s s s s s s s
___________________________________________________________________________________________
Finalement, le développement en fractions partielles du quotient de deux polynômes s’effectue
simplement avec la calculatrice : on utilise la fonction « expand(P(s)/Q(s)) ». Le résultat peut « inspirer »
la décomposition en fractions partielles et permet d’obtenir les valeurs numériques des constante
numérique A, B, C … qui figurent dans les termes de la décomposition.
P6. Propriété d’intégration en t : intégration de f(t) par rapport à t
Si ( ( )) ( )L f t F s , alors
0
( )( ( ) )
tF s
L f u dus
(5.19)
___________________________________________________________________________________________________________
Exemple 18. Application de la propriété P5.1 : calcul de 0
sin( )t
L u du
Solution. Si nous appliquons la propriété :
2
1( ) sin( ) ( ) ( ( ))
1f t t F s L f t
s
2
2
1( ) 1( 1)
( 1)
F s s
s s s s
(1)
224
Évaluons l’intégrale puis la transformée de Laplace du résultat de l’intégrale :
00
sin( ) cos( ) | 1 cos( )t
t
u du u t
2 2
2 2 2
0
1 1 1( ( )d (1 cos( ))
1 ( 1) ( 1)
ts s s
L f u u L ts s s s s s
(2)
Le résultat en (2) est identique à celui obtenu en (1). ____________________________________________________________________________________________________________
P7. Intégration en s
Si ( ( )) ( )L f t F s , alors
( )( )
s
f tL F u du
t
(5.20)
_________________________________________________________________________________________________________
Exemple 19. Utilisation de P7 avec ( ) sin( )f t t
2
sin( ) 1arctan( ) | arctan( )
1 2ss
tL du u s
t u
Cette propriété sera peu utilisée dans le cadre de ce cours.
________________________________________________________________________
Transformée d'une fonction périodique
Définition. Une fonction f(t) est périodique de période P f (t+P) = f(t)
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 20. Graphe d’une fonction périodique et bornée.
On remarque la répétition du graphe de f(t) définie sur ]0, P] (ce qu’on désigne par le
terme « motif »).
...
P 2P 3P 4P
Figure 5.5. Graphe d’une fonction périodique.
_____________________________________________________________________________________
225
P8. Transformée de Laplace d'une fonction f(t) périodique de période P :
0
( )
( ( ))1
Pst
P s
f t e dt
L f te
(5.21)
Remarque. La propriété s’applique aux fonctions bornées. Les fonctions périodiques
non bornées n’admettent pas de transformée de Laplace. C’est le cas de la fonction
définie par
tan( ) 0 2( )
( ) ( 2)
t si tg t
g t g t
Dans ce cas, il n’existe pas de valeur de s pour laquelle /2
0
tan( ) stt e dt
converge.
___________________________________________________________________________________________________________
Exemple 21. Application de P6 : transformée de Laplace de si 0 1
( )( ) ( 1)
t tf t
f t f t
Solution.
a) Graphe de f(t)
...
t
f(t)
1 2 3 4
Figure 5.6. Graphe de f(t).
b) Laplace de f(t).
La période de f(t) est P = 1. Alors, appliquant la propriété P8, on obtient ce qui suit :
1
10 0
2 20
( )1 1 ( 1)
( ( )) |1 1 1 (1 )
P
st st
st st s
Ps s s s
f t e dt t e dtte e s e
L f te e e s s s e
______________________________________________________________________________________
Avec l’introduction de nouvelles notions, notamment les fonctions « échelon unité »
(fonction de Heaviside) et les fonctions « impulsion » (Dirac) ainsi que celle de
« convolution », d'autres propriétés s’ajouteront dans les sections qui suivent.
226
5.4 Application à la résolution des ED
Forme des ED à résoudre: les ED linéaires d'ordre 1 et 2, notamment celle à
coefficients constants de la forme
0 1" ' ( ) avec (0) et '(0)ay b y c y f t y y y y (5.22)
La technique des transformées de Laplace présente l'avantage appréciable de simplifier la
résolution des ED de cette forme lorsque la fonction f(t) est continue par morceaux. De
plus, cette approche permet l’intégration automatique des conditions initiales à la
solution. Dans les applications, il y a une classe importante de systèmes dynamiques pour
lesquels la modélisation s'exprime par des ED de la forme (5.22).
Remarque. Dans le cas des ED non linéaires ou celui des ED linéaires à coefficients non
constants, l’utilisation de la technique des transformée de Laplace se traduit par des
difficultés ou des problèmes souvent insolubles. Cela limite l’intérêt de cette approche
dans le cas de ces classes d’ED. L’exemple qui suit illustre la situation dans le cas d’une
ED à coefficients non constants. ____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 22. Résolution de l’ED à coefficient non constants qui suit avec Laplace
2' sin(3 ) avec (0) 1y t y t y
(1) Laplace de l’ED
2
2
22
2
2 2
2
( )
( ') (0) 1( ' ) (sin(3 ))
3( )1
93
(sin(3 ))9
L y Y
L y sY y sYL y t y L t
d Yd YL t y
sYdsds s
L ts
(2) Détermination de ( )Y s
On doit dans ce cas résoudre l’ED suivante qui n’est pas simple. On peut cependant
utiliser la méthode de variation des paramètres pour résoudre l’ED en ( )Y s : 2
2 2
31
9
d YsY
ds s
La solution est non triviale … et on ne trouvera pas la transformée inverse de Y(s)
dans une table. Fin de l’exemple.
____________________________________________________________________________________________________________
Remarque. L’exemple justifie la restriction de l’utilisation de la technique de Laplace à
la résolution des ED linéaires à coefficients constants.
________________________________________________________________________
227
Résolution des ED linéaires à coefficients constants avec Laplace
(1) Prendre la transformée de Laplace de l'ED. L’ED à résoudre a la forme
(5.23)
Appliquant la transformée de Laplace à l’égalité et en utilisant les propriétés
introduites, on obtient
20 1 0( ( ) ) ( ( ) ) ( ) ( )a s Y s s y y b sY s y cY s F s (5.24)
Il en résulte une égalité comportant la transformée de Laplace Y(s) de la solution.
(2) Déterminer l'expression de la transformée de Laplace Y(s) de la solution.
Dans le cas ci-dessus, il suffit d'isoler Y(s) à l'aide des techniques algébriques
habituelles. On obtient:
0 1 0
2 2
( )( )
a s y a y byF sY s
as bs c as bs c
(5.25)
(3) Calculer la transformée de Laplace inverse de Y(s) pour obtenir la solution.
1( ) ( ( ))y t L Y s (5.26)
Dans le cas ci-dessus, on obtient
1 1 0 1 0
2 2
( )( )
a s y a y byF sy t L L
as bs c as bs c
(5.27)
En général, c'est l’étape qui exige le plus de travail.
(1)
(2) Opérations algébriques
1
(3)
ED( ( )) EA( ( ))
( ) ( ( )) Y(s)
Laplace
Méthodes directes
Laplace inverse
y t Y s
y t L Y s
Figure 5.7. La figure présente schématiquement les trois étapes de
l’utilisation des transformée de Laplace et situe l’approche par
rapport aux méthodes directes.
Remarque. Pour les ED d’ordre l à coefficients constants, il suffit de poser
10 et 0a y dans les expressions ci-dessus.
" ' ( ) avec (0) et '(0)0 1
ay b y c y f t y y y y
228
Exemple 23. Résolution à l’aide des transformées de Laplace de l’ED suivante :
(0) 22 '' 3 ' 3sin(2 ) avec
'(0) 1
yy y y t
y
1) Laplace de l’ED.
2
2 2
( ) Y6
et (3sin(2 t))( ') (0) 24.1 4
( '') (0) '(0) 2 1
L y
LL y sY y sYP s
L y s Y sy y s Y s
Utilisant la propriété de linéarité P1 en prenant la transformée de Laplace de l’ED, on
obtient ce qui suit :
2
2
2
2
(2 '' 3 ' ) 2 ( '') 3 ( ') ( ) (3sin(2 ))
62( 2 1 ) 3( 2)
4
62 3 1 ( ) 4 4
4
L y y y L y L y L y L t
s Y s sY Ys
s s Y s ss
2) Détermination de Y(s). Il suffit d’isoler Y(s) dans la dernière égalité ci-dessus :
2 2 2
(1) (2)
6 4 4( )
( 4) 2 3 1 2 3 1
sY s
s s s s s
3) Détermination de y(t). Il faut utiliser la technique des fractions partielles sur les
deux quotients de polynôme ci-dessus puis appliquer Laplace inverse.
2
1 2
4 4 4( 1) 1(2) 2
2 3 1 2 1/ 2)( 1 1/ 2
((2)) 2t
s s
s s s s s
L e
2 2 2
2 2
2 2
1 2
6 6(1)
( 4) 2 3 1 2( 4) 1/ 2) ( 1
3(1)
( 4) 1/ 2) ( 1 4 1/ 2 1
18 21 2 24 1 6 1(1)
85 4 85 4 17 1/ 2 5 1
24 6 18 21((1)) cos(2 ) sin(2 )
17 5 85 85
t
t
s s s s s s
As B C D
s s s s s s
s
s s s s
L e e t t
229
Finalement : 1 1( ) ((1)) ((2))y t L L
258 4 18 21
( ) cos(2 ) sin(2 )17 5 85 85
t
ty t e e t t
________________________________________________________________________
D’autres exemples de résolution d’ED avec Laplace seront introduits plus loin. Mais
avant, il importe d’introduire les fonctions « échelon-unité » pour exprimer les fonctions
continues par morceaux, notamment pour les traiter avec les transformées de Laplace.
5.4.1 Utilisation de la calculatrice (2)
Utilisons le résultat obtenu en (5.27) pour élaborer une procédure simple permettant de
résoudre les ED telles que formulées en (5.23) :
0
1
(0)'' ' ( ) avec
'(0)
y yay by cy f t
y y
L’expression de ( )Y s est donnée en (5.25) :
0 1 0 0 1 0
2 2 2
( )( )( )
a s y a y by F s a s y a y byF sY s
as bs c as bs c as bs c
L’expression de ( )y t est donnée en (5.27) et peut s’écrire comme suit :
1 0 1 0
2
( )( )
F s a s y a y byy t L
as bs c
Voici comment obtenir la solution de l’ED de l’exemple 23 à l’aide de la calculatrice.
(0) 22 '' 3 ' 3sin(2 ) avec
'(0) 1
yy y y t
y
Figure 5.8. Résolution des ED avec la procédure « sol » programmées dans la
Nspire : on obtient la même solution qu’à l’exemple 23 de la page précédente.
230
5.5 Fonction échelon unité ou fonction de Heaviside
Pour débuter cette section, considérons tout d’abord un exemple de fonction continue par
morceaux pour t > 0. On supposera qu’elle est nulle lorsque 0t pour rester dans le
contexte de la définition de la transformée de Laplace.
________________________________________________________________________
Exemple 24. Soit la fonction f(t) définie ci-dessous et son graphe à la figure (5.9):
si 0 1
( ) 2 si 1 2
0 si 2
t t
f t t t
t
f(t)
t1 2
1
Figure 5.9. Graphe de la fonction f(t)
Dans le cas de cet exemple, la fonction est continue car on peut la tracer « sans lever
le crayon ». La fonction est définie « par morceaux » qui sont chacun continu sur
leur intervalle (t sur ]0, 1], 2 t ]1, 2], etc.).
On peut calculer sa transformée de Laplace avec la définition :
1 2
2
2
0 0 1
1( ( ) ( ) (2 ) 1 2st st st s sL f t f t e dt t e dt t e dt e e
s
On obtient le même résultat en utilisant les fonctions échelon-unités avec les
propriétés des transformées de Laplace découlant de leur utilisation. ____________________________________________________________________________________________________________
5.5.1 La fonction échelon unité
Définition. Soit a > 0, un nombre réel. La fonction échelon unité ( )u t a (ou de
Heaviside) est définie par l’égalité suivante :
0 si( )
1 si
t au t a
t a
(5.28)
____________________________________________________________________________________________________________
Remarque. La fonction de Heaviside peut également se définir comme suit :
0 si ( ) 01 ( )( )
1 si ( ) 02
t asign t au t a
t a
(5.29)
231
La figure ci-dessous présente les graphes de u(t) et ( )u t a .
u(t) u(t-a)
11
at t
Figure 5.10. Graphe de u(t) et de ( )u t a .
On utilise la fonction échelon unité pour exprimer les fonctions continues par morceaux
de manière à calculer les transformées de Laplace de ces dernières sans utiliser la
définition, mais des propriétés reliées à la fonction échelon-unité.
Les graphes de la figure (5.11) ci-dessous indiquent comment décrire la restriction
relative à l’intervalle a t b d'une fonction continue ( )f t à l'aide de la fonction échelon
unité. f(t) f(t)[u(t - a) - u(t - b)]
t ta ba b
Figure 5.11. Effet de la multiplication de f(t) par [u(t-a) - u(t-b)]
La figure illustre bien que la multiplication de la fonction ( )f t par [ ( ) ( )]u t a u t b
équivaut à multiplier f(t) par 1 si a < t < b et par 0 ailleurs. Ainsi, pour décrire une
fonction continue par morceaux, il suffit de décrire chacune des parties (morceaux) de la
fonction comme le suggère la figure (5.11), puis de simplifier l'expression obtenue (voir
l’exemple qui suit). Nous désignerons par fonction sélecteur la combinaison de fonctions
échelon unité
________________________________________________________________________
Exemple 25. Utilisation de la fonction échelon unité pour décrire une fonction continue
par morceaux.
Soit la fonction
2 si 0 2
2 si 2 3( )
1 si 3
0 ailleurs
t t
t tf t
t
Dans le cas de cette fonction, et selon ce que suggère l’exemple ci-dessus :
( ) (2 )[ ( ) ( 2)] (t 2)[u(t 2) u(t 3)] ( 3)f t t u t u t u t
[ ( ) ( )]u t a u t b
232
2
1
f(t)
2 31t
Figure 5.12. Graphe de f(t)
Après regroupement des termes autour des mêmes fonctions ( )u t a , on obtient la
forme à utiliser pour le calcul la transformée de Laplace de f(t) :
( ) (2 ) ( ) 2( 2) ( 2) ( 3) ( 3)f t t u t t u t t u t
________________________________________________________________________
Remarque. Pour décrire une fonction continue par morceaux, l’approche suivante est
simple et efficace. Soit g(t) définie comme suit :
1
2
( )
( ) ( )
0 ailleurs
g t si a t b
g t g t si b t c
(5.30)
On peut décrire directement la fonction g(t) à l’aide de la fonction échelon unité en
utilisant l’approche suivante :
1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( ( ) g ( )) ( ) ( ) ( )g t g t u t a g t t u t b g t u t c (5.31)
1 2 1 2début de en début de et arrêt de en arrêt de eng t a g g t b g c
On remarque que pour restreindre la fonction 1( )g t à l’intervalle a < t < b, il faut la
« soustraire » à partir de t = b après l’avoir introduite en t = a. Il en est ainsi pour
la fonction 2( )g t qu’il faut « soustraire » en t = c après l’avoir introduite en t = b.
On désigne cette approche par « propriété de soustraction ». Elle permet de
regrouper les termes qui sont facteurs des mêmes fonctions échelon unité, ce qui
présente un avantage par rapport à l’autre approche introduite ci-dessus.
Si l’on décrit la fonction g(t) en (5.30) à l’aide de l’approche « fonctions
sélecteurs », on obtient ce qui suit :
1 2( ) ( )[ ( ) ( )] ( )[ ( ) ( )]g t g t u t a u t b g t u t b u t c (5.32)
233
Après regroupement, on trouve le même résultat que ci-dessus en (5.31) :
1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g t g t u t a g t g t u t b g t u t c (5.33)
________________________________________________________________________
Exemple 26 : Description de la fonction h(t) à l’aide des approches décrites ci-dessus.
21 si 0 1
2 si 1 3( )
4 si 3 4
0 ailleurs
t t
t th t
t t
Graphe de h(t)
-1
1
h(t)
1 2 3 4
Figure 5.13. Graphe de h(t)
Description de h(t) à l’aide des fonctions échelon unité
(1) Avec l’approche de la propriété de « soustraction » :
2 2
2 2
( ) (1 ) ( ) (2 ) ((1 ) ( 1) ( 4) (2 ) ( 3) ( 4) ( 4)
( ) (1 ) ( ) 1 ( 1) 2( 3) ( 3) ( 4) ( 4)
h t t u t t t u t t t u t t u t
h t t u t t t u t t u t t u t
(2) Avec l’approche des « sélecteurs » :
2( ) (1 )[ ( ) ( 1)] (2 )[ ( 1) u(t 3)] ( 4)[ ( 3) ( 4)]h t t u t u t t u t t u t u t
Après le regroupement des termes sous les mêmes fonctions échelon-unités, on trouve le
même résultat (c’est souhaitable …) qu’avec l’approche (1) ci-dessus :
2 2( ) (1 ) ( ) 1 ( 1) 2( 3) ( 3) ( 4) ( 4)h t t u t t t u t t u t t u t
________________________________________________________________________
5.5.2 Propriétés des transformées de Laplace associées aux fonctions échelon unité
Pour calculer la transformée de Laplace d’une fonction continue par morceaux comme
h(t) dans l’exemple ci-dessus, il est commode d'utiliser de nouvelles propriétés qui seront
introduites un peu plus loin, dans la suite de cette section.
234
Transformée de Laplace de la fonction de Heaviside
0
( ) (1)st as
st st
aa
e eu t a e dt e dt
s s
( )
10 ( ( ))
aseL u t a
s
a L u ts
(5.34)
Propriétés associées à la fonction de Heaviside
________________________________________________________________________
P9. Propriété de «translation» (1)
La figure (5.14) qui suit illustre une fonction f(t) et celle-ci translatée de a unités
vers la droite.
f(t) f(t-a) u(t-a)
at t
Figure 5.14. Graphes de f(t) et de f(t-a)u(t-a)
Si ( ( )) ( )L f t F s , alors on a les résultats suivants :
1
( ( ) ( )) ( )
( ( )) ( ) ( )
a s
a s
L f t a u t a e F s
L e F s f t a u t a
(5.35)
_______________________________________________________________________
Exemple 27. Sur l’utilisation de la propriété ( ( ) ( )) ( )a sL f t a u t a e F s .
1) Calcul de (sin(3( )) ( ))L t u t
2
2
( )
3sin(3( ) ( )
9
3sin(3 )
9
s
Laplace
t t
L t u t es
ts
2
3(sin(3( )) ( ))
9
sL t u t es
235
2) Calcul de 2(3( 2) ( 2))L t u t
2 2
3
2 2
3
2
3
( 2)
6(3( 2 ) ( 2 )
6(3(t 2) (t 2)
63
s
s
L
t t
L t u t es
L u es
ts
__________________________________________________________________________________________________________
Exemple 28. Cas de la fonction de l'exemple (25) (page 29).
On a obtenu l’expression de f(t) à l'aide de la fonction échelon unité :
( ) (2 ) ( ) 2( 2) ( 2) ( 3) ( 3)f t t u t t u t t u t
2
2 1( ( ) ( )) ( ( )) ((2 ) ( ))L g t u t L g t L t u t
s s
La propriété P9 s'applique au 2ième
et au 3ième
terme. On obtient :
2
2
2 2 23
2
2 3
2(2( 2 ) ( 2 ))
2 1 2 1( ( ))
1(( 3 ) ( 3 ))
s
s
s s
L t u t es
L f t e es s s s
L t u t es
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 29. Sur l’utilisation de 1( ( )) ( ) ( )a sL e F s f t a u t a selon le schéma
1
( )1
mult. par ( )
( ( ) ) ( ) ( )
( ( ) ( ) ( )
a s
t t a
u t a
L e F s f t a u t a
L F s f t f t a
Calcul de 2
1 1 2
2 2 3 ( 3)( 1)
s
sse sL L e
s s s s
1
2 2
1 2
3 3( ) ( )( 2 )
3( 2) ( 2)
multiplication par ( 2)
3 1 3 1
4 4 4 4
3 1( 2)
( 3)( 1) 4 4
s
t t t tt t
t t
L u t
e e e e
sL e e e u t
s s
1 2 3( 2) ( 2)3 1( 2)
( 3)( 1) 4 4
s t tsL e e e u t
s s
236
________________________________________________________________________
P10 Propriété de translation ( 2) ou de « de coupure »
f(t) f(t) u(t-a)
at t
Figure 5.15. Graphe de f(t) et de f(t)u(t-a) : la fonction f(t)u(t-a) illustre l’effet de
« coupure » de la multiplication de f(t) par u(t-a)
Si ( ( )) ( )L f t F s , alors :
( ( ) ( )) ( ( ))a sL f t u t a e L f t a (5.36)
Il n’y a pas « d’utilité » associée à la transformée inverse. __________________________________________________________________________________
Remarque. Le schéma ci-dessous illustre comment s’applique la propriété.
( )
( ( ) ( )) ( ( ))
( ) ( )
a s
t t a
L f t u t a e L f t a
f t f t a
________________________________________________________________________
Exemple 30. Quatre applications de P10 : ( ( ) ( )) ( ( ))a sL f t u t a e L f t a .
1) Calcul de ( ( 2))L t u t
2 2
2
( 2)
1 2( ( 2 )) ( 2)
( 2)
s s
t t
L t u t e L t es s
t t
____________________________________________________________________________________________
2) Calcul de 2(2 ( 3))L t u t
2 3 2 3 2
2 2( 3)
(2 ( 3 )) 2( 3) 2( 6 9)
2 2( 3)
s s
t t
L t u t e L t e L t t
t t
237
Alors, on a :
2 3 2
2 3
3 2
(2 ( 3)) 2 ( ) 12 ( ) (9)
4 12 9(2 ( 3))
s
s
L t u t e L t L t L
L t u t es s s
____________________________________________________________________________________________
3) Calcul de (3 11) ( 4)L t u t
4
( 4)
4 4
4
2
(3 11) ( 4 ) (3 23)
(3 11) 3( 4) 11
(3 11) ( 4) (3 23) 3 ( ) (23)
3 23(3 11) ( 4)
s
t t
s s
s
L t u t e L t
t t
L t u t e L t e L t L
L t u t es s
______________________________________________________________________________________________________
4) Calcul de 2( ( 3))tL e u t
2 3 2( 3 ) 3 6 2 3 6
2 2(t 3 )( 3 )
6
2 3
1( ( 3 )) ( ) ( ) ( )
2
( ( 3))2
t s t s t s
t t t
t s
L e u t e L e e L e e e es
e e
eL e u t e
s
________________________________________________________________________
5.5.3 La fonction de Dirac
Définition. La fonction delta de Dirac ( )t a est caractérisée par les deux
propriétés suivantes :
0( ) (1)
( ) ( ) ( ) (2)
si t at a
si t a
f t t a dt f a
(5.37)
________________________________________________________________________
En (5.37), ( )f t est une fonction définie dans un intervalle incluant le point t = a.
238
Il est à noter que ( )t a n’est pas une fonction au sens usuel du terme. Il s’agit d’un cas
limite de ce que l’on désigne par le terme de distribution.
Remarque. La remarque suivante a pour but de donner un sens « physique » à la notion d’impulsion. On
peut écrire la deuxième loi de Newton comme suit :
( ) ( )
dvf m
fdt mdv d mv fdt d mvdt
p mv
(5.38)
La quantité p mv qui résulte du produit de la masse m et de sa vitesse v définit ce que l’on
désigne par « quantité de mouvement ».
Dans l’égalité à droite en (5.38), le terme fdt désigne « l’impulsion » associée à l’application de
la force f(t) pendant l’intervalle de temps dt.
L’égalité ( )fdt d mv s’interprète comme suit : l’impulsion « fdt » appliquée à la masse m se
traduit par le changement « ( )d mv » de sa quantité de mouvement. Lorsqu’une force de grande
intensité s’applique à une masse pendant un intervalle de temps t très court, il peut être
difficile, voir impossible d’en déterminer son profil temporel f(t). Il est cependant possible
d’estimer la valeur moyenne de la force pendant l’intervalle t en mesurant le changement de la
quantité de mouvement de la masse en mesurant les vitesses vi et vf avant et après l’application
de la force :
f i
f i
mv mvf t m v mv mv f
t
(5.39)
On peut voir la fonction impulsion comme un cas limite selon l’approche suivante. Considérons
une force de 1 (N) s’appliquant pendant une seconde sur la masse, puis une force de 10 (N)
s’appliquant pendant 1/10 de seconde , puis une force de 1000 (N) pendant 1/1000 de seconde,
puis une force de 1000000 (N) pendant 1/1000000 de seconde, etc. Si nous utilisons l’égalité
f t m v , le changement de la quantité de mouvement sera le même puisque le produit
f t est le même dans chaque cas. Le cas limite implique cependant l’utilisation de la fonction
impulsion ( )t a pour modéliser une force d’une très grande intensité moyenne s’appliquant
pendant un intervalle de temps très court centré sur l’instant t a .
En termes d’interprétation au plan de l’énergie, le résultat de l’action d’une force qui peut être
modélisée par une fonction impulsion équivaut à un transfert instantané d’énergie cinétique à la
masse.
La propriété (2) de la définition ci-dessus permet d’établir une relation entre la fonction
u(t – a) de Heaviside et la fonction ( )t a de Dirac. En effet, selon (5.37) on peut
formuler l’égalité suivante :
-
0( )
1
t si t ax a dx
si t a
= u(t – a) (5.40)
239
Ce résultat peut également s’exprimer ainsi : +
-
( ) ( )
t
x a dx u t a
(5.41)
Si l’on dérive de part et d’autre de l’égalité par rapport à t, on obtient formellement (c’est
une application du théorème fondamental du calcul):
( ) ( ( ))d
t a u t adt
(5.42)
La fonction ( )t a de Dirac peut donc être décrite comme étant par la dérivée par
rapport à t de la fonction échelon-unité u(t – a).
La transformée de Laplace de la fonction ( )t a de Dirac s’obtient facilement de
la propriété (2) formulée dans sa définition en (5.37) :
0
( ) st st as
t at a e dt e e
( ( ))
0 ( ( )) 1
a sL t a e
a L t
(5.43)
La fonction ( )t a de Dirac est largement utilisée en dynamique des systèmes soumis à
des impulsions : par exemple, pour l’analyse du comportement d’un système mécanique
soumis à un choc « modélisé » par une impulsion. ____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 31. Résolution de l’ED
2 (0) 0" ( ) avec
'(0) 0
yy y t a
y
Solution. Si l’on prend la transformée de Laplace de l’ED, avec les conditions initiales,
on obtient le résultat suivant :
2 22 2
( ( ))
( '( )) (0)
( "( )) (0) '(0)
( ( ))
a s
a s
L y t Y
L y t sY y sYs Y Y e
L y t s Y sy y s Y
L t a e
La transformée de Laplace Y(s) de la solution est obtenue simplement en l’isolant dans
l’égalité de droite ci-dessus :
2 2( )
a seY s
s
On obtient la solution y(t) avec la transformée inverse de ( )Y s :
240
sin( ( ))( ) ( )
t ay t u t a
Les conditions initiales nulles en y(0) et '(0)y se traduisent par une solution
complémentaire c
y nulle. Seule la solution particulière est non nulle et elle est donnée
par y(t) ci-dessus. Le graphe dans le cas des paramètres 3 et a = 2 est présenté dans
la figure (5.17) ci-dessous et résume bien le résultat prévisible d’une solution nulle avant
t = 2 et l’effet de l’impulsion de en t = 2. L’effet de l’impulsion s’interprète dans le
contexte d’un système masse-ressort (m = 1, k = 9) comme une injection instantanée
d’une certaine quantité d’énergie. Cette question sera abordée dans la suite de ce texte,
notamment au chapitre 6.
Figure 5.17. Graphe de la solution de y" + 9 y = (t-2) avec conditions initiales nulles.
___________________________________________________________________________________________________________
5.6 Convolution
Définition. Soit f(t) et g(t), deux fonctions nulles pour t 0 et continues ou
continues par morceaux sur [0, [. La convolution de ( ) ( )f t et g t , notée par
f g est définie par
0
( * )( ) ( ) ( )
t
f g t f u g t u du (5.44)
________________________________________________________________________
Remarque : La commutativité de la convolution se vérifie en effectuant le changement de
variable suivant :
0
0
0et
0
* ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
t
t
v t u u t v u v t
dv du u t v
f g t f t v g v dv g v f t v dv
241
0
( )( ) ( )( ) ( ) ( )t
f g t g f t g u f t u du (5.45)
________________________________________________________________________
Exemple 32. Soit 3 4( ) 2 ( ) 3t tf t e et g t e . Le calcul de ( * )( )f g t s’effectue ainsi :
3
3 4( )
4( )
0
4 4 4
0
0
3 4
( ) 2( ) 2 3
( ) 3
( ) 6 6 ( ) 6 1
( ) 6 6
|
u t
u t u
t u
t
t u t u t t t
t t
f u ef g t e e du
g t u e
f g t e e du e e e e
f g t e e
____________________________________________________________________________________________________________
5.6.1 Utilisation de la calculatrice pour la convolution (3)
On trouve la procédure « fold » dans la librairie « ETS_specfunc » pour effectuer la
convolution ( )f g t de f(t) par g(t) : la syntaxe est la suivante : fold(f(t),g(t)).
Si l’on reprend le cas des deux fonctions de l’exemple précédent, cela se présente comme
suit. Le résultat de la convolution ( )g f t de g(t) par f(t) est également obtenu et donne
le même résultat.
Figure 5.18. Utilisation de la calculatrice pour le calcul de la convolution de f par g
et de g par f.
5.6.2 Propriété reliée à la transformée de Laplace
P11. Si ( ( )) ( ) et ( ( )) ( )L f t F s L g t G s , alors
1
{( * )( )} ( ) ( )
( ( ) ( )) ( * )( )
L f g t F s G s
L F s G s f g t
(5.46)
242
5.6.3 Application de la convolution à la résolution des ED
Considérons la famille d’ED
(0) 0" ' ( ) avec
'(0) 0
ya y b y c y g t
y
(5.47)
Avec ces conditions initiales, la transformée de Laplace de l'ED donne
2 ( ) ( ) ( ) ( )a s Y s bsY s cY s G s (5.48)
La transformée de Laplace Y(s) de la solution est donnée par
2
1( ) ( )Y s G s
a s b s c
(5.49)
Le terme de droite de ( )Y s en (5.47) a la forme d’un produit. Il est possible d’exprimer la
solution ( )y t à l’aide d’une convolution :
1
2
1
1( )
( ) ( )
L f ta s b s c
L G s g t
(5.50)
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
t
y t f g t f u g t u du (5.51)
___________________________________________________________________________________________________________
Exemple 33. Résolution de l’ED suivante à l’aide de la formule (5.49).
(0) 0'' 5 ' 6 avec
'(0) 0
yy y y t
y
Solution.
Utilisant le résultat en (5.48) avec
1 1 2 3
2
1 1 1( )
5 6 2 3
( )
t tf t L L e es s s s
g t t
2 3( )
( )
u uf u e e
g t u t u
243
On obtient la solution y(t) comme suit :
2 3
0
2 3
( ) * ( ) ( ) ( )
1 5( )
4 9 6 36
t
u u
t t
y t f g t e e t u du
e ey t t
_______________________________________________________________________
Théorème 1 : Soit l'ED linéaire à coefficient constants
(0) 0" ' ( ) avec
'(0) 0
ya y b y c y g t
y
(5.52)
Soit
1
2
1( )f t L
a s b s c
(5.53)
Alors, la solution de l’ED est donnée par la convolution de f(t) par g(t) :
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
t
y t f g t f u g t u du (5.54)
______________________________________________________________________________________
Le théorème 2 qui suit s'applique aux cas des ED avec conditions initiales non nulles.
____________________________________________________________________________________________________________
Théorème 2 : Soit l'ED linéaire à coefficients constants d’ordre 2 suivante :
0
1
(0)" ' ( ) avec
'(0)
y ya y b y c y g t
y y
(5.55)
La solution de cette ED est donnée par
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
t
c cy t y t f g t y t f u g t u du (5.56)
Dans l’expression de y(t), ( )c
y t est solution particulière de l'ED homogène suivante
avec les conditions initiales se rattachant au problème posé :
0
1
(0)" ' 0 avec
'(0)
y ya y b y c y
y y
(5.57)
____________________________________________________________________________________________________________
Pour démontrer le théorème (2), il suffit de prendre la transformée de l'ED à résoudre. On
obtient ce qui suit :
20 1 0( ( ) ) ( ( ) ) ( ) ( )a s Y s s y y b sY s y cY s G s (5.58)
244
On isole la transformée de Laplace Y(s) de la solution pour obtenir l’expression suivante :
0 1 0
2 2
( )( )
a s y a y byG sY s
a s b s c a s b s c
(5.59)
Si ( ) 0g t , ( ) 0G s et trouver y(t) équivaut à résoudre l'ED homogène formulée
en (5.55). Dans ce cas précis, la transformée de Laplace ( )Y s de la solution est
donnée par
0 1 0
2( )
a s y a y byY s
a s b s c
(5.60)
On en déduit que la transformée inverse du deuxième terme de ( )Y s ci-dessus en
(5.56) correspond à bien au terme ( )c
y t obtenu comme formulé dans le théorème 2.
L’autre terme de Y(s) en (5.56), formulé ci-dessous, est associé à la solution
particulière et également à la solution de l’ED homogène étant donné le terme au
dénominateur.
2
( )( )
G sY s
a s b s c
(5.61)
___________________________________________________________________________________________________________
Exemple 33. Résolution à l’aide du théorème 2 de l’ED suivante.
(0) 2'' 5 ' 6 avec
'(0) 3
yy y y t
y
Solution
Trouvons d’abord la partiec
y (t), solution de
(0) 2'' 5 ' 6 0 avec
'(0) 3
yy y y
y
On trouve facilement (avec les techniques introduites au chapitre 4 ou avec les
transformées de Laplace) : 2 39 7t t
cy e e
L’autre partie p
y de la solution est obtenue comme à l’exemple précédent :
1 1 2 3
2
1 1 1( )
5 6 2 3
( )
t tf t L L e es s s s
g t t
245
2 3( )
( )
u uf u e e
g t u t u
2 3
0
2 3
( ) * ( ) ( ) ( )
1 5( )
4 9 6 36
t
u u
p
t t
p
y t f g t e e t u du
e ey t t
La solution générale est donc la somme des deux solutions obtenues :
2 337 64 5( ) ( ) ( )
4 9 6 36
t t
c p
ty t y t y t e e
___________________________________________________________________________________________________________
Remarque. La calculatrice peut être programmée pour utiliser les résultats des deux
théorèmes ci-dessus. Il suffit de programmer le résultat du théorème 2, car les conditions
initiales (0) 0 et '(0) 0y y sont simplement un cas particulier du théorème 1.
________________________________________________________________________
Exemple 34. La figure ci-dessous présente la programmation de la procédure « sconv »
et la résolution de l’ED de l’exemple (33) ainsi que la résolution de l’ED suivante :
2'' 4 ' 4 avec (0) 1 '(0) 1.ty y y e y et y
Figure 5.19. Résolution avec la procédure « sconv » programmée sur la base des
résultats du théorème 2 ci-dessus. L’utilisation de la variable z dans la procédure yc(a,b,c,z0,z1) vise à ne pas « surcharger » y.
________________________________________________________________________________________________
246
5.7 Techniques de Laplace inverse
Cette section a pour but de rappeler en les résumant les principales techniques utilisées
pour le calcul de la transformée de Laplace inverse d’une fonction F(s) donnée.
1. Utilisation de la table
2. Utilisation de la table conjointement avec une ou des propriétés
Les propriétés souvent utilisées sont les suivantes :
1( ( )) ( )atL F s a e f t
1( ( )) ( ) ( )a sL e F s f t a u t a
1 ( ( ) ( )) ( * )( )L F s G s f g t (cette dernière s’utilise notamment dans le cas de
la résolution des ED)
3. La technique des fractions partielles lorsqu'il faut calculer la transformée inverse
d'un quotient de polynômes.
4. La complétion de carré lorsqu'une transformée de Laplace comporte au
dénominateur un ou des facteur(s) irréductible(s) de la forme 2a s b s c .
5.8 Résolution des systèmes d'ED avec Laplace
Le schéma ci-dessous explique l’essentiel de la démarche à suivre, identique à celle
utilisée pour résoudre une seule ED avec les transformées de Laplace.
(1)
(2) Techniques algébriques
(3)Laplace inverse
Systèmes d'ED { ( ), ( ), ...} Systèmes d'EA { ( ), ( ), ...}
{ ( ) , ( ), ... } { ( ), ( ), ... }
Laplacex t y t X s Y s
x t y t X s Y s
Figure 5.20. Schéma des étapes de la résolution d’un système d’ED linéaires à
coefficients constants.
Remarque. Lorsque le système d’ED ne comporte que deux ou trois inconnues, la règle
de Cramer est la technique algébrique habituellement utilisée pour déterminer « à la
main » les transformées de Laplace X(s), Y(s) … de chacune des inconnues x(t), y(t), ... .
La calculatrice permet également de déterminer les expressions de X(s), Y(s) … ____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 34. Résolution du système d’ED suivant avec les transformée de Laplace
'( ) 2 ( ) 5 ( ) (0) 7avec
'( ) ( ) 2 ( ) (0) 3
x t x t y t x
y t x t y t y
247
Solution
(1) Laplace du système d’ED
( ) 7 2 ( ) 5Y(s) ( 2) ( ) 5Y(s) 7
( ) 3 ( ) 2 ( ) ( ) ( 2) ( ) 3
sX s X s s X s
sY s x s Y s X s s Y s
(2) Expressions de X(s) et de Y(s)
Ce système peut être résolu simplement pour X(s) et Y(s). Sous forme matricielle,
ce système s’écrit comme suit :
2 5 7
1 2 3
s X
s Y
Utilisant la règle de Cramer ou la calculatrice pour résoudre ce système
d’équations linéaires, on trouve les expressions suivantes en X(s) et Y(s).
2 2
7 5 2 7
3 2 1 37 1 3 1( ) et ( )
2 5 2 51 1
1 2 1 2
s
s s sX s Y s
s ss s
s s
(3) Expressions de 1 1( ) ( ( )) et de ( ) ( ( ))x t L X s y t L Y s
1 1 1
2 2 2
1 1 1
2 2 2
7 1 1( ) 7
1 1 1
3 1 1( ) 3
1 1 1
s sx t L L L
s s s
s sy t L L L
s s s
( ) 7cos( ) sin( )
( ) 3cos( ) sin( )
x t t t
y t t t
Avec la calculatrice, « étape par étape », on obtient le même résultat comme
illustré dans la capture d’écran qui suit (figure 5.21).
Figure 5.21. Résolution de l’exercice à l’aide de la calculatrice : les solutions dans
l’écran de gauche et la représentation graphique des solutions paramétriques dans
le plan XY.
248
Certaines applications faisant intervenir des systèmes d’ED linéaires à coefficients
constants d’ordre (1) ou (2) seront considérées au chapitre 6.
5.9 Utilisation de la calculatrice (4)
La librairie « ETS_specfunc » comporte la procédure « solved » pour résoudre les ED
linéaires à coefficients constants d’ordre (1) ou (2) avec les transformées de Laplace
même avec les fonctions continues par morceaux, les fonctions échelon unité ( )u t a et
les fonctions impulsion ou de Dirac ( )t a . La procédure « simultd » permet de
résoudre les systèmes d’ED. Les deux exemples suivants (35 et 36) en font l’illustration.
________________________________________________________________________
Exemple 35. Résolution de l’ED
(0) 0'' 3 ' 2 ( 2) avec
'(0) 0
yy y y t u t
y
Avec la procédure « solved » ainsi qu’avec la procédure « sol » introduite à
l’exemple résolu dans la section (5.3.1), à la figure (5.8) page 27.
Figure 5.22. Utilisation de la procédure « solved » de la librairie « ETS_specfunc »
et de la procédure « sol » introduite à la figure (5.8), page 27 : les solutions
produites avec les deux procédures sont identiques.
Il importe de noter la syntaxe particulière introduite pour l’utilisation de la procédure
« solved » : elle a vraisemblablement pour but de faciliter l’analyse syntaxique de
l’expression à traiter pour résoudre à l’aide des transformées de Laplace.
249
________________________________________________________________________
Exemple 36. Résolution du système d’ED suivant avec la procédure « simultd ».
'( ) 2 ( ) 5 ( ) (0) 7avec
'( ) ( ) 2 ( ) (0) 3
x t x t y t x
y t x t y t y
Figure 5.23. Résolution d’un système d’ED linéaires à coefficients constants
d’ordre (1). Il importe d’entrer le système d’ED (syst1) et les fonctions solutions
x(t) et y(t) avec les conditions initiales en t = 0 (ci1) sous les formats indiqués. Les
solutions obtenues sont les mêmes qu’à l’exemple 34 (voir la figure 5.21).
250
5.10 Exercices
Question 1
Utilisez la table des transformées de Laplace des fonctions usuelles en indiquant le
numéro de la formule utilisée pour calculer la transformée de Laplace des fonctions
suivantes.
a) 3 4( ) ta t t e b) ( ) sin(6 )b t t t c) 5( ) cos(7( )tc t e t
d) 3 4( ) ( 1) td t t e e) ( ) cos(2 )e t t t
f) 3 31( ) ( )
6
t tf t e e
g) 1
( ) cos(3 ) cos(4 )7
h t t t h) ( ) ( 4)g t u t i) ( ) ( 3)i t t
Question 2
Utilisez strictement la table pour trouver les transformée de Laplace dans chacun des cas
suivants.
a) 23
( )se
A ss
b) 2
8( )
( 16)
sB s
s
c)
2
4( )
( 3)C s
s
d) 2
3( )
( 8)D s
s s
e)
2
2 2
6( )
( 25)
sE s
s
f)
2 2
4( )
( 9) ( 16)
sF s
s s
g) 2
1( )
2 ( 36)G s
s s
h)
2 2
1( )
3 ( 64)h s
s s
i)
5
12( )
( 4)I s
s
Question 3
Utilisez la technique des fractions partielles et les propriétés pour calculer la transformée
de Laplace inverse.
a) 2
3 7( )
5 6
sA s
s s
b)
2
( 1)( )
11 28
ss eB s
s s
c) 2
2
2 11 17( )
( 3)( 2)
s sC s
s s
d)
2
1( )
27 18 3
sD s
s s
e) 2
3 7E( )
( 2)( 8 16)
ss
s s s
f)
4
2
3( )
( 4)( 8 20)
ss eF s
s s s
g) 2
5 27( )
( 4)( 8 97)
sG s
s s s
h)
3 2
4 3 2
3 1( )
2 28 146 336 288
s s sH s
s s s s
i) 3 3( 5 )
( )( 4)( 3)( 2)
ss s eI s
s s s
j)
2
17 47( )
(34 6 1)
sJ s
s s
251
Question 4
Utiliser la complétion de carré, la table et la technique des fractions partielles (s’il y a
lieu) pour obtenir la transformée de Laplace inverse des expressions suivantes.
a) 2
2 1( )
2 5
sA s
s s
b)
2
10 15B( )
5 2 1
ss
s s
c) 2
3 11( )
6 34
sC s
s s
d)
2
5 17( )
( 8 32)(2 6)
sD s
s s s
e) 2
6 7( )
3 1
sE s
s s
f)
2
20 25( )
25 8 1
sF s
s s
Question 5
Faites tracer les graphes et calculez la transformée de Laplace des fonctions périodiques
suivantes.
a) 1 0 1
( )( ) ( 1)
t si tp t
p t p t
b)
1 0 1
( ) 1 1 2
( ) ( 2)
si t
q t si t
q t q t
c)
sin si 0
( ) 0 si 2
( ) ( 2 )
at t a
r t a t a
r t r t a
d) , 0 1
( ) et ( ) ( 2)1, 1 2
te tf t f t f t
t
Question 6
Utiliser la fonction échelon unité pour exprimer les fonctions continues par morceaux qui
suivent et calculer leur transformée de Laplace.
a)
1 si 0 2
5 si 2 5( )
2 si 5
0 ailleurs
t t
t tf t
t
b)
sin(2 ) si 0 < <
si
0 ailleurs
( )
t t
t tg t
c)
t
h(t)
1 2 3
1
d)
k(t)
t1 2 3
1
252
Question 7
Résolvez les ED qui suivent à l’aide des transformée de Laplace et utiliser la calculatrice
pour faire tracer la solution.
a) ' avec (0) 1ty y e y
b) (0) 1
'' ' 12 0 avec'(0) 0
yy y y
y
c) (0) 0
'' ' 12 0 avec'(0) 1
yy y y
y
d) (0) 0
'' ' 12 1 avec'(0) 0
yy y y
y
e) (0) 1
'' 4 avec'(0) 0
ty
y y ey
Question 8
Résolvez les ED qui suivent à l’aide des transformée de Laplace.
a) (0) 0
'' 6 ' 8 ( 1) ( 2) ,'(0) 0
yy y y u t u t
y
b) (0) 0
'' 6 ' 8 ( 1) ( 2) ,'(0) 0
yy y y t t
y
c) (0) 0
4 '' 4 ' 10 ( ) ,'(0) 0
yy y y t u t
y
(cet exercice est long … et difficile)
d) (0) 5
3 '' 75 sin(5 ) ( ) ,'(0) 0
yy y t u t
y
Question 9
Utilisez la propriété de convolution pour obtenir la transformée de Laplace inverse de
a) 3
2
3 15( )
25
s sF s e
s
b)
2 2
3( )
( 4) ( 9)
sY s
s s
253
Question 10
Résolvez les systèmes d’ED suivants et utilisez la calculatrice pour vérifier vos calculs.
a) ' 3 2 (0) 3
avec' 2 2 (0) 1/ 2
x x y x
y x y y
b)
5 3'
(0) 24 4avec
3 5 (0) 1'
4 4
x x yx
yy x y
c) ' 2 (0) 1
avec' 3 4 (0) 2
x x y x
y x y y
d)
' 2 (0) 3avec
' 2 (0) 4
x y x
y x y
e)
1' 2
(0) 22avec
1 (0) 2' 2
2
x x yx
yy x y
f) 2 (0) 1, '(0) 0'' 2 ' 3
,(0) 1, '(0) 0'' 2 ' 0
t x xx x y e
y yy y x
254
5.10.1 Réponses aux exercices
Question 1
a) T17 : 4
6( )
( 4)A s
s
b) T10 :
2
2
12( )
36
sB s
s
c) 2 2
5( )
( 5) (7)
sC s
s
d)
4 3 2
6 6 3 1( )
( 4) ( 4) ( 4) 4D s
s s s s
e)
2
22
4( )
4
sE s
s
f)
2
1( )
9F s
s
g) 2 2
( )( 9)( 16)
sH s
s s
h)
4
( )se
G ss
i) 3( ) sI s e
Question 2
a) ( ) 3 ( 2)a t u t b) ( ) 8cos(4 )b t t
c) 3( ) 4 tc t t e d) 3( ) 1 cos(2 2
8d t t
e) 3
( ) sin(5 ) 3 cos(5 )5
e t t t t f) 4
( ) cos(3 ) cos(4 )7
f t t t
g) 1
( ) 1 cos(6 )72
g t t h) 1 1
( ) sin(8 )192 1536
h t t t
i) 4 41( )
2
ti t t e
Question 3
a) 2 3( ) 2t ta t e e
b) 4( 1) 7( 1)( ) ( 2 ) ( 1)t tb t e e u t
c) 3 2( ) 2 3t tc t e t e
d) 3 31 2
( )27 81
t t
d t e te
e) 2 41 5 1( )
4 2 4
t tte t e e
f) 2( 4) 4( 4) 10( 4)1 1 1( ) ( 4)
12 12 12
t t tf t e e e u t
g) 4 4 47 5 7( ) sin(9 ) cos(9 )
81 9 81
t t tg t e e t e t
255
h) 3 413 3( ) ( 2)
2 2
t th t t e t e
i) 2( 3) 3( 3) 4( 3)( ) ( 3) 12 22 ( 3)t t ti t t e e e u t
j) 3 3
34 341 5 97 5
( ) cos sin2 34 10 34
t tt tj t e e
Question 4
a) sin(2 )
( ) 2cos(2 )2
t ta t e t
b) 52 17 2
( ) 2cos sin5 2 5
tt t
b t e
c) 3( ) 3cos(5 ) 4sin(5 )
tc t e t t
d)
4 316 117 16( ) cos(4 ) sin(4 )
17 136 17
t td t e t t e
e) 611 16 11
6 611( ) 2cos sin
tt t
e t e
f)
4
253 47 3
( ) cos sin25 5 25
4
5
tt t
f t e
Question 5
a)
2
1( )
1
s
s
s eP s
s e
b)
2
2
2( )
1
s s
s
e eQ s
s e
c)
2 2 2 2
1( )
1
as
as
a eR s
a s e
d)
1 2
2
1 1( )
1 1
s s s
s
e e eF s
e s s
Question 6
a) 2 5 5
2 2 2 2
1 1 2 2( )
s s se e eF s
s s s s s
b) 2 2
1 1( ) 1 2
1
sG s es s
c) 2 3
2
1( ) 1 s s sH s e e e
s
d) 2 3
2 2 2
1 2( )
s s se e eK s
s s s s
Question 7
a) ( ) ( 1) ty t t e
b) 4 33 4( )
7 7
t ty t e e
c) 3 41 1( )
7 7
t ty t e e
d) 4 31 1 1( )
28 21 12
t ty t e e
e) 4 1 1
( ) cos(2 ) sin(2 )5 10 5
ty t t t e
256
Question 8
a) 2( 1) 4( 1) 2( 2) 4( 2)1 1
( ) ( 1) ( 2)8 4 8 8 4 8
t t t te e e ey t u t u t
b) 2( 1) 4( 1) 4( 2) 2( 2)
( ) ( 1) ( 2)2 2 2 2
t t t te e e ey t u t u t
c) 21 3 1 3 1
( ) sin cos ( )10 25 2 30 75 2 10 25
tt t ty t e u t
d) 1
( ) 5cos(5 ) sin(5 ) 5( )cos(5 ) ( )150
y t t t t t u t
Question 9
a) ( ) 3cos(5( 3) 3sin(5( 3) ( 3)f t t t u t
b) 3
( ) cos(2 ) cos(3 )5
y t t t
Question 10
a) 2 211 2 11 4( ) et ( )
3 3 6 3
t t t tx t e e y t e e
b) 2 22 23 1 3 1
( ) et ( )2 2 2 2
t t
t tx t e e y t e e
c) 2 2( ) 6 7 et ( ) 9 7t t t tx t e e y t e e
d) ( ) 3cos(2 ) 4sin(2 ) et ( ) 4cos(2 ) 3sin(2 )x t t t y t t t
e) 2 2 2 2( ) 2 cos(2 ) 2 sin(2 ) et ( ) 2 cos(2 ) 2 sin(2 )t t t t
x t e t e t y t e t e t
f)
2
2
3 7 19 1 2( ) cos( ) sin( )
4 4 10 5 5
1 7 19 1 1( ) cos( ) sin( )
4 12 10 5 15
t t t
t t t
x t e e t t e
y t e e t t e
257
5.11 Table des transformées de Laplace
(1) Fonctions usuelles
T0 f(t)
0
( ) ( ) stF s f t e dt
T1 A
A
s
T2 t
2
1
s
T3 , entier et 0 nt n n
1
!n
n
s
T4 ate
1
s a
T5 att e
2
1
( )s a
T6 sin( )t
2 2s
T7 cos( )t
2 2
s
s
T8 sin( )ate t
2 2( )s a
T9 cos( )ate t
2 2( )
s a
s a
T10
sin( )t t
22 2
2 s
s
T11
cos( )t t
2 2
22 2
s
s
T12 , , 1nt n n
1
( 1)n
n
s
T13 ( )u t
1
s
T14 ( )u t a
ase
s
T15 ( )t 1
T16 ( )t a ase
258
T17 n att e 1
!
( )n
n
s a
T18 1
sin( )t
2 2
1
s
T19 1
sin( )ate t
22
1
( )s a
T20 1
2
at ate ea
2 2
1
s a
T21 1
2
at ate e 2 2
s
s a
T22 1 at bte e
b a
1
( )( )s a s b
T23 1 bt atbe e
b aa
( )( )
s
s a s b
T24 3
1sin( ) cos( )
2t t t
22 2
1
s
T25 1
sin( )2
t t
22 2
s
s
T26 1
sin( ) cos( )2
t t t
2
22 2
s
s
T27 2
11 cos( )t
2 2
1
s s
T28 3
1sin( )t t
2 2 2
1
s s
T29 2 2
1sin( ) sin( )
( )t t
2 2
2 2 2 2
1si
( )s s
T30 2 2
1cos( ) cos( )t t
2 2
2 2 2 2si
( )
s
s s
Remarque. Dans la table ci-dessus, les deux égalités suivantes sont implicites :
( ) ( ) ( )f t f t u t
( ( ) ( )) ( ( ))L f t u t L f t
259
(2) Propriétés des transformées de Laplace
# Interprétation f(t) F(s)
P1
Linéarité
( ) ( )a f t b g t (s) ( )a F bG s
P2
Modulation
( )ate f t ( )F s a
P3 Changement
d’échelle ( )f at
1 sF
a a
P4.1
Dérivée en t
'( )f t ( ) (0 )s F s f
P4.2
Dérivée seconde en t
''( )f t 2 ( ) (0 ) '(0 )s F s s f f
P4.3 Dérivée nième
en t ( ) ( )nf t ( 1)1( ) (0 ) ... (0 )nn ns F s s f f
P5.1
Dérivée en s
( )t f t dF
ds
P5.2
Dérivée nième
en s
( )nt f t ( 1)n
n
n
d F
ds
P6.1 Intégration en t 0
( )t
f x dx ( )F s
s
P6.2 Intégration en s ( )f t
t ( )
s
F s ds
P7 Fonction périodique
(période P) ( ) ( )f t f t P
0
( )
1
P
st
Ps
f t e
e
dt
P8
Translation (1)
( ) ( )f t a u t a ( )ase F s
P9
Translation (2)
« Coupure »
( ) ( )f t u t a ( ( ))ase L f t a
P10 Convolution 0
(u)g(t u)dut
f ( ) ( )F s G s
260
Suite page suivante …
261
Chapitre 6
Applications des ED linéaires d’ordre 2
Table des matières
6.1 Introduction ……………………………………………………..........
262
6.2 Applications en dynamique …………………………………………… 262
6.2.1 Exemples sur le mouvement harmonique amorti …………………. 263
Cas particulier : absence d’amortissement ………………........ 264
Mouvement amorti …………………………………………..... 266
Cas du mouvement sur-amorti ………………………………… 266
Cas de l’amortissement critique ………………………………. 267
Cas du sous-amortissement ……................................................ 269
6.2.2 Mouvement forcé …………………………………………………. 271
Régime transitoire et régime permanent ……………………… 271
Conséquences de la linéarité du modèle ……………………… 271
Méthodes de résolution ……………………………………….. 271
6.2.3 Le cas des forces sinusoïdales ……………………………………. 274
6.2.4 Formules de somme des fonctions sinus et cosinus de même
fréquence……………………………………………………………
277
6.3 Exercices en dynamiques ……………………………………………… 280
6.3.1 Réponses aux exercices en dynamique ……………………………
283
6.4 Circuits électriques ……………………………………………………. 286
6.4.1 Circuit RC série ………………………………………………........ 286
6.4.2 Circuit RL série …………………………………………………… 287
6.4.3 Circuit RLC série …………………………………………………. 288
6.4.4 Exemples …………………………………………………………. 290
6.4.5 Analogies entre les systèmes masse-ressort avec amortissement
et les circuits RLC série …………………………………………...
294
6.5 Exercices sur les circuits électriques …………………………………. 301
6.5.1 Réponses aux exercices ………………………………………….. 304
262
Chapitre 6
Applications des ED linéaires d’ordre 2
6.1 Introduction
Dans ce chapitre, nous allons considérer un certain nombre d’application dans le but de
faire le pont avec les cours plus techniques. Les applications qui seront considérées sont
les suivantes :
Applications en dynamiques;
Applications sur les circuits électriques;
Applications faisant intervenir des systèmes d’ED.
Pour faire le pont avec les cours techniques, il importe d’introduire des informations
supplémentaires permettant d’interpréter les résultats de l’analyse mathématique des
systèmes dynamiques qui seront considérés. Pour l’essentiel, ce sera des notions
d’énergie et de puissance. Il suffira de quelques notions simples faire le lien avec les
cours de technologie qui vont approfondir les mêmes applications.
6.2 Applications en dynamique
Nous allons essentiellement considérer les applications reliées au système masse-ressort,
avec ou sans amortisseur et avec ou sans force externe. Ce système est particulièrement
important par la richesse des interprétations physiques s’y rattachant.
Système masse-ressort avec amortisseur
Figure 6.1 La figure illustre une masse sur laquelle agit une force
extérieure f(t). La masse est reliée à un ressort de constante de rappel k
(N/m) et à un amortisseur de constante b ( N sec/m ) comme illustré.
Modèle mathématique associé au système de la figure
L’application de la deuxième loi de Newton pour la détermination du centre de masse de
la masse de la figure conduit à l’ED suivante :
k b
m
f(t)Y
y = 0y(t) (point d’équilibre)
263
( ) oùdv dy
m ky bv f t vdt dt
2
2( )
d y dym b ky f t
dt dt (6.1)
Les conditions initiales sont données selon la position initiale et la vitesse initiale de la
masse :
(6.2)
Avec ces conditions initiales, la masse a une énergie mécanique initiale donnée par la
somme de ses énergies cinétique et potentielle initiales :
(6.3)
Lorsque ( ) 0f t le mouvement est dit « harmonique amorti » (MHA).
Lorsque la force extérieure est non nulle ( ( ) 0f t ), on dit que le mouvement
de la masse est forcé.
Remarque. Il est toujours possible de diviser par de part et d’autre de l’égalité pour
réécrire l’ED (6.1) comme suit :
1
1'' ' ( ) ( )
b ky y y f t f t
m m m (6.4)
En (6.4), suite à la division par m, le coefficient de ''y est égal à 1. Pour cette raison, il
n’y a pas de perte de généralité à produire des exemples dans lesquels la masse m est de
1 (kg). Par exemple, les deux ED suivantes ont la même solution générale et la même
solution particulière (avec les mêmes conditions initiales) :
500 '' 1000 ' 2500 1000sin(2 )
'' 2 ' 5 2sin(2 )
y y y t
y y y t
6.2.1 Exemples sur le mouvement harmonique amorti
En absence de force extérieure ( ), le mouvement de la masse est déterminé
notamment, mais pas seulement par son énergie mécanique initiale (voir (6.3) ci-dessus) :
le mouvement ( )y t est non nul si au moins une condition initiale sur la position (énergie
potentielle) ou la vitesse (énergie cinétique) est non-nulle.
0 0(0) et (0) '(0)y Y v y V
2 22 2
0 00 0 0
( (0)) ( (0))
2 2 2 2
mV k Ym v k yE K U
( ) 0f t
264
Avec , le mouvement de la masse est décrit par la solution ( )y t de l’ED linéaire
et homogène d’ordre 2 à coefficients constants suivante :
0 0'' ' 0 avec (0) et (0) '(0)my b y ky y Y v y V (6.5)
Les résultats obtenus à la section (4.3) du chapitre (4) pour les ED linéaires et homogènes
à coefficients constants s’appliquent intégralement.
Cas particulier : absence d’amortissement.
S’il n’y a pas d’amortissement (b = 0 en (6.5)), l’énergie mécanique de la masse est
constante (dans le temps), car il n’y a pas de perte d’énergie du à une force résistive.
Dans ces conditions, le mouvement de la masse sera donné par une fonction sinusoïdale
d’amplitude constante.
L’ED à résoudre a la forme suivante :
0
0
(0)'' 0 avec
'(0)
y ymy ky
y v
(6.6)
Le polynôme en D associé à cette ED admet deux racines purement imaginaires données
park
D im
. La solution générale de cette ED d’ordre 2 est donnée par
1 2( ) cos sink k
y t A t A tm m
(6.7)
Il est facile de vérifier qu’avec les conditions initiales exprimées en (6.6), la solution
particulière de l’ED en (6.6) est la suivante (à vérifier par le lecteur):
0 0( ) cos sink m k
y t y t v tm k m
(6.8)
Avec l’expression de y(t) obtenu en (6.8) et de ( ) '( )v t y t , il est facile de vérifier qu’en
absence de force résistive (b = 0), l’énergie totale du système est constante. En effet :
2 2 2 2
0 0
1 1 1 1( '( )) ( ( ))
2 2 2 2m y t k y t mv k y (6.9)
Le terme de droite en (6.9) est précisément l’énergie initiale totale de la masse. ____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 1. Exemple de mouvement harmonique (b = 0, pas d’amortissement).
Considérons l’exemple suivant : m = 1 kg, b = 0 ( ) et k = 4 (N/m) dans l’ED
(6.5) avec les trois cas de CI suivants associés à la même énergie initiale de 2 (J).
( ) 0f t
N sec/ m
265
Cas (1) : l’ED à résoudre est la suivante : (0) 1
'' 4 0 sous '(0) 0
yy y
y
Cas (2) : l’ED à résoudre est la suivante : (0) 0
'' 4 0 sous '(0) 2
yy y
y
Cas (3) : l’ED à résoudre est la suivante : (0) 1
'' 4 0 sous '(0) 3
yy y
y
Solution
On note que les racines du polynôme en D sont purement imaginaires (la partie réelle est
nulle) :
2 20
'' 4 0 4 0 4 4 0 22
y y D D i i
Les solutions particulières sont obtenues de la solution générale (6.7) avec les conditions
initiales données ci-dessus :
(1) : cos(2 )
(2) : sin(2 )
3(3) : cos(2 ) sin(2 )
2
cas y t
cas y t
cas y t t
Les solutions particulières associées aux cas (1) et (2) ainsi que les graphes sont obtenus
à l’aide de la calculatrice.
Figure 6.2. Graphes associés aux solutions des trois cas de l’exemple 6.4. On
remarque que l’amplitude du mouvement est la même, ce qui confirme entre
autres que l’énergie initiale est la même dans chacun des cas.
On constate que le mouvement est purement sinusoïdal : l’amplitude du mouvement est
constante. L’énergie mécanique totale de la masse est constante. On peut le vérifier
comme suit dans les deux cas ci-dessus :
(6.10) 2 22 2
0 0( ( )) ( ( ))2 (J)
2 2 2 2
mV k Ym v t k y t
266
Remarque. En pratique, ce cas n’existe pas car il y a toujours des forces résistives qui se
manifestent de sorte que le mouvement est toujours au minimum très légèrement sous-
amorti.
Mouvement amorti
S’il y a amortissement ( 0b ), le mouvement de la masse se poursuivra jusqu’à ce que
l’énergie mécanique initiale de la masse soit complètement dissipée dans l’amortisseur.
Trois cas peuvent se présenter selon les valeurs relatives des paramètres m, b et k :
o 2( 4 ) 0b km : cas du mouvement sur-amorti ;
o 2( 4 ) 0b km : cas de l’amortissement critique ;
o 2( 4 ) 0b km : cas de sous-amortissement.
Cas du mouvement sur-amorti : 2( 4 ) 0b km
La solution de l’ED (6.5) décrit le mouvement de la masse. Le polynôme en D
associé à l’ED admet deux racines réelles distinctes :
2
1
22
2
4'' ' 02 2
402 2
b b mkmy by ky rm m
b b mkmD bD k rm m
(6.11)
Les deux racines réelles 1 2etr r sont toujours négatives. La solution générale est
donnée par la combinaison de deux exponentielles décroissantes : 1 2
1 2
r t r ty C e C e (6.12)
_______________________________________________________________________
Exemple 2. Considérons l’exemple suivant : m = 1 kg, b = 5 ( N sec/ m ) et k = 4 (N/m)
en (6.11) avec les CI suivantes associées à une énergie initiale de 2 (J) (voir (6.3)):
2 2 2(0) 1 1 1 1
cas(1) ( (0)) ( '(0)) 4 (1) 0 2 (J)'(0) (0) 0 2 2 2
yk y m y
y v
2 2 2(0) 0 1 1 1
cas(2) ( (0)) ( '(0)) 0 1 (2) 2 (J)'(0) (0) 2 2 2 2
yk y m y
y v
267
Solution
On note que 2 24 5 4 1 4 4 0b km . On a donc sur amortissement.
Cas (1) : l’ED à résoudre est la suivante :
(0) 1'' 5 ' 4 0 sous
'(0) (0) 0
yy y y
y v
Cas (2) : l’ED à résoudre est la suivante :
(0) 0'' 5 ' 4 0 sous
'(0) (0) 2
yy y y
y v
Dans les deux cas, la solution converge rapidement vers y = 0 (voir la figure (6.2) ci-
dessous). L’interprétation physique est la suivante : l’énergie initiale est rapidement
dissipée par l’amortisseur. Les solutions et les graphes associées aux cas (1) et (2) sont
obtenus à l’aide de la calculatrice et présentés dans les « écrans » ci-dessous.
Figure 6.3 L’écran de gauche donne les solutions associées aux deux ensembles
de conditions initiales. Celui de droite donne les graphes des deux solutions obtenues. Il est facile de les distinguer sur la base des valeurs de (0)y et de '(0)y : dans le cas (1), l’énergie de la masse en t = 0 est potentielle ( (0) '(0) 0v y )
alors que dans le cas (2), l’énergie initiale est cinétique ( (0) 0y ). _______________________________________________________________________
Cas de l’amortissement critique : 2( 4 ) 0b km
C’est le cas pour lequel l’énergie initiale est dissipée le plus rapidement, avec
comme conséquence que la masse s’arrêtera plus rapidement que dans tous les
autres cas considéré dans cette section. Du point de vue mathématique, le polynôme
en D associé à l’ED admet une seule racine réelle négative double :
2
2
'' ' 04
2 2 20
my by kyb b mk b
rm m m
mD bD k
(6.13)
La racine r est négative et la solution générale est donnée par
1 1
rt rty C e C t e (6.14)
268
Exemple 3 Soit m = 1 kg, b = 4 ( ) et k = 4 (N/m) dans l’ED (6.5) avec les deux
cas de CI suivants associés à des énergies initiales égales à 2 (J) comme dans l’exemple
précédent. Cela se traduit par les deux cas suivants :
Cas (1) : l’ED à résoudre est la suivante : (0) 1
'' 4 ' 4 0 sous '(0) 0
yy y y
y
Cas (2) : l’ED à résoudre est la suivante : (0) 0
'' 4 ' 4 0 sous '(0) 2
yy y y
y
Solution
On note qu’avec les valeurs numériques de m, b et k, 2 24 4 4 1 4 0b km : il s’agit
donc d’un cas d’amortissement critique.
Figure 6.4. L’écran de gauche présente les solutions associées aux deux ensembles
de conditions initiales obtenues avec la calculatrice. Une petite procédure
« accélère » l’écriture. L’écran de droite présente les graphes des deux solutions
obtenues. Dans le cas (1), on constate que l’énergie de la masse en t = 0 est toute
potentielle (y’(0) = 0). Dans le cas (2), l’énergie initiale est cinétique (y(0) = 0). _______________________________________________________________________
Remarque. Si l’on compare les graphes des solutions dans les cas (1) des deux derniers
exemples (mouvement sur-amorti et amortissement critique avecles mêmes CI), on
constate que le retour à l’équilibre est plus rapide en amortissement critique : c’est ce
que la figure ci-dessous illustre. Physiquement, l’énergie se dissipe plus rapidement
lorsqu’il y a amortissement critique que dans les autres cas (sous-amortissement ou
suramortissement).
N sec/ m
269
Figure 6.5 La figure illustre la différence entre le cas de suramortissement et
d’amortissement critique pour lequel la masse s’immobilise plus rapidement, résultat du
fait que l’énergie initiale de la masse se dissipe plus rapidement dans ce dernier cas.
________________________________________________________________________
Cas du sous-amortissement : 2( 4 ) 0b km
Dans ce cas, l’amortissement est faible et l’énergie ne se dissipe pas suffisamment
rapidement, de sorte que le mouvement de la masse se caractérise par une
oscillation d’amplitude décroissante.
Le polynôme en D associé à l’ED admet deux racines complexes dont la partie réelle
est négative. Ces racines sont les suivantes :
2 222 (4 )4
02 2 2 2
mk b ib b mk bmD bD k D
m m m m
(6.15)
2
2
24où
2 2 4
2
b
mb mk bD i D i
m m mk b
m
(6.16)
La solution générale de cette ED est donnée par l’expression suivante :
1 2sin( ) cos( )t ty C e t C e t (6.17)
Notons que la partie réelle de la racine ( ) est négative. Dans ces conditions, la
solution y(t) converge assez rapidement vers 0 sauf lorsque 0b . Dans ce dernier
cas, on observe un mouvement sinusoïdal sans amortissement.
________________________________________________________________________
Exemple 4. Soit m = 1 kg, b = 1 ( ) et k = 4 (N/m) dans l’ED (6.5) et les deux
cas de CI suivants avec des énergies initiales égales à 2 (J) comme dans les exemples
précédents.
N sec/ m
270
(0) 1 (m) (0) 0 (m)cas (1) et cas (2)
'(0) 0 (m / sec) '(0) 2(m / sec)
y y
y y
Solution
Cas (1) : l’ED à résoudre est la suivante : (0) 1
'' ' 4 0 sous '(0) 0
yy y y
y
Cas (2) : l’ED à résoudre est la suivante : (0) 0
'' ' 4 0 sous '(0) 2
yy y y
y
On note qu’il y a sous-amortissement :
2 24 (1) 4 1 4 15 0b km
Les solutions auront en général la forme suivante :
1 2sin( ) cos( ) sin( ) où 0t t ty C e t C e t Ae t .
Dans cet exemple, les valeurs de et son donnée par
21 4 15et
2 2 2 2
b ac b
a a
La solution générale des ED sont les mêmes. Elles sont données par l’expression
suivante :
1 2
2 215 15
cos2 2
sint t
y C e t C e t
Les solutions particulières et les graphes de ces dernières sont obtenus à l’aide de
la calculatrice : les résultats sont affichés dans les « écrans » ci-dessous.
Figure 6.6. À gauche, les solutions associées aux deux cas de l’exemple. On remarque
la différence dans les solutions attribuable à différentes conditions initiales. À droite,
les graphes des solutions associées aux deux cas de l’exemple : les cas (1) est celui pour
lequel y’(0) = 0 (énergie cinétique initiale nulle) alors que le cas deux est associés à
celui pour lequel y(0) = 0 (énergie potentielle initiale nulle)
_______________________________________________________________________
271
6.2.2 Mouvement forcé
Dans ce cas, une force extérieure non nulle s’applique sur la masse. Le
modèle mathématique est celui formulé en (6.1) :
20
2
0
(0)( ) avec
'(0) (0)
y Yd y dym b ky f t
y v Vdt dt
(6.18)
Les considérations suivantes apportent certaines précisions nécessaires à la bonne
compréhension de l’analyse mathématiques des applications dans le cas ( ) 0f t .
(1) Régime transitoire et régie permanent
Dans la solution particulière ( )y t de (6.18) déterminée avec les conditions initiales
qui exprime le déplacement de la masse en fonction du temps, il est toujours possible
de distinguer le « régime transitoire » exprimé par la solution c
y de l’ED homogène
associée et le « régime permanent » exprimé par la solution p
y qui est étroitement
associée à l’expression de la force ( )f t s’exerçant sur la masse. L’exemple (5) ci-
dessous illustre la distinction des deux composantes du mouvement dans un cas
concret.
(2) Conséquence de la linéarité du modèle
L’ED (6.18) est linéaire. Dans ces conditions, si la force f(t) est donnée par la somme
de deux forces distinctes, le principe de « superposition » s’applique. Il permet de
distinguer l’action résultante de chacune des forces en présence dans le « régime
permanent » comme suit :
1 2( ) ( ) ( )f t f t f t (6.19)
2
1 12
1 22
2 22
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
p
p p p
p
d y dym b ky f t y t
dt dty t y t y t
d y dym b ky f t y t
dt dt
(6.20)
(3) Méthodes de résolution
La détermination de y(t) peut se faire avec la technique de réduction de l’ordre, la
méthode des coefficients indéterminés, la méthode de variation des paramètres et
avec celle des transformées de Laplace. Dans les cas pour lesquels ( )f t est une
fonction continue par morceaux ou comporte une fonction impulsion, il faut utiliser
les transformées de Laplace.
Si elle peut être utilisée (cas des fonctions continues comme dans le cadre dans
le chapitre (4)), la méthode des coefficients indéterminés présente l’avantage
( ) 0f t
272
d’illustrer le fait que l’expression du mouvement de la masse est étroitement
associée à celle de la force extérieure s’appliquant sur cette dernière.
Les cas les plus importants quant à la nature fonctionnelle de la force f(t) dans
les applications sont les suivants :
o les forces sinusoïdales;
o les forces constantes, celles qui sont linéaires en t et celles qui sont
proportionnelles à 2t (dans le cas des deux dernières, on admettra que leur
action est limitée dans le temps, sinon elles deviennent « irrésistibles »);
o les forces dont l’expression comporte des fonctions « échelon unités » ou
des fonctions « impulsions ». Les transformées de Laplace sont alors
nécessaires pour la résolution des ED (chapitre 5)).
________________________________________________________________________
Exemple 5. Sur les notions de « régime transitoire » et de « régime permanent »
Soit le cas d’un système masse-ressort avec amortisseur caractérisé par les paramètres
suivants : m = 25 kg, b = 50 (N.sec/m) et k = 25 (N/m). Supposons qu’une force
sinusoïdale ( ) 50sin(2 )f t t s’exerce sur la masse et que les conditions initiales sur la
position et la vitesse de la masse sont (0) 1/ 2 (m)y et '(0) 1 (m/ sec)y .
Solution
L’ED à résoudre est la suivante (se référer à l’ED en 6.18):
(0) 1/ 225 '' 50 ' 25 50sin(2 ) avec
'(0) 1
yy y y t
y
Cette ED peut également s’écrire comme suit (après division par 25 de part et d’autre de
l’égalité) :
(0) 1/ 2'' 2 ' 2sin(2 ) avec
'(0) 1
yy y y t
y
La solution c
y de l’ED homogène associée s’obtient facilement :
2 2
1 2
'' 2 ' 0 2 1 0 ( 1) 0t t
c
y y y D D D
y C e C te
La méthode des coefficients indéterminés nous amène à poser un candidat de la
forme suivante :
sin(2 ) cos(2 )p
y A t B t
273
Avec ces résultats, on peut déterminer la partie de la solution associée au régime
transitoire et celle associée au régime permanent.
Figure 6.7. Solution de l’ED de l’exemple (5) avec la calculatrice.
Compte tenu de l’analyse ci-dessus, il est facile d’identifier dans la solution ci-dessus
produite par la calculatrice les expressions de c
y du « régime transitoire » qui
s’estompe rapidement avec les exponentielles négatives et l’expression de la solution
en régime permanent p
y qui est celle du candidat formulé dans le cadre de la
méthode des coefficients indéterminés :
41 3régime transitoire
50 10
6 8sin(2 ) cos(2 ) régime permanent
25 25
c
p
t ty e te
y t t
La figure qui suit présente les graphes de (t), ( ) et ( )c p
y y t y t .
Figure 6.8. Graphes de yc(t), yp(t) et de y(t). On remarque que la solution yc(t)
associé au régime transitoire s’estompe rapidement. On constate également que la
solution y(t) converge rapidement vers la solution en régime permanent yp(t).
274
6.2.3 Le cas des forces sinusoïdales
Il s’agit d’un cas très important qui prépare à l’étude des vibrations notamment dans les
systèmes mécaniques et les circuits hydrauliques.
La méthode des coefficients indéterminés peut être utilisée pour l’étude de ce cas,
conjointement avec le principe de superposition. Considérons l’exemple du système
masse-ressort soumis à une force sinusoïdale. Dans ce cas, il importe de rappeler que
l’identité d’Euler permet de formuler l’égalité suivante :
0 0 0cos( ) sin( )i tF e F t iF t (6.21)
Dans ces conditions, si l’on pose 0( ) où 1i tf t F e i est le nombre imaginaire, la
deuxième loi de Newton nous donne le modèle mathématique suivant :
20
02
0
(0)avec
'(0) (0)
i ty Yd y dy
m b ky F ey v Vdt dt
(6.22)
L’intérêt de cette approche est le suivant : la solution particulière py aura la forme
p pr piy y i y (6.23)
Dans cette expression, la partie réelle pry de la solution est associée à la partie réelle de
la force ( 0 cos( )F t ) et la partie imaginaire piy est associée à la partie imaginaire de la
force ( 0 sin( )F t ). Pour déterminer la solution particulière avec la méthode des
« coefficients indéterminés » lorsque 0b , il suffit de prendre comme candidat
2
'
''
i t
pi t
p i t
p
y i Ae
y Aey Ae
(6.24)
Après avoir substitué les expressions du candidat et de ses dérivées dans l’ED et
déterminé yp, on peut vérifier que les parties réelle ypr et imaginaire ypi de son expression
sont respectivement associée à la partie réelle et à la partie imaginaire de la force donnée
en (6.21). Précisément, on obtient les résultats suivants :
275
00
2 2 2 2
00
2 2 2 2
( ) cos( ) cos( )( )
( ) sin( ) sin( )( )
pr
pi
Ff t F t y t
k m b
Ff t F t y t
k m b
(6.25)
L’amplitude est la même, ce qui est prévisible, car avec la même amplitude, deux
forces sinusoïdales de même fréquence appliquée au même système masse-ressort
avec amortisseur vont produire un mouvement de même amplitude.
On note également que déphasage ( ) entre la force et la position de la masse en
régime permanent est le même dans les deux cas. Ce déphasage dépend des
paramètres m, b et k du système et de la fréquence de la force sinusoïdale. Son
expression s’obtient de l’égalité:
2tan( )
b
k m
(6.26)
Remarque. L’impact du déphasage entre la force et la vitesse associée au
déplacement en régime permanent a généralement beaucoup d’importance en
dynamique : on désire habituellement éviter que la force s’oppose à la vitesse.
Notons que l’expression de la vitesse en régime permanent est donnée par
( )p
p tdy
vdt
(6.27)
Des considérations analogues s’appliquent aux circuits électriques comme on le
verra dans la section qui suit. Lorsque la vitesse en régime permanent est en phase
avec la force, la puissance transférée à la masse par la force est optimale.
La fréquence m
associée à la plus grande amplitude de ( )p
y t est donnée par
2
20
22 2 2 20 si ( 2 )
2( )m
Fd k bb km
d m mk m b
(6.28)
La connaissance de cette fréquence est importante dans certaines applications en
dynamique lorsque l’amortissement est faible. Une trop grande amplitude dans le
mouvement de la masse peut provoquer des bris mécaniques. Puisque cette fréquence est
déterminée par les paramètres m, b et k du système, c’est-à-dire ses caractéristiques
physiques, il est opportun d’illustrer le résultat formulé en (6.28) par un exemple
numérique. ______________________________________________________________________________________
Exemple 6. Soit le système suivant : 1 ( ), 1 (N sec/m), 25 (N/m)m kg b k . La
figure (6.9) illustre l’amplitude ( )A du mouvement en régime permanent (dep
y ) en
276
fonction de la fréquence de la force extérieure 0
( ) sin ( )f t F t en supposant
l’amplitude de cette dernière est0
1F . Dans ces conditions, on trouve
2
222 2
1 7( ) 4.95 (Hz)
2 225m
k bA
m m
Le graphe de l’amplitude en fonction de la fréquence de la solution sinusoïdalep
y en
régime permanent est illustré ci-dessous dans la figure (6.9).
Figure 6.9. Graphe de l’amplitude de la solution sinusoïdale en régime permanent
en fonction de la fréquence de la force extérieure
La solutionp
y en régime permanent de l’ED est donnée ci-dessous dans les cas
2 et 5 , avec dans chaque cas une force d’amplitude F0 = 1. Les ED sont les
suivantes :
2 '' ' 25 sin(2 ), (0) 0 et '(0) 0
5 '' ' 25 sin(5 ), (0) 0 et '(0) 0
y y y t y y
y y y t y y
Les solutionsp
y en régime permanent obtenues avec la calculatrice sont les suivantes :
12 sin(2 0,095) A 0,0474
445
15 cos(5 ) A 0,2
5
p
p
y t
y t
Comme on le constate, lorsque la fréquence de la force extérieure est proche (cas 5 )
de ce qu’on désigne par « fréquence de résonnance », l’amplitude du régime permanent
est nettement plus grande que lorsque la fréquence de la force sinusoïdale diffère
sensiblement (cas 2 ) de cette dernière.
277
6.2.4 Formules de somme des fonctions sinus et cosinus de même fréquence
Les formules suivantes servent à exprimer cos( ) sin( )a t b t sous l’une des deux
formes suivantes :
sin( ) Forme (sinus)cos( ) sin( t)
cos( ) Forme (cosinus)
A ta t b
A t
(6.29)
La relation entre et s’obtient avec les identités trigonométriques comme suit :
cos sin( )2 2
sin cos( )2 2
x x
x x
(6.30)
Les formes proposées ci-dessous apparaissent dans les résultats fournis par la
calculatrice : elles ont pour but de faciliter l’interprétation des résultats.
Forme (sinus)
1)
2 2
arctan 0cos( ) sin( ) sin( )
arctan 0
A a b
asi b
a t b t A t b
asi b
b
(6.31)
2) 1 sign( )
cos( ) sin( ) sin arctan2
b aa t b t A t
b
(6.32)
Forme (cosinus)
3) cos( ) sin( ) cos( )a t b t A t
2 2
arctan , 0
arctan , 0
A a b
ba
a
ba
a
(6.33)
4) 1 sign( )
cos( ) sin( ) cos arctan2
a ba t b t A t
a
(6.34)
Remarque : Pour les fins de l’interprétation physique, l’angle de phase (entre la force et
la vitesse ou entre la tension de la source et le courant doit se situer entre et .
278
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 7. Considérons le cas de système masse ressort avec amortisseur avec force
extérieure sinusoïdale caractérisé par les paramètres suivants :
Cas (1) : 1
10 , 50 (N sec/m), 40 (N/m) et ( ) 20sin(3 )m kg b k f t t
Cas (2) : 2
10 , 50 (N sec/m), 40 (N/m) et ( ) 40cos(4 )m kg b k f t t
Supposons que les conditions initiales sont identiques : (0) 1
'(0) (0) 1
y
y v
a) Détermination des ED associées aux deux cas.
b) Détermination des solutions associées aux deux cas.
c) Détermination de la solution transitoire et de la solution en régime permanent
dans les deux cas.
d) Détermination de l’amplitude du régime permanent entre les deux cas.
e) Détermination de l’angle de phase entre la force et la vitesse de la masse
strictement associée à la solution en régime permanent dans les deux cas.
Solution
(a) Les ED sont :
cas (1) 10 '' 50 ' 40 20sin(3 ) (0) 1avec
cas (2) 10 '' 50 ' 40 40sin(4 ) '(0) 1
y y y t y
y y y t y
(b) Les solutions calculées avec la «Nspire» sont les suivantes :
(c) Les solutions transitoires et en régime permanent sont :
1 1
2 1
4
4
6 2 3 1cas (1) cos(3 ) sin(3 )
5 25 25 25
47 1 3 5cas (2) cos(4 ) sin(4 )
51 6 34 34
et
et
c p
c p
t t
t t
y e e t t
y e e t t
y
y
279
(d) Les amplitudes associées au régime permanent sont
2 2
1
2 2
2
3 1 10
25 25 25
3 5 34
34 25 34
A
A
(e) Utilisant les formules en (6.32) et (6.34) conjointement avec les résultats obtenus
en (c), on trouve :
1
1 1
1
1
10 3 10sin(3t 4,39) cos(3t 4,39)
25 25
3 10Cas (1) cos( ) sin sin 3t 4,39
2 25 2
3 10sin( 2 ) sin( ) sin 3t 0,42
25
p
p p
p
p
dyy v
dt
x x v
x x v
1
1
3 10( ) sin 3t 0,42
25
( ) 20sin(3 )
pv t
f t t
Dans le cas (1), on note un déphasage (0,42 radian) de la vitesse par rapport à la
force.
2
2 2
2
2
34 4 34cos(4 t 4,17) cos(4 t 4,17)
34 34
2 34Cas (2) cos( ) cos( ) cos 4 t 4,17
17
2 34cos( 2 ) cos( ) cos 4 t 1.03
17
p
p p
p
p
dyy v
dt
x x v
x x v
2
2
2 34( ) cos 4 t 1.03
17
( ) 40 cos(4 )
pv t
f t t
Dans le cas (2), on note également un déphasage (1,03 radian) de la vitesse par
rapport à la force.
280
6.3 Exercices en dynamique
Exercice 1
Pour chacun des MHA suivants, déterminez si le système est sur-amorti, en
amortissement critique ou en sous-amortissement. Déterminez la solution particulière
avec les conditions initiales.
a) (0) 1
10 ( ), 40 (N sec/ m), 30 (N/ sec) et'(0) 2
ym kg b k
y
b) (0) 2
10 ( ), 50 (N sec/ m), 40 (N/ sec) et'(0) 1
ym kg b k
y
c) (0) 1
1 ( ), 17 (N sec/ m), 16 (N/ sec) et'(0) 1
ym kg b k
y
d) (0) 1
1 ( ), 12 (N sec/ m), 16 (N/ sec) et'(0) 1
ym kg b k
y
e) (0) 3
1 ( ), 10 (N sec/ m), 16 (N/ sec) et'(0) 2
ym kg b k
y
f) (0) 1
2 ( ), 12 (N sec/ m), 18 (N/ sec) et'(0) 20
ym kg b k
y
g) (0) 2
1 ( ), 4 (N sec/ m), 16 (N/ sec) et'(0) 3
ym kg b k
y
h) (0) 2
1 ( ), 2 (N sec/ m), 16 (N/ sec) et'(0) 4
ym kg b k
y
Exercice 2
a) Faites tracer les solutions des exercices 1c, 1f et 1h ci-dessus. Pour chacun de ces
exercices, la masse m et la constante de rappel du ressort k ont des valeurs
identiques : seul le paramètre constante d’amortissement b varie.
b) Dans chaque cas, utiliser la calculatrice pour calculer le plus grand déplacement de la
masse par rapport au point d’équilibre ainsi que sa plus grande vitesse.
Exercice 3.
a) Dans le cas des exercices 1g et 1h, réécrivez la solution sous la forme
( ) ( )sin ( )y t A t t en utilisant les formules données en (6.29) à (6.34).
b) Faites tracer la solution et l’enveloppe de la solution A(t) dans les deux cas.
281
Exercice 4 Un système masse-ressort avec amortisseur est caractérisé par les paramètres suivants :
2 ( ), 12 (N sec/ m), 18 (N/ m)m kg b k
a) Si nous supposons qu’aucune force extérieure ne s’exerce sur la masse et que les
conditions initiales sont non-nulles sur la position et la vitesse, déterminez si le
système est un cas de sur amortissement, d’amortissement critique ou de sous
amortissement.
Pour les questions b, c, d et e, supposons maintenant que la force extérieur qui s’exerce
sur la masse est donnée par ( ) 12cos(3 )f t t et que les conditions initiales sont les
suivantes :
(0) 2
'(0) (0) 7
y
y v
b) Déterminez l’ED sur la position y(t) de la masse en fonction du temps.
c) Déterminez y(t).
d) Déterminez la solution transitoire ( )c
y t .
e) Déterminer l’amplitude et l’angle de phase entre la force f(t) et la solution en
régime permanent sous la forme ( ) cos( )y t A t .
Exercice 5 Un système masse-ressort avec amortisseur est caractérisé par les paramètres suivants :
4 ( ), 8 (N sec/ m), 68 (N/ m)m kg b k
a) Si nous supposons qu’aucune force extérieure ne s’exerce sur la masse et que les
conditions initiales sont non-nulles sur la position et la vitesse, déterminer si le
système est un cas de sur amortissement, d’amortissement critique ou de sous
amortissement.
Pour les questions b, c, d, e et f, supposons que la force extérieur qui s’exerce sur la
masse est donnée par ( ) 30sin (3 )f t t et que les conditions initiales sont les suivantes :
(0) 0
'(0) (0) 0
y
y v
b) Déterminez l’ED sur la position y(t) de la masse en fonction du temps.
c) Déterminez y(t).
d) Déterminez la solution transitoire ( )c
y t .
e) Déterminer l’amplitude et l’angle de phase entre la force f(t) et la solution en
régime permanent sous la forme ( ) sin( )y t A t .
f) Quelle serait la fréquence de la force f(t) pour que l’amplitude du régime
permanent soit maximale
282
Exercice 6
Un système masse-ressort avec amortisseur est caractérisé par les paramètres suivants :
1 ( ), 4 (N sec/ m), 40 (N/ m)m kg b k
a) Si nous supposons qu’aucune force extérieure ne s’exerce sur la masse et que les
conditions initiales sont non-nulles sur la position et la vitesse, déterminer si le
système est un cas de sur amortissement, d’amortissement critique ou de sous
amortissement.
Pour les sous questions qui suivent, supposons que la force extérieur qui s’exerce sur la
masse est donnée par ( ) ( )f t t et que les conditions initiales sont les suivantes :
(0) 0
'(0) (0) 1
y
y v
b) Déterminez l’ED sur la position y(t) de la masse en fonction du temps.
c) Déterminez ( )y t
d) Faites tracer le graphe de la solution dans une fenêtre appropriée et déterminer à
quels instants se produisent les deux maximums de la solution et la valeur de ces
maximums.
Exercice 7
Un système masse-ressort avec amortisseur est caractérisé par les paramètres suivants :
1 ( ), 5 (N sec/ m), 4 (N/ m)m kg b k
a) Si nous supposons qu’aucune force extérieure ne s’exerce sur la masse et que les
conditions initiales sont non-nulles sur la position et la vitesse, déterminer si le
système est un cas de sur amortissement, d’amortissement critique ou de sous
amortissement.
Pour les sous-questions suivantes, supposons que la force extérieure qui s’exerce sur la
masse est donnée par
2 0 1( )
0 ailleurs
t si tf t
Supposons également que les conditions initiales sont les suivantes :
(0) 0
'(0) (0) 0
y
y v
b) Déterminez l’ED sur la position y(t) de la masse en fonction du temps.
c) Déterminez ( )y t .
d) Faites tracer le graphe de la solution ( )y t dans une fenêtre appropriée.
283
Exercice 8
Un système masse-ressort avec amortisseur est constitué d’une masse de 400 kg fixée à
un ressort dont la constante de rappel est de 2000 (N/m) et à un amortisseur caractérisé
par une constante d’amortissement 800 (Nsec/m).
a) Supposons qu’aucune force externe ne s’exerce sur la masse et que les conditions
initiales sur la position et la vitesse ne sont pas nulles. Déterminez si le mouvement
de la masse du système décrit ci-dessus est un cas de sous-amortissement,
d’amortissement critique ou de sur amortissement.
b) Si les conditions initiales sont nulles, c’est-à-dire que la masse est au point
d’équilibre et que sa vitesse est nulle en 0t , et si une force externe
800 2f t t (N) s’exerce sur la masse, déterminez l’expression de la position
y t de la masse en fonction du temps.
c) Que vaut y(1) selon la solution obtenue en (b) ?
d) À l’aide de la calculatrice, esquissez le graphe de la solution obtenue en (b) et
estimez l’écart maximal de la position de la masse par rapport au point d’équilibre.
e) Si la force externe est donnée par 800sin 2f t t et que les conditions initiales
sont nulles, c’est-à-dire 0 0y et 0 0y , trouvez la période et l’amplitude de la
solution en régime permanent.
6.3.1 Réponses aux exercices en dynamique.
Exercice 1
a) Cas de sur amortissement 33 5
( )2 2
t ty t e e
b) Cas de sur amortissement 41 7
( )3 3
t ty t e e
c) Cas de sur amortissement ( ) ty t e
d) Cas de sur amortissement
(2 5 6) (2 5 6)5 2 5 5 2 5
( )10 10
t ty t e e
e) Cas de sur amortissement 2 811 2
( )3 3
t ty t e e
f) Cas d’amortissement critique 4 4( ) 16t ty t e t e
g) Cas de sous amortissement 2 23( ) sin(2 3 ) 2 cos(2 3 )
6
t ty t e t e t
h) Cas de sous amortissement 1
( ) sin( 15 ) 2 cos( 15 )15
t ty t e t e t
284
Exercice 2
Les calculs se font simplement avec la calculatrice.
Exercice 3
Cas(1g) : 2 2147 147( ) sin 2 3 1.43 ( )
6 6
t ty t e t A t e
Cas (1h) : 2 2915 915
( ) sin(2 3 1,44) ( )15 15
t ty t e t A t e
Exercice 4
Solution générale (c) :3 3 1
( ) 2 12 sin(3 )3
t ty t e t e t
Exercice 5
Solution générale (c):27 9 9 3
( ) sin(4 ) cos(4 ) cos(3 ) sin(3 )80 20 20 5
t ty t e t e t t t
Exercice 6
Solution générale : 2 2( )1 1( ) sin(6 ) sin(6( ) ( )
6 6
t ty t e t e t u t
Exercice 7
(c) Sol. gén. : 4 ( 1 4( 1)3 4 13 2 5 4 13( ) ( 1)
16 16 3 48 16
t t t tt ty t e e e e u t
285
Exercice 8
(a) Mouvement sous-amorti.
(b)
On a donc ( 2)( ) sin(2( 2)) ( 2)ty t e t u t
(c) y(1) = 0
(d)
(e) Avec la calculatrice
On a donc 8 2 2
( ) cos(2 ) sin(2 ) sin (2 1,33)17 17 17
py t t t t
286
6.4 Circuits électriques
Dans cette section, nous allons considérer les circuits à une maille suivants : les circuits
RC-séries et RL-séries (traités au chapitre 3), ainsi que les circuits RLC-séries, avec ou
sans source de tension.
6.4.1 Circuit R-C série
S
a
R
C
+
_
i + +_ _
o
Figure 6.10. La figure présente un circuit RC série avec source ( ).
Pour l’analyse de ce circuit, on suppose que le commutateur S est placé en position (a) en
t = 0. On suppose également que les conditions initiales sont les suivantes :
00(0) (0)C
Qq Q V
C (6.35)
Deux ED sont associées à ce circuit : l’une en q(t), l’autre en ( )CV t . Elles sont
déterminées en appliquant la loi des mailles à ce circuit, en parcourant la maille en
partant du point (o) dans le sens horaire, celui du courant tel que représenté sur la figure :
ED en q(t)
0
0
avec (0)
qRi
dq qCR q Q
dq dt Ci
dt
(6.36)
ED en ( )CV t
0
0
avec (0)CC C C
C
qRi
C
dV QqV RC V V
C dt C
dVi C
dt
(6.37)
Les conditions initiales sont habituellement nulles (q(0) = 0 et VC (0) = 0), sauf dans le
cas d’un circuit de décharge d’un condensateur dans une résistance.
287
Remarque. La constante de temps des circuits RC est donnée par (sec)RC
RC . Pour
faire tracer un graphe sur un intervalle approprié de manière à illustrer à la fois le
régime transitoire et le régime permanent, il faut que cet intervalle soit au minimum de
10RC , c’est-à-dire
0 010
RCt t t . On considère que le régime transitoire s’estompe
après 5RC
T .
6.4.2 Circuit RL série
Figure 6.11. La figure présente un circuit constitué d’une source
alimentant une résistance R en série avec une inductance L.
En terme d’interprétation, c’est le circuit simplifié d’un moteur électrique alimenté par
une source de tension qui peut être constante (une batterie par exemple) dans le cas d’un
moteur à courant continu ou par une source sinusoïdale.
Pour l’analyse du circuit de la figure (6.11), on suppose que le commutateur S est placé
en position (a) en t = 0. On suppose également que la condition initiale sur le courant est
la suivante : 0(0)i I (généralement 0 0I dans les applications courantes). L’ED
associée à ce circuit vise à déterminer l’expression de i(t). La loi des mailles appliquée à
partir du point (o) en parcourant la maille dans le sens du courant indiqué (sens horaire)
donne une ED en i(t) :
0
0
avec (0)
diL Ridi
Ri L dtdt
i I
(6.38)
Remarque. La constante de temps des circuits RL est donnée par / R (sec)RL
L . Un
intervalle approprié pour illustrer à la fois le régime transitoire et le régime permanent
doit avoir au minimum de 10RL , c’est-à-dire
0 010
RLt t t .
Sa
R
+
_
i
o
L
288
6.4.3 Circuit RLC série
Figure 6.12. La figure présente un circuit RLC-série. Le circuit est activé en t =0
en plaçant le commutateur S en position (a).
L’application de la deuxième loi de Kirchhoff (loi des mailles) permet de formuler le
modèle mathématique permettant de décrire le comportement de ce circuit comme suit :
(6.39)
( ) 0di q
t Ri Ldt C
où dq
idt
(6.40)
On obtient alors l’ED qui suit en ( )q t , la charge sur le condensateur en fonction du
temps : 2
2
1( )
d q dqL R q t
dt dt C
(6.41)
L’ED en ( )q t est linéaire du deuxième ordre à coefficients constants. Les conditions
initiales sont les suivantes :
0
0
(0)
'(0) (0)
q Q
q i i
Il faut ici noter que les conditions initiales sont habituellement nulles (q(0) = 0 et i(0)=0)
à moins qu’on ne mentionne le contraire ou que l’on désire analyser le cas des circuits
sans source ( ( )t =0) avec des conditions initiales non-nulles, ce qui signifie qu’il y a de
l’énergie dans le circuit en 0t . Cette situation est analogue à celles des systèmes
masse-ressort avec amortissement, sans force extérieure, mais avec conditions initiales
non-nulles.
Lorsque la solution particulière ( )q t a été obtenue, on peut déterminer les expressions du
courant ( )i t . On peut par suite obtenir les expressions de ( ), de ( ) et de ( )C L R
V t V t V t du
voltage aux bornes des éléments dans le circuit, c’est-à-dire la valeur absolue de la
différence de potentiel à leurs bornes avec les expressions suivantes :
R L
C++ ++
-- --(t)
+
-
i
s
a
0R L CV V V V
289
2
2
( )( )
( )
( ) ( )
C
L
R
q tV t
C
di d qV t L L
dt dt
dqV t Ri t R
dt
(6.42)
____________________________________________________________________________________________________________
Remarque sur la notion de puissance (optionnel).
La puissance instantanée délivrée par une source ou absorbée par un élément dans un
circuit est toujours calculée par le produit de la différence de potentiel à ses bornes et le
courant qui l’alimente. Ainsi, la puissance ( )P t délivrée par la source au circuit de la
figure (6.7) exprimée en watts (W) est donnée par l’expression suivante :
( ) ( ) ( ) ( )dq
P t t i t tdt
(6.43)
La source « alimente » les autres éléments du circuit : elle délivre une puissance à
chacun de ces derniers. Dans le cas de chacun des éléments, cette puissance absorbée est
le résultat du produit du voltage aux bornes de l’élément et du courant qui l’alimente. On
a donc :
2
(W)
(W)
( ) (W)
L
C
R
diP L i
dt
qP i
C
P Ri i Ri
(6.44)
Le signe négatif signifie que cette puissance est « absorbée » par ces éléments. On
montre facilement l’égalité de la « puissance instantanée délivrée par la source » et de
la « puissance instantanée absorbée par les autres éléments du circuit» : ce résultat
découle de l’égalité (6.40). En effet :
( ) 0 ( )di q di q
t Ri L L Ri tdt C dt C
(6.45)
di qL i Ri i i
dt Ci
L R CP P P P
(6.46)
________________________________________________________________________
290
Dans le cas des trois circuits présentés ci-dessus (RC séries et RL séries et RLC-séries),
les sources de voltage habituelles sont les suivantes :
0 ( )V (circuits en décharge);
0 ( )E V (alimentation d’un moteur électrique à courant continu, ou charge
d’un condensateur);
0 0sin ( ) ou cos( )E t E t (cas des sources sinusoïdales) comme dans
le cas de l’alimentation d’un moteur électrique par une source de tension
sinusoïdale.
Les sources périodiques non-sinusoïdales
Les sources définies par des fonctions échelon unité;
Les sources définies par des fonctions impulsions.
L’utilisation des transformée de Laplace est souhaitable sinon nécessaire dans les trois
derniers cas pour la résolution des ED associées aux circuits.
6.4.4 Exemples
Cette section présente quelques exemples sur les circuits électriques présentés ci-dessus.
_______________________________________________________________________
Exemple 8. Circuit RC série et source sinusoïdale
Un circuit RC série est constitué d’une résistance R de 10 ( ) en série avec un
condensateur C de 0,01 (F). Ce circuit est alimenté par une source de tension sinusoïdale
( ) 10sin(5 ) (V)t t . Si le condensateur ne porte aucune charge en t = 0, déterminer
a) l’expression de la charge et de la tension aux bornes du condensateur;
b) l’expression du courant délivré par la source;
c) le déphasage entre le courant et la tension de la source en régime permanent;
d) l’expression de la charge et de la tension sur le condensateur si la tension de la
source est activée en / 2 (sec)t , de sorte que ( ) 10sin(5 ) ( / 2)t t u t .
Solution
(a) Modèle mathématique. L’ED associée à ce circuit est la suivante :
0
10 10sin(5 ) avec (0) 01/100
' 10 sin(5 ) avec (0) 0
qRi
dq qCt q
dq dti
dt
q q t q
291
L’ED obtenue ci-dessus est linéaire d’ordre 1. Utilisons la calculatrice pour
déterminer la solution de l’ED et pour répondre aux questions. Rappelons les
relations suivantes que nous devrons utiliser.
( )
( )( )
C
dqi t
dt
q tv t
C
On a donc les expressions demandées en (a) et (b) :
10
10
10
1 1 2( ) cos(5 ) sin(5 )
25 25 25
( )( ) 4 4cos(5 ) 8sin(5 )
2 2 1( ) cos(5 ) sin(5 )
5 5 5
t
t
C
t
q t e t t
q tv t e t t
C
dqi t e t t
dt
(c) Pour répondre à (c), il faut d’abord déterminer le courant en régime permanent et
le mettre sous la forme ( ) sin ( )p
i t A t :
2 1( ) cos(5 ) sin(5 )
5 5p
i t t t
Utilisant les expressions données à la section 6.2.4, on trouve la forme cherchée :
2 2
2 1 1
15 5 5( ) sin(5 1.11)
52 / 5arctan 1.11
1/ 5
p
A
i t t
Comme ( ) 10sin(5 ) (V)t t , il faut conclure que le courant est « en avance de
phase » de 1,11 radian sur la tension. C’est généralement le cas des « circuits
capacitifs ».
292
(d) Pour répondre à (d), il faut utiliser les transformée de Laplace, car l’expression de
la source comporte une fonction « échelon unité ». L’ED à résoudre est la
suivante :
10 10sin(5 ) ( / 2) avec (0) 01/100
' 10 sin(5 ) ( / 2) avec (0) 0
dq qt u t q
dt
q q t u t q
Avec la calculatrice, il faut utiliser la procédure « solved » de la librairie
« ETS_specfunc » pour obtenir l’expression de q(t).
On a donc le résultat suivant :
1024 2 4
( ) cos(5 ) sin(5 )5 5 5 2
t
q t e t t u t
Cette solution en q(t) est la même qu’en (a), sauf qu’elle survient / 2 secondes
plus tard en raison du « retard » de la source.
________________________________________________________________________
293
Exemple 9. Circuit RL série et source sinusoïdale
Un circuit RL série est constitué d’une résistance R de 10 ( ) en série avec une bobine
dont l’inductance est de 1 H. Ce circuit est alimenté par une source de tension sinusoïdale
( ) 10sin(5 ) (V)t t . Si le courant est nul dans le circuit initialement, déterminer
a) l’expression du courant dans le circuit en fonction du temps (il s’agit du courant
délivré par la source);
b) le déphasage entre le courant et la tension de la source en régime permanent.
Solution
(a) Le modèle mathématique associé à ce circuit est le suivant :
0( ) , (0) 10 10sin(5 ), (0) 0di di
L Ri t i i i t idt dt
La solution de cette ED est102 2 4
( ) cos(5 ) sin(5 )5 5 5
ti t e t t .
(b) La solution en régime permanent est la suivante:
2 4 2( ) cos(5 ) sin(5 ) ( ) sin(5 0,46)
5 5 5p pi t t t i t t
Dans ces conditions, on a :
( ) 10sin(5 )
2( ) sin(5 0,46)
5p
t t
i t t
On en déduit que le courant est en retard sur la tension ( 0,46 (rad) ).
C’est le cas des circuits « inductifs » caractérisé par la présence d’une bobine
manifeste son « inertie » au passage du courant.
___________________________________________________________________________________________________________
Remarques sur les derniers exemples lorsque la source est sinusoïdale (optionnel)
Les deux derniers exemples illustrent la différence entre un « circuit capacitif », le circuit
RC série et un « circuit inductif », le circuit RL série. On observe la différence de l’effet
physique du condensateur et celui de la bobine : le condensateur introduit une avance de
phase du courant sur la tension de la source alors que l’inductance produit l’effet
contraire, c’est-à-dire un retard de phase du courant sur la tension. Dans un circuit
RLC série c’est l’effet combiné du condensateur et de la bobine qui détermine si le circuit
est « inductif » (le courant présente un retard de phase sur la tension) ou « capacitif »
(le courant présente une avance de phase sur la tension).
294
Le « facteur de puissance » d’un circuit est donné par le cosinus de l’angle de
phase entre la tension et le courant délivré par la source, donc par cos( ) .
De plus, 0 cos( ) 12 2
;
En pratique, on vise à réaliser des circuits pour lesquels le courant est en phase
avec la tension. Étant donné qu’un condensateur de capacité convenablement
choisie introduit une avance de phase qui peut compenser exactement le retard de
phase dû à l’inductance (par exemple d’un moteur synchrone alimenté par une
source de tension sinusoïdale), on peut réaliser des circuits pour lesquels le
courant est en phase avec la tension. Cela permet de maximiser la puissance
transférée par la source au circuit (il faut que le facteur de puissance cos( ) soit
égal à 1). On désigne par « correction du facteur de puissance » l’intervention
visant à annuler la phase entre le courant et la tension. À titre d’exemple, dans le
cas de l’alimentation des moteurs électriques dont l’inductance est importante, on
ajoute des condensateurs pour annuler le retard de phase. Cela nous amène à
considérer les circuits RLC séries.
6.4.5 Analogies entre les systèmes masse-ressort avec amortissement et les circuits
RLC séries
La comparaison des modèles mathématiques associés aux systèmes masse-ressort avec
amortisseur et ceux associés aux circuits RLC série permet d’établir le tableau des
analogies ci-dessous. On peut par exemple utiliser le tableau pour « traduire » les
résultats obtenus dans le système masse-ressort avec amortisseur en ceux des circuits
RLC séries (les résultats en 6.47 ci-dessous sont déduits de ceux formulés en 6.25)
Tableau des analogies
Système masse-ressort avec
amortisseur Circuit RLC série
'' ' ( )my by ky f t 1
'' ' ( )Lq Rq q tC
Déplacement de la masse y(t) Charge sur le condensateur q(t)
Vitesse '( )y t Courant délivré par la source '( )q t
Masse m Inductance L
Constante d’amortissement b Résistance R
Constante de rappel du ressort k L’inverse de la capacité 1
C
Force extérieure f(t) Source de tension ( )t
Tableau 6.1. Analogies des systèmes masse-ressort avec amortisseur avec les circuits RLC séries.
295
Il importe de terminer la comparaison entre ces deux systèmes dynamiques en
considérant le cas des sources de tensions sinusoïdales tout en faisant référence aux
résultats formulés en (6.25). Il suffit d’utiliser les analogies du tableau ci-dessus
pour déterminer les expressions de la charge sur le condensateur en régime
permanent.
00
2 2 2 2
00
2 2 2 2
( ) cos( ) cos( )( )
( ) sin( ) sin( )( )
p
p
Ff t F t y t
k m b
Ff t F t y t
k m b
(6.25)
00
2
2 2 2
00
2
2 2 2
( ) cos( ) cos( )
1
( ) sin( ) sin( )1
p
p
t t q t
L RC
t t q t
L RC
(6.47)
Angle de phase entre le courant et la tension et facteur de puissance dans les
circuits RLC séries lorsque la tension est sinusoïdale
Utilisant la relation entre la charge sur le condensateur en régime permanent et
le courant délivré par la source (en régime permanent également), on obtient les
expressions suivantes (en utilisant les formules de la section 6.2.4) et la relation
suivante entre le courant et la charge en régime permanent :
( )p
p
dqi t
dt (6.48)
00
22
00
22
( ) sin( ) ( ) sin( )
1
( ) cos( ) ( ) cos( )
1
p
p
t t i t t
R LC
t t i t t
R LC
(6.49)
On peut montrer que l’angle de déphasage entre la tension de la source et le
courant en régime permanent est donné par
1
tan( )
LC
R
(6.50)
296
Pour que le facteur de puissance cos( ) soit maximal, c’est-à-dire égal à 1. Il
faut donc que
10 tan( ) 0 0L
C
(6.51)
Ce résultat a une grande importance en pratique, car il exprime les conditions
permettant de maximiser le facteur de puissance, notamment dans le cas de
l’alimentation des gros moteurs électriques, ce qui est très courant. Dans ce cas
particulier, la fréquence de la tension sinusoïdale est fixée : elle est donnée par
2 f où f = 60 (Hz) , ce qui ne laisse que le choix d’un condensateur dont la
capacité est donnée par l’expression suivante pour maximiser le facteur de
puissance :
2 2
1 1
(120 )C
L L
(6.52)
Facteurs de puissance dans les systèmes masse-ressort avec amortissement
alimenté par une force sinusoïdale
Les résultats sont analogues : le facteur de puissance est maximal lorsque la
force sinusoïdale est en phase avec la vitesse en régime permanent (également
sinusoïdale). C’est physiquement logique : la force ne doit pas « s’opposer » au
mouvement de la masse, elle doit donc être en phase avec la vitesse. Utilisant le
tableau des analogues, la condition à réaliser est la suivante : 2k m . Cela
laisse plusieurs possibilités selon la solution souhaitable : ajuster la masse m ou
la constante k ou la fréquence de la force.
________________________________________________________________________
Exemple 10. Circuit RLC série avec source sinusoïdale.
Considérons un circuit RLC série avec une bobine dont l’inductance est de 1 (H) avec
une résistance de 20 et un condensateur de 1/100 (F) alimenté par une source de
tension dont l’expression est ( ) 20sin(5 )t t . Au moment d’activer le circuit, il n’y a
aucune charge sur le condensateur et le courant est nul dans le circuit. Dans ces
conditions :
a) Déterminez le modèle mathématique associé au circuit permettant de calculer la
charge sur le condensateur en fonction du temps.
b) Déterminez les expressions de la charge et de la tension aux bornes du
condensateur en fonction du temps.
c) Déterminez l’expression du courant délivré par la source en fonction du temps.
d) Déterminez l’expression du courant en régime permanent délivré par la source en
fonction du temps et mettez cette expression sous la forme 0( ) sin( )i t I t .
e) Déterminez si le courant est en avance ou en retard de phase par rapport à la
tension de la source et déduisez la nature capacitive ou inductive du circuit.
297
Solution
(a) L’ED sur q(t) (cf. 6.41) est la suivante :
20
2
0
(0)1( ) avec
(0) '(0)
(0) 0'' 20 ' 100 20sin(5 ) avec
(0) '(0) 0
q qd q dqL R q t
i q idt dt C
qq q q t
i q
(b) Cette ED peut être résolue par les technique introduite au chapitre 4, par les
transformées de Laplace ou avec la calculatrice :
La réponse obtenue à l’aide de la calculatrice peut se mettre sous la forme
suivante :
10 1016 4 16 12( ) cos(5 ) sin(5 )
125 5 125 125
t tq t e te t t
(c) On déduit l’expression du courant délivré par la source en dérivant par rapport à t
l’expression de la charge q(t) :
10 1032 12 16( ) 8 cos(5 ) sin(5 )
25 25 25
t ti t e te t t
(d) L’expression de ( )pi t est donnée par la partie sinusoïdale. Cette dernière peut se
mettre sous la forme permettant de déterminer le déphasage (avec (6.31)) :
12 16 4( ) cos(5 ) sin(5 ) sin(5 0,64)
25 25 5pi t t t t
(e) Puisque ( ) 20sin(5 )t t , on déduit de l’expression du courant en régime
permanent ci-dessus qu’il est en avance de phase sur la tension ( 0,64 0 ).
Dans ces conditions, il faut conclure que le circuit est inductif.
________________________________________________________________________
298
Exemple 11. Circuit RLC série
Considérons un circuit RLC série avec une bobine dont l’inductance est de 1 (H) avec
une résistance de 12 et un condensateur de 1/100 (F). Ces éléments sont alimentés par
une source dont l’expression en volts (V) est donnée par
20 si 3( )
0 ailleurs
tt
Au moment d’activer le circuit, il n’y a aucune charge sur le condensateur et le courant
est nul dans le circuit. Dans ces conditions :
a) Déterminez le modèle mathématique associé au circuit permettant de calculer la
charge sur le condensateur en fonction du temps.
b) Déterminez l’expression de la charge sur le condensateur en fonction du temps.
c) Faites tracer le graphe de la charge sur le condensateur sur un intervalle de temps
approprié.
d) Déterminez l’expression de la charge ( )q t sur le condensateur en fonction du
temps si le circuit est soumis à un « choc » approximé par la fonction impulsion
suivante :
( ) 20 ( )t t
Faites également tracer le graphe de ( )q t .
Solution
(a) L’expression de la tension suggère l’emploi des transformée de Laplace. En effet :
20 si 3
( ) ( ) 20 ( ) ( 3 )0 ailleurs
tt t u t u t
L’ED associée au circuit est la suivante :
(0) 0
'' 12 ' 100 20 ( ) ( 3 ) avec'(0) (0) 0
qq q q u t u t
q i
(b) On peut résoudre l’ED obtenue en (a) avec la calculatrice pour obtenir
l’expression de q(t) : il faut utiliser la procédure « solved » dans la librairie
« ETS_specfunc » :
299
Les expressions de la fonction échelon unité eu(x) et de q1(x) sont introduites
pour faire tracer le graphe de la charge en fonction du temps. La fonction
« échelon unité » a été introduite pour les fins du graphe également.
(c) Graphe de la charge ( )q t sur le condensateur en fonction du temps.
(d) Pour déterminer l’expression de la charge, il faut utiliser la procédure « solved »
dans la librairie « ETS_specfunc » en raison de la présence de la fonction
impulsion dans l’ED à résoudre :
(e)
(0) 0'' 12 ' 100 20 ( ) avec
'(0) (0) 0
qq q q t
q i
300
L’expression de la charge ( )q t sur le condensateur en fonction du temps est
6( )5( ) sin(8 ) ( )
2
tq t e t u t
Et le graphe de q(t) est le suivant :
301
6.5 Exercices sur les circuits électriques
Exercice 1
Un circuit LC série est constitué d’une inductance de 0,1 (H) en série avec un
condensateur de 0,1 (F). Ce circuit est alimenté par une source de tension dont
l’expression est ( ) 6 cos(8 ) (V)t t . On suppose qu’initialement, il n’y a aucune charge
sur le condensateur et aucun courant dans le circuit.
a) Adapter le modèle formulé en (6.41) pour déterminer l’ED dont la solution est la
charge q(t) sur le condensateur en fonction du temps.
b) Utiliser la calculatrice pour déterminer la solution en q(t) de l’ED formulée en (a).
c) Utiliser la calculatrice pour faire tracer la solution obtenue en (b).
d) Montrer que la solution peut s’écrire sous la forme ( ) sin( )sin(5 )q t A t t .
Aide : cos( ) cos( ) 2sin sin2 2
y x x yx y
Exercice 2
Un circuit RL série est constitué d’une résistance R de 5 ( ) en série avec une bobine
dont l’inductance est de 0,25 H. Ce circuit est alimenté par une source de tension dont
l’expression en volts (V) est ( ) 2 ( 1) 2 ( 2)t t t . Le courant est nul dans le
circuit initialement. Dans ces conditions :
a) Déterminer l’ED dont la solution est le courant dans le circuit en fonction du
temps.
b) Déterminez l’expression du courant dans le circuit en fonction du temps);
c) À l’aide la calculatrice, faites tracer le graphe du courant en fonction du temps et
déterminer la première valeur maximale de ce dernier.
Exercice 3
Un circuit RC série est constitué d’une résistance R de 20 ( ) en série avec un
condensateur C de 0,05 (F). Ce circuit est alimenté par une source de tension dont
l’expression est ( ) 10 ( 2) 10 ( 8)t t t . Le condensateur ne porte aucune charge
en t = 0. Dans ces conditions :
a) déterminez la valeur numérique de la constante de temps de ce circuit RC;
b) déterminez l’ED dont la solution est la tension aux bornes du condensateur en
fonction du temps;
c) déterminez l’expression de la tension aux bornes du condensateur;
d) déterminez la valeur numérique de la charge lorsque t = 1.
302
e) Utilisez la calculatrice pour faire tracer le graphe de la charge sur le condensateur
en fonction du temps sur un intervalle approprié.
Exercice 4
Considérons un circuit RLC série avec une bobine dont l’inductance est de 2 (H) avec
une résistance de 20 et un condensateur de 1/100 (F). Ces éléments sont alimentés par
une source de tension dont l’expression en volts (V) est
0 si 5( )
100 si 5
tt
t
Au moment d’activer le circuit, il y a une charge de 1 (C) sur le condensateur et le
courant est nul dans le circuit. Dans ces conditions :
a) Déterminez le modèle mathématique associé au circuit permettant de calculer la
charge sur le condensateur en fonction du temps.
b) Déterminez l’expression de la charge et la tension aux bornes du condensateur en
fonction du temps.
c) Utilisez la calculatrice pour faire tracer le graphe de la tension aux bornes du
condensateur sur un intervalle de temps approprié.
Exercice 5
a) Un circuit RLC série avec une bobine dont l’inductance est de 0,25 (H) avec une
résistance de 4 et un condensateur de 0,0625 (F). Ces éléments sont alimentés par
une source de tension dont l’expression en volts (V) est ( ) ( )t t . Au moment
d’activer le circuit, il n’y a aucune charge sur le condensateur et le courant est nul
dans le circuit. Utilisez la résolution des ED par les transformées de Laplace pour
déterminer l’expression de la charge et la tension aux bornes du condensateur en
fonction du temps.
b) Faites le même exercice, mais en supposant que les éléments du circuit sont
alimentés par une source de tension dont l’expression en volts (V) est ( ) ( )t u t .
c) Utilisez la calculatrice pour faire tracer le graphe des expressions déterminées en (a)
et (b) de la charge sur le condensateur en fonction du temps sur un intervalle de
temps approprié.
d) Montrez que l’intégrale de la solution en (a) donne la réponse obtenue en (b), c’est-à-
dire que l’intégrale de la réponse « impulsionnelle » du circuit en (obtenue en (a))
donne la réponse « indicielle » en q(t) du même circuit (obtenue en (b)). Cela
signifie que l’on peut vérifier l’égalité suivante :
0
( ) ( )t
uy t y u du
303
Exercice 6
Considérez le circuit de la figure. Un condensateur est disposé en parallèle d’une
résistance en série avec une bobine. Ce circuit pourrait représenter un condensateur
disposé en parallèle d’un moteur électrique pour corriger le facteur de puissance. La
source alimentant ce circuit est sinusoïdale : 0( ) sin( ) (V)t t pour t > 0. Utilisez la
calculatrice pour les calculs.
R
LC(t)
a b
cd
e
f
i
i2i
1
a) Appliquer la loi deuxième loi de Kirchhoff à la maille (abcda) pour trouver
l’expression de la charge sur le condensateur en fonction du temps.
b) Déduisez l’expression du courant 1( )i t de celle de la charge déterminée en (a)
c) Appliquer la loi deuxième loi de Kirchhoff à la maille (abefcda) pour trouver
l’expression du courant 2( )i t en fonction du temps.
d) Identifiez l’expression du courant 2 ( )pi t en régime permanent dans le résultat
obtenu en (c).
e) Utilisez les résultats en (b) et (d) pour trouvez l’expression du courant délivré par
la source en régime permanent.
f) (Optionnel) Exprimez le résultat en (e) sous la forme suivante :
( ) sin( )i t I t
g) (Optionnel) Trouvez l’expression de C en fonction des autres composantes du
circuit pour que l’angle de phase s’annule (le facteur de puissance est alors
maximal, c’est-à dire égal à 1).
304
6.5.1 Réponses aux exercices
Exercice 1
(a) L’ED est la suivante : (0) 0
'' 100 18cos(8 t) avec'(0) (0) 0
qq q
q i
(b) Avec la calculatrice ou autrement : 5
( ) cos(8 ) cos(10 )3
q t t t
(c) Avec la calculatrice. Le graphe de q(t) est une sinusoïde (celle de fréquence 9) avec
une « enveloppe » sinusoïdale (amplitude variable) de fréquence 1 donnée par
10sin( )
3t
(d) Avec l’identité trigonométrique, on trouve 10
( ) sin( ) sin(9 )3
q t t t
Exercice 2
(a) L’ED est 1
' 5 2 ( 1) 2 ( 2) avec (0) 04
i i t t i
(b) La solution s’obtient avec la calculatrice en utilisant la procédure « solved » de la
librairie « ETS_specfunc ».
On obtient 20( 1) 20( 2)( ) 8 ( 1) 8 ( 2)t ti t e u t e u t
(c) Graphe de i(t).
305
Exercice 3
(a) 1 (sec)R C
(b) ( ) ' 10 ( 2) 10 ( 8) avec (0) 0C
C
C CC
dvRC v t v v t t v
dt
(c) La solution en ( )C
v t est la suivante :
2( 2) 2( 8)
2( 2)
2( 2) 2( 8)
( ) 10 ( 2) 10 ( 8)
0 2
( ) 10 2 8
10 10 8
t t
C
t
C
t t
v t e u t e u t
si t
v t e si t
e e si t
(d) (0) 1q
(e) Graphe de ( )C
v t .
Exercice 4
(a) (0) 1
2 '' 20 ' 100 100 ( 5) avec'(0) (0) 0
qq q q u t
q i
(b)
5 5 ( 5 )
5 5 ( 5 )
( ) cos(5 ) sin(5 ) cos(5( 5) sin(5( 5 ( 5) ( 5)
( ) 100 cos(5 ) sin(5 ) 100 cos(5( 5) sin(5( 5 ( 5) 100 ( 5)
t t
t t
C
q t e t t e t t u t u t
v t e t t e t t u t u t
(c) Graphe de ( )C
v t .
306
Exercice 5
(a) 8
2
4( ) ( ) 4
( 8)
tQ s q t t es
(b) 8
2
4 1 8 1( ) ( )
s ( 8) 16 16
t
u u
tQ s q t e
s
(c) On remarque que Propriété P6
0
( )( ) ( ) ( )
t
Laplace
u u
Q sQ s q t q x dx
s
En effet, on vérifie que
8 8
0
1 8 14
16 16
t
x ttx e dx e
Exercice 6
(a) 0( ) sin( )q t C t
(b) 0 1 0( ) sin( ) ( ) cos( )dq
q t C t i t C tdt
(c) Il s’agit d’un circuit RL série alimenté par une source sinusoïdale. En résolvant
l’ED découlant de l’application de la deuxième loi de Kirchhoff, on trouve
l’expression de 2( )i t :
0 0
2 2 2 2 2 2 2( ) sin( ) cos( ) sin( )
Rt
LL
i t e t L t R tR L R L
(d)
02 2 2 2( ) cos( ) sin( )pi t L t R t
R L
(e) L’expression de ( )pi t s’obtient en appliquant la première loi de Kirchhoff au
nœud situé en (b) dans le circuit électrique :
0 0
0 2 2 2 2 2 2( ) cos( ) sin( )p
L Ri t C t t
R L R L
(f) Utilisez (6.31)
(g) Le facteur de puissance est maximal lorsque ( 0 ou cos( ) 1 ). Dans ces
conditions, utilisant encore (6.31), on montre qu’il faut que
2 2 2
LC
R L
307
Chapitre 7
Résolution des ED à coefficients non constants
Table des matières
Section Sujet
Page
7.1 Introduction ……………………………………………………... 308
7.1.1 ED à résoudre ……………………………………………… 308
7.1.2 Méthodes de résolution ……………………………………...
308
7.2 Méthodes numériques …………………………………………... 309
7.2.1 Algorithme d’Euler (rappel) ………………………………... 309
7.2.2 Algorithme de Runge-Kutta ………………………………… 309
7.2.3 Algorithme de Runge-Kutta pour un système de 2 ED
d’ordre 1 ……………………………………………………..
310
7.2.4 Conversion d’une ED linéaire d’ordre 2 en un système de 2
ED linéaire d’ordre 1 ………………………………………..
311
7.3 Méthode des séries de puissances ………………………………. 313
7.3.1 Supplément sur les sommations …………………………..... 313
7.3.2 Résolution des ED en série de puissances ………………….. 315
7.3.3 Détermination de l’intervalle de convergence des solutions
en série de puissances ……………………………………….
323
7.4 Exercices ……………………………………………………….. 327
7.4.1 Réponses aux exercices …………………………………….. 329
308
Chapitre 7
Résolution des ED à coefficients non constants
7.1 Introduction
Dans ce chapitre, nous abordons la résolution des ED linéaires à coefficients non
constants, homogènes et certains cas particuliers d’ED non-homogènes. Nous allons
introduire la méthode « quasi-analytique » des séries de puissances. Nous allons
également présenter l’algorithme de Runge-Kutta et développer une démarche pour
résoudre numériquement les ED à coefficients non-constants d’ordre 2.
7.1.1 ED à résoudre
Les ED à résoudre sont les ED homogènes à coefficients non constants de la forme
0 0
0 1
( )( ) '' ( ) ' ( ) 0 avec
'( )
y x ap x y q x y r x y
y x a
(7.1)
Dans l’ED ci-dessus, ( ), ( ) et ( )p x q x r x sont des polynômes.
Les méthodes introduites ci-dessous s’appliquent si 0( ) 0p x . Elles s’appliquent
également aux cas particuliers suivants :
( ) 0p x (ED d’ordre 1);
( ), ( ) et ( )p x q x r x peuvent être des constantes. Notamment, les méthodes
s’appliquent aux ED résolues au chapitre (4), c’est-à-dire les ED linéaires à
coefficients constants.
Les méthodes s’appliquent également aux ED de la forme suivante si la fonction f(x) est
un polynôme ou admet un développement en série de puissances (notamment en série de
Taylor) :
0 0
0 1
( )( ) '' ( ) ' ( ) ( ) avec
'( )
y x ap x y q x y r x y f x
y x a
(7.2)
7.1.2 Méthodes de résolution
Les méthodes de résolutions suivantes seront développées :
Méthodes numériques
o Algorithme d’Euler
o Algorithme de Runge-Kutta
Méthodes des séries de puissances avec 0( ) 0p x . La méthode introduite dans
ce cours ne s’applique pas dans le cas contraire.
309
7.2 Méthode numériques
Dans cette section, sont introduits les algorithmes d’Euler pour les ED d’ordre 1 (en
rappel) et de Runge-Kutta. Ce dernier sera adapté pour résoudre les ED d’ordre 2.
7.2.1 Algorithme d’Euler (rappel)
Résolution de l'ED ordinaire d'ordre 1 suivante :
' ( , )y f x y avec 0( )y a y (7.3)
La suite des points servant à estimer la solution commence par 0 0( , )x y où 0x a . Les
autres sont obtenus successivement en appliquant l'algorithme suivant :
1
1 ( , )
i i
i i i i
x x h
y y h f x y
(7.4)
Dans ces deux égalités, h est le pas de calcul. Pour obtenir la valeur numérique de la
solution y en ( )x b b a en n étapes de calculs, il faut que
b ah
n
(7.5)
Remarque. La grandeur du pas de calcul (h) est déterminante sur l'erreur introduite
dans la détermination de la suite des valeurs estimées ( iy ). Dans le cas de cet
algorithme, on peut montrer que l’erreur locale El d’estimation introduite à chacune des
étapes de calcul est proportionnelle à2h , d’où l’intérêt de choisir un pas de calcul assez
petit pour ne pas propager une erreur trop importante dans les évaluations successives
des iy . L’erreur cumulée Ec (dans le calcul de y(b) par exemple) est proportionnelle au
pas de calcul h.
Remarque. L’algorithme permet d’estimer ( ) siy b b a . Cela se vérifie avec la
calculatrice et équivaut à itérer « à gauche » de 0
x x avec des valeurs négatives de
l’indice d’itération i (par exemple :1 0 2 1
,x x h x x h etc.).
7.2.2 Algorithme de Runge-Kutta
Considérons d’abord le cas de la résolution de l'ED ordinaire d'ordre 1 suivante, comme
dans le cas de l’algorithme d’Euler :
' ( , )y f x y , 0( )y a y (7.6)
310
La suite des points pour estimer la solution commence par 0 0( , )x y où 0x a . Les autres
sont obtenus successivement en appliquant l'algorithme suivant :
1
1 1 2 3 4
1( 2 2 )
6
i i
i i
x x h
y y k k k k
(7.7)
Dans l’égalité en 1iy , les valeurs des ik se calculent comme suit :
1
12
23
4 3
( , )
( , )2 2
( , )2 2
( , )
i i
i i
i i
i i
k h f x y
khk h f x y
khk h f x y
k h f x h y k
(7.8)
Dans les égalités en (7.7) et (7.8), h est le pas de calcul tel que donné en (7.5). La valeur
numérique de la solution y pour x b s’obtient en n étapes de calculs.
Dans le cas de cet algorithme, l’erreur locale El introduite à chacune des étapes de calcul
est proportionnelle à h5. L’erreur cumulée (après n étapes de calculs) Ec est
proportionnelle à h4. La puissance de cet algorithme explique sa grande utilisation … et
sa popularité.
L’utilisation de la calculatrice ou d’un ordinateur … s’impose dans le cas de l’utilisation
de cet algorithme : il y a beaucoup de calcul à effectuer.
7.2.3 Algorithme de Runge-Kutta pour un système de 2 ED d’ordre 1
Considérons le système d’ED suivant :
'1 0 01 1 1 2
'2 0 12 2 1 2
( )( , , ), :
( )( , , )
y x ay f x y yCI
y x ay f x y y
(7.9)
Dans ces conditions, l’algorithme se décline comme suit :
1
1,1 ,1 1,1 2,1 3,1 4,1
1,2 ,2 1,2 2,2 3,2 4,2
1( 2 2 )
6
1( 2 2 )
6
i i
i i
i i
x x h
y y k k k k
y y k k k k
(7.10)
311
Pour le calcul des iy , on utilise les expressions suivantes pour les ,i jk :
1, ,1 ,2
1,1 1,22, ,1 ,2
2,1 2,23, ,1 ,2
4, ,1 3,1 ,2 3,2
( , , )
( , , )2 2 2
1,2
( , , )2 2 2
( , , )
i i i i i
i i i i i
i i i i i
i i i i i
k h f x y y
k khk h f x y y
ik kh
k h f x y y
k h f x h y k y k
(7.11)
Remarque. L’algorithme décrit en (7.10) et (7.11) s’adapte également à un système de
m ED linéaires d’ordre 1.
7.2.4 Conversion d’une ED linéaire d’ordre 2 en un système de deux ED linéaires
d’ordre 1
Il suffit d’introduire les variables suivantes :
1 1 2
2 2
'
' ' ''
y y y y
y y y y
(7.12)
Avec ces nouvelles variables, les ED en (7.1) et (7.2) se transforment comme suit :
1 2
1 0 0
2 12 0 12
'( )
( ( ) 0) avec( ) ( )( )'
( )
y yy x a
f x q x y r x yy x ay
p x
(7.13)
1 2
1 0 0
2 12 0 12
'( )
( ( ) 0) avec( ) ( ) ( )( )'
( )
y yy x a
f x f x q x y r x yy x ay
p x
(7.14)
Utilisation de la calculatrice
Les deux systèmes d’ED (7.13 et 7.14) peuvent être résolus avec la calculatrice
avec l’algorithme de Runge–Kutta. Il ne faut pas oublier que la solution
1( ) ( )y x y x dans le tableau des valeurs calculées.
312
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 1. Résolution de l’ED suivante à l’aide de l’algorithme de Runge-Kutta et
estimation de (0,9)y avec un pas de 0,1 pour le graphe pour la table.
(0) 1( 1) '' ' 4 0 avec
'(0) 1
yx y xy y
y
Solution
(1) Le système d’ED d’ordre (1) associé à cette ED est le suivant :
1 2
1
2 1
22
'(0) 1
avec( 4 )(0) 1'
1
y yy
xy yyy
x
(2) Utilisation de la calculatrice avec le choix imposé de l’algorithme de R-K et un
pas de tracé de 0,1. Le réglage de la table a été effectué en fixant l’incrément de
la table à 0,1 à partir de 0 pour que l’affichage des valeurs calculées passe par
l’estimation demandée ( (0,9)y )
(3) Estimation de (0,9)y .
(0,9) 1,24529y
____________________________________________________________________________________________________________
313
7.3 Méthode des séries de puissances
Les deux cas suivants seront considérés :
Cas (1) : ED avec CI en 0x
2 30 1 2 3
0
...nn
n
y a x a a x a x a x
; (7.15)
Cas (2) : ED avec CI en 0x x
2 30 0 1 0 2 0 3 0
0
( ) ( ) ( ) ( ) ...nn
n
y a x x a a x x a x x a x x
(7.16)
Remarque importante. Dans les sommations: 00 dans et ( )
0 0
n n
n
n x x x
n a
La solution devra comporter les éléments suivants :
Une formule de récurrence (FR) pour le calcul des coefficients n
a ;
Un développement limité de n termes (habituellement 4 ou 5 termes non nuls) de
la solution en série de puissances;
L’intervalle de convergence de la série-solution, c’est-à-dire l’intervalle des
valeurs de x pour lesquelles la solution en série de puissances est converge et
permet d’approximer la solution y(x).
7.3.1 Supplément sur les sommations
Pour résoudre les ED (7.1) et (7.2), les propriétés suivantes s’appliquant à des séries
convergentes sont nécessaires.
(1) 0 0 0
( )n n nn n n n
n n n
a x b x a b x
(7.17)
(2) 0 0 0 0
et ( 0)n n m n n mn n n n
n n n n
k a x ka x x a x a x m
(7.18)
(3) Dérivation des séries de puissance
2 30 1 2 3
0
...nn
n
y a x a a x a x a x
2 3 11 2 3 4
1
' 2 3 4 ... nn
n
y a a x a x a x na x
(7.19)
2 3 22 3 4 4
2
'' 1 2 2 3 3 4 4 5 ... ( 1) nn
n
y a a x a x a x n na x
(7.20)
314
(4) «Translation des indices »
Dans les calculs pour la résolution des ED à l’aide des séries de puissance, des sommes
de séries de puissances apparaissent dans les calculs. Il importe de pouvoir déterminer le
coefficient de nx dans chacune des séries de puissance pour obtenir la « formule de
récurrence » qui permettra d’évaluer les coefficients de la série de puissance qui est
solution de l’ED. Les cas suivants (et d’autres) se présentent :
2 3 4
0 1 2 3 4
0
1 2
1 1 2 3
1 0
2
2 2 3
2 0
( 1)
( 2)
...
' ( 1) 2 3 ...
'' ( 1) ( 1) ( 2) 1 2 2 3 ...
n
n
n n
n n
n n
n n
n n
n n
n n
n n
y a x a a x a x a x a x
y na x n a x a a x a x
y n na x n n a x a a x
(7.21)
Remarque : Omission des indices sur le symbole de sommation.
Avec les contraintes sur l’exposant de x ou de 0( )x x dans les sommations (cet
exposant ne peut être négatif dans la technique de résolution que nous introduisons) et
sur l’indice des ( 0 0)n n
a a si n , on peut omettre les indices sur le symbole de
notation sans introduire d’erreur d’interprétation dans les sommations.
Remarque. En pratique, cela nous autorise à étendre les indices de sommations de
à . Dans ces conditions, on peut s’en passer. Par exemple :
on ne peut pas mettre n < 0 dans l’expression de y qui suit sans avoir des
coefficients d’indice négatif et des exposants négatifs sur x;
2 3 4
0 1 2 3 4...n
ny a x a a x a x a x a x
Utiliser 0n dans l’expression de 'y ne se fait pas sans avoir des exposants
négatifs sur x et/ou des coefficients d’indice négatif ;
1 2
1 2 3' 2 3 ...n
ny na x a a x a x
On ne peut pas mettre 1n dans l’expression de ''y suivante sans avoir des
coefficients d’indice négatif et des exposants négatifs sur x.
2'' ( 1) n
ny n na x 2
2 3 41 2 2 3 3 4 ...a a x a x
L’omission des indices sur la sommation n’entraîne donc pas d’erreur d’interprétation
sur les termes de la sommation développée ou explicitée.
315
7.3.2 Résolution des ED en série de puissances
Dans les exemples (2) et (3) ci-dessous, nous allons utiliser ce qui précède pour
déterminer la solution en séries de puissance dans les deux cas suivant :
Cas (1) : ED avec CI en 0x
Cas (2) : ED avec CI en 0x x
La solution sera élaborée comme suit :
Détermination de la formule de récurrence (FR);
Obtention d’un développement limité à quatre terme non nuls sera obtenu avec la
formule de récurrence;
Utilisation de la calculatrice pour obtenir un développement limité de la solution
avec beaucoup plus de termes. Le graphe de ce développement limité pour
l’approximation de la solution pourra être tracé dès que l’on saura déterminer
l’intervalle de convergence de la solution en série de puissances de l’ED.
Remarque. Le problème de la détermination de l’intervalle de convergence de la
solution en série de puissances sera considéré et résolu dans la prochaine section. ________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Résolution du cas (1) : ED avec CI en 0x introduite en (7.1), c’est-à-dire :
0
1
(0)( ) '' ( ) ' ( ) 0 avec
'(0)
y ap x y q x y r x y
y a
(7.22)
Dans ces conditions, la solution est donnée par
(7.23)
Remarque. Avec 0x dans y, on obtient 0(0)y a . Avec 0x dans la dérivée de y,
c’est-à-dire2 3
1 2 3 4' 2 3 4 ...y a a x a x a x , on trouve 1'(0)y a . Les conditions
initiales donnent la valeur numérique des deux premiers coefficients de la solution
en série de puissances. L’exemple suivant montre comment obtenir les autres.
________________________________________________________________________
Exemple 2. (Cas 1) Résolution de l’ED suivante : (0) 1
(1 ) '' 0 avec'(0) 2
yx y y
y
(1) Forme de la solution
2 30 1 2 3
0
...nn
n
y a x a a x a x a x
2 30 1 2 3
0
...nn
n
y a x a a x a x a x
316
(2) Détermination de la formule de récurrence
Substituons , ', '' et ''y y y xy tel que donné ci-dessous dans l’ED
n
ny a x
1' n
ny na x
2 1'' ( 1) '' ( 1)n n
n ny n na x xy n na x
On obtient ce qui suit :
2 1( 1) ( 1) 0n n n
n n nn na x n na x a x
Avec la translation sur les indices pour obtenir des sommations avecnx , on
obtient ce qui suit :
2 1( 1)( 2) ( )( 1) 0n n n
n n nn n a x n n a x a x
On utilise l’égalité nécessaire du coefficient de de part et d’autre de l’égalité (il
est nul à droite) et on isole le coefficient dont l’indice est le plus élevé pour
obtenir la FR :
2 1
1
2
( 1)( 2) ( )( 1) 0
( )( 1)FR
( 1)( 2)
n n n
n n
n
n n a n n a a
n n a aa
n n
(3) Développement limité à 5 termes non nuls de la solution
On veut 2 3 4
0 1 2 3 4...y a a x a x a x a x
0(0) 1y a
1'(0) 2y a
0
2
2 1
3
3 2
4
0 10 dans FR
1 2 2
(1)(2) 1 2 3 11 dans FR
2 3 2 3 6 2
13
(2)(3) 522 dans FR3 4 2 3 24
an a
a an a
a an a
2 3 41 1 51 2 ...
2 2 24y x x x x
nx
317
(4) Utilisation de la calculatrice pour obtenir un développement limité de la
solution
Il faut construire la fonction ai(n) pour calculer comme suit :
0
1
, 0
, 1 ( )
expression de ( ), n 1
sto
a n
a n ai n
ai n
Dans l’accolade ci-dessus, l’expression ai(n) s’obtient de l’expression de 2n
a
donnée par la FR en procédant comme suit. Dans l’exemple ci-dessus, il faut
d’abord effectuer une translation d’indice ( ( 2)n n ) dans l’expression de la
FR. On obtient alors ce qui suit :
1 2( 2)( 1)
( 1)( )
n n
n
n n a aa
n n
On remplacera i dans ai(n) par un entier pour ne pas « surcharger » a(n) en
utilisant plusieurs fois la calculatrice pour résoudre ce type de problèmes.
L’expression de ai(n) à utiliser dans l’accolade est la suivante en raison de la
notation fonctionnelle utilisée :
( 2) ( 1) ( 1) ( 2)
( 1) ( )
n n ai n ai n
n n
On obtiendra un développement limité à k termes (8,10 ou 15, k pas trop grand!)
de la solution avec la syntaxe suivante :
0
( )k
n
n
y ai n x
On pourrait faire tracer le graphe du développement limité, mais en dehors de
l’intervalle de convergence de la solution complète (dont la détermination sera
abordée plus loin dans ce chapitre), ce graphe n’a pas de sens. ____________________________________________________________________________________________________________
318
La méthode introduite ci-dessus s’applique à des ED non-homogènes telle que formulées
en (7.2), c’est-à-dire de la forme suivante :
(7.24)
Il faut cependant que la fonction f(x) puisse s’exprimer en série de puissances, notamment
en série de Taylor développée autour de0
x x , c’est-à-dire que
( )
20 0
0 0 0 0 0
0
''( ) ( )( ) ( ) '( )( ) ( ) ... ( )
2! n!
n
n
n
f x f xf x f x f x x x x x x x
(7.25)
La question de l’intervalle de convergence de la solution-série associée à ce cas sera
considérée dans la prochaine section. ____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 3. (Cas 1) Résolution de l’ED non-homogène suivante :
(0) 1(1 ) '' avec
'(0) 2
xy
x y y ey
(1) Forme de la solution
(2) Détermination de la formule de récurrence
Substituons , ', '' et ''y y y xy tel que donné ci-dessous dans l’ED
2 1'' ( 1) '' ( 1)n n
n ny n na x xy n na x
Il faut également remplacer xe par sa série de Taylor développée en 0x ,
précisément où sont formulée les conditions initiales :
2 3 11 ...
2! 3! !
x nx xe x x
n
On obtient ce qui suit :
2 1 1( 1) ( 1)
!
n n n n
n n nn na x n na x a x x
n
Avec la translation sur les indices pour obtenir des sommations avec , on
obtient ce qui suit :
2 1
1( 1)( 2) ( )( 1)
!
n n n n
n n nn n a x n n a x a x x
n
0 0
0 1
( )( ) '' ( ) ' ( ) ( ) avec
'( )
y x ap x y q x y r x y f x
y x a
2 30 1 2 3
0
...nn
n
y a x a a x a x a x
n
ny a x
1' n
ny na x
nx
319
Pour obtenir la formule de récurrence, on utilise l’égalité nécessaire du coefficient
de de part et d’autre de l’égalité (il est nul à droite) et on isole le coefficient
dont l’indice est le plus élevé :
2 1
1
2
1( 1)( 2) ( )( 1)
!
( )( 1) 1FR
( 1)( 2) ( 1)( 2) !
n n n
n n
n
n n a n n a an
n n a aa
n n n n n
Comme (n+1)(n+2)n! = (n+2)!, la FR peut s’écrire comme suit :
1
2
( )( 1) 1
( 1)( 2) ( 2)!
n n
n
n n a aa
n n n
(3) Développement limité à 4 termes non nuls de la solution
On veut 2 3 4
0 1 2 3 4...y a a x a x a x a x
0(0) 1y a
1'(0) 2y a
0
2
2 1
3
3 2
4
3 4
0 1 1 10 dans FR 0
1 2 2! 2 1 2
(1)(2) 1 2 1 11 dans FR
2 3 3! 2 3 1 2 3 6
(2)(3) 1 1 1 12 dans FR
3 4 4! 12 24 24
1 11 2 ...
6 24
an a
a an a
a an a
y x x x
(4) Utilisation de la calculatrice pour obtenir un développement limité à 10
termes de la solution en série de puissances
Il faut d’abord effectuer une translation d’indice ( 2n n ) dans la FR obtenue
ci-dessus pour obtenir la fonction a2(n) à introduire dans la calculatrice :
nx
320
1, 0
2 , 1 2( )
( 2) ( 1) 2( 1) 2( 2) 1, 1
( 1) ( ) !
sto
n
n a n
n n a n a nn
n n n
________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Résolution du cas (2) : ED avec CI en 0x x
(7.26)
Rappelons que dans ce cas, la solution a la forme suivante :
2 30 0 1 0 2 0 3 0
0
( ) ( ) ( ) ( ) ...nn
n
y a x x a a x x a x x a x x
(7.27)
Pour obtenir la solution de cette ED, il faut faire un changement de variable et
modifier l’ED pour en tenir compte.
Il faut d’abord effectuer le changement de variable suivant :
0 0
0
n
n
n
v x x x v x
y a v
(7.28)
Et il faut réécrire l’ED en utilisant la variable v. Dans ces conditions, on ramène
la résolution de l’ED à un problème avec CI en v = 0. De plus, ce changement
n’affecte pas y et ses dérivées. En effet :
2 2
2 2
1' '
dy dy dv dy
dv dx dv dx dv
dx d y dy dy dv d y
dx dx dv dx dv
(7.29)
0 0
0 1
( )( ) '' ( ) ' ( ) 0 avec
'( )
y x ap x y q x y r x y
y x a
321
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 4. (Cas 2, ED avec CI en 0x x ). Résolution de l’ED suivante :
2(1) 2
( 1) '' ' 3 0 avec'(1) 1
yx y xy y
y
(1) Changement de variable dans l’ED
1 1v x x v
Avec ce changement, l’ED en y(v) s’écrit comme suit :
2
2
( 1) 1 '' ( 1) ' 3 0
(0) 2( 2 2) '' ( 1) ' 3 0 avec
'(0) 1
v y v y y
yv v y v y y
y
(2) Forme de la solution
2 3 4
0 1 2 3 4
0
...n
n
n
y a v y a a v a v a v a v
Remarque. Il ne faut pas oublier qu’à la fin, il nous faut formuler y(x), c’est-à-
dire remplacer v par ( 1)x . On aura précisément la solution sous la forme
suivante :
2 30 1 2 3
0
( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ...nn
n
y a x a a x a x a x
(3) Détermination de la FR
L’ED obtenue à l’étape (1) est la suivante :
2(0) 2
'' 2 '' 2 '' ' ' 3 0 avec'(0) 1
yv y vy y vy y y
y
Effectuons les substitutions suivantes pour obtenir la FR :
1
2
2 1
2
3 3
' '
'' ( 1) n
'' ( 1) n 2 '' 2( 1) n
2 '' 2( 1) n
n n
n n
n n
n n
n
n
n n
n n
n
n
y a v y a v
y na v vy na v
v y n a v
y n a v vy n a v
y n a v
On obtient alors l’égalité suivante :
1 2 1( 1) n 2( 1) 2( 1) 3 0
n n n n n n
n n n n n nn a v n na v n na v na v na v a v
322
Avec la translation sur les indices pour avoir nv dans chacune des sommes, on
obtient l’égalité suivante
1 2 1( 1)n 2 ( 1) 2( 1)( 2) ( 1) 3 0n
n n n n n nn a n n a n n a na n a a v
Comme dans les exemples précédents, les coefficients de sont égaux de part et
d’autre de l’égalité de sorte que :
1 2 1( 1)n 2 ( 1) 2( 1)( 2) ( 1) 3 0
n n n n n nn a n n a n n a na n a a
On obtient la FR en isolant le coefficient dont l’indice est le plus élevé dans la
dernière égalité et en regroupant les termes au numérateur à droite, on obtient :
2
1
2
(2 1)(n 1) ( 2 3)FR
2( 1)( 2)
n n
n
n a n n aa
n n
(4) Développement limité à 5 termes non nuls de la solution en série
Utilisons la calculatrice pour l’obtenir (il faut d’abord effectuer la translation
d’indice ( 2n n ) pour obtenir 1 2en fonction de etn n na a a ).
Avec le calcul des coefficients « à la main », on obtient le développement limité
suivant :
2 3 47 11 32 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
4 24 64y x x x x
La réponse de la calculatrice est la même que celle obtenue ci-dessus (vous
pouvez le vérifier) sauf que dans sa programmation, on a choisi de développer les
puissances de ( 1x ) et de regrouper les coefficients des mêmes puissances de x.
Remarque. Comme illustré dans l’écran rapporté ci-dessus, on peut obtenir la forme
« recherchée » du développement limité (telle que formulée à l’étape (2) ci-dessus) avec
la calculatrice si on utilise la procédure Taylor avec la syntaxe suivante :
0 0
0
taylor ( ) ( ) , , ,k
n
n
ai n x x x k x
____________________________________________________________________________________________________________
nv
323
7.3.3 Détermination de l’intervalle de convergence de la solution en série des ED
L’exigence 0( ) 0p x est directement reliée à la détermination de l’intervalle de
convergence des solutions en séries de puissances obtenues avec la technique introduite
ci-dessus. Pour déterminer cet intervalle, nous allons ne considérer que les deux ED
suivante :
(7.30)
Dans ces ED, ( ), ( ) et ( )p x q x r x sont des polynômes et, dans le cas de (2), nous
supposerons que la fonction f(x) admet un développement en série de Taylor (autour du
point où les ED ont des CI) qui converge pour tous les x ou, minimalement, pour
tous les x dans l’IC de la solution de l’ED homogène associée.
Définition. Le point x b est un point singulier ou singularité de chacune des ED
(7.1) et (7.2) si et seulement si ( ) 0p b .
________________________________________________________________________
Exemple 5. L’ED (1 ) '' 2 ' 0x y y xy a un point singulier en x = 1. En effet, dans le
cas de cette ED, on a ( ) 1p x x s’annule en x = 1.
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 6. Considérons les ED suivantes.
2 2
2 2
( 4) '' 3 ' 0 ( ) 4(1)
points singuliers en 2 et 2 car (2) ( 2) 0
( 1) '' 3 ' 0 ( ) 1 ( ) ( ) 0(2)
points singuliers en où 1
'' 3 ' 0 ( ) 1(3)
pas de points
x y xy y p x x
x x p p
x y xy y p x x p i p i
x i et x i i
y y x y p x
singuliers
Remarque. Les points singuliers peuvent être des nombres complexes dont la position
dans le plan complexe doit être considérée lors de la détermination de l’intervalle de
convergence des solutions en séries de puissances.
________________________________________________________________________
(1) ( ) '' ( ) ' ( ) 0
(2) ( ) '' ( ) ' ( ) ( )
p x y q x y r x y
p x y q x y r x y f x
324
Exemple 7. Considérons maintenant l’ED suivante (cas 2) :
(0) 2( 1) '' 2 ' 3 sin( ) avec
'(0) 3
yx y xy y x
y
Dans ce cas, il importe de rappeler que la fonction sin(x) admet un développement en
série de Taylor qui converge pour tous x :
3 5 7 2 1
1
0
sin( ) ... ( 1)3! 5! 7! (2 1)!
n
n
n
x x x xx x
n
Cette ED a un point singulier en 1 car ( 1) 0x p . ____________________________________________________________________________________________________________
Théorème 1. Considérons les ED de la forme suivante dans lesquelles
sont des polynômes :
( ) '' ( ) ' ( ) 0p x y q x y r x y
Soit0
x x un point non singulier de l’ED (0
( ) 0p x ). Alors, on a les résultats
suivants :
1) La solution générale de l’ED est donnée par
2) La solution générale et la solution particulière obtenue avec les conditions
initiales 0 0 0 1
( ) '( )y x a et y x a
converge dans l’intervalle ou R est la
distance calculée dans le plan complexe entre le point 0x x et la singularité la
plus rapprochée de ce point situé sur l’axe des réels dans le plan complexe.
diverge si 0
x x R
la convergence de la solution en série doit être vérifiée si 0x x R
________________________________________________________________________
Remarque. Si la fonction f(x) admet un développement en série de Taylor développée en
0x x qui est convergente dans un intervalle qui contient celui déterminé dans le cas de
l’ED homogène comme formulé dans le théorème ci-dessus, alors l’intervalle de
convergence de la solution en série de puissances est le même dans le cas de l’ED
suivante :
( ) '' ( ) ' ( ) ( )p x y q x y r x y f x
( ), ( ) et ( )p x q x r x
2 30 0 1 0 2 0 3 0
0
( ) ( ) ( ) ( ) ...nn
n
y a x x a a x x a x x a x x
0 0 0oux R x x R x x R
325
______________________________________________________________________________________
Exemple 8. Détermination des intervalles de convergence (IC) des ED suivantes.
a) (0) 1 ( ) 1 0
(1 ) '' 0 avec'(0) 2 1 singularité
y p x xx y y
y x
0 0
00
1 11
IC x R x x R
xIC x
R
b) (0) 1
(1 ) '' avec'(0) 2
xy
x y y ey
L’intervalle est le même qu’en (a) car xe admet un développement en série de
Taylor qui converge pour tous les x .
c) Soit l’ED suivante :
2 2(1) 3
( 4) '' ' 2 0 avec ( ) 4'(1) 4
(1) 3 0
2( ) 0
2
yx y xy y p x x
y
p
xp x
x
On a donc deux singularités, en 2 et 2x x et les CI sont données en 0
1x .
La singularité la plus proche du point 0
1x est 2x . On en déduit la valeur de R
et l’intervalle de convergence :
1 1 1 12 1 1
0 2
xR IC
x
d) Soit l’ED suivante : 2
2(1) 3 ( ) 4
( 4) '' ' 2 0 avec'(1) 4 (1) 5 0
2( ) 0
2
y p x xx y xy y
y p
x ip x
x i
On a donc deux singularités, en 2 et 2x i x i et les CI sont données en 0
1x .
Les singularités sont à distance égale du point 0
1x sur l’axe des réels comme
illustré dans la figure ci-dessous.
326
+2i
-2i
R
Im
Re1
R
On en déduit la valeur de R et l’intervalle de convergence :
0 02 2(1) (2) 51 5 1 5
x R x x RR IC
x
327
7.4 Exercices
Exercice 1
a) Utilisez la méthode des séries de puissances pour résoudre l’ED suivante. Votre
solution doit comporter la FR, un développement limité à 5 termes non nuls et
l’intervalle de convergence de la solution série.
(0) 2'' ' 0 avec
'(0) 1
yy xy y
y
b) Utilisez la calculatrice pour obtenir l’estimation numérique de (1,5)y avec un
développement limité à 15 termes non nuls.
c) Utilisez l’algorithme de RK avec un pas d’itération de 0,05 pour estimer (1,5)y .
d) Faites tracer dans une même fenêtre graphique les graphes du développement
limité obtenu en (b) et de la solution numérique obtenue en (c) en ajustant la
fenêtre pour afficher la solution dans l’intervalle 3 3x .
Exercice 2
Faites exactement le même exercice qu’à la question 1, mais avec les conditions initiales
en 0 1x .
Exercice 3
a) Utiliser la méthode des séries de puissances pour résoudre l’ED suivante. Votre
solution doit comporter la FR, un développement limité à 5 termes non nuls et
l’intervalle de convergence de la solution série.
(0) 1(1 ) '' 0 avec
'(0) 3
yx y y
y
b) Peut-on estimer (1,5)y avec la solution obtenue en (a)
c) Utiliser la calculatrice pour obtenir l’estimation numérique de (0,9)y avec un
développement limité à 10 termes non nuls.
d) Utiliser l’algorithme de RK avec un pas d’itération de 0,1 pour estimer (0,9)y .
e) Peut-on résoudre l’ED en (a) avec des conditions initiales en 0 1x .
Exercice 4
a) Utiliser la méthode des séries de puissances pour résoudre l’ED suivante. Votre
solution doit comporter la FR, un développement limité à 5 termes non nuls et
l’intervalle de convergence de la solution série.
2 (0) 2(1 ) '' 4 ' 6 0 avec
'(0) 1
yx y xy y
y
b) Peut-on estimer ( 1,1)y avec la solution obtenue en (a).
c) Utiliser la calculatrice pour obtenir l’estimation numérique de (0,6)y avec un
développement limité à 12 termes non nuls.
d) Utiliser l’algorithme de RK avec un pas d’itération de 0,1 pour estimer (0,6)y .
328
Exercice 5
a) Utiliser la méthode des séries de puissances pour résoudre la même ED qu’à la
question (4), mais avec les conditions initiales spécifiées ci-dessous.
2 (2) 3(1 ) '' 4 ' 6 0 avec
'(2) 1
yx y xy y
y
b) Peut-on estimer ( 1,6)y avec la solution obtenue en (a)
c) Utiliser la calculatrice pour obtenir l’estimation numérique de (0,6)y avec un
développement limité à 12 termes non nuls.
d) Utiliser l’algorithme de RK avec un pas d’itération de 0,1 pour estimer (0,6)y .
Exercice 6
a) Utiliser la méthode des séries de puissances pour résoudre l’ED d’Airy formulée
ci-dessous. Votre solution doit comporter la FR, un développement limité à 5
termes non nuls et l’intervalle de convergence de la solution série.
(0) 2'' 0 avec
'(0) 1
yy xy
y
b) Utiliser la calculatrice pour obtenir l’estimation numérique de ( 1,5)y avec un
développement limité à 15 termes non nuls.
c) Utiliser l’algorithme de RK avec un pas d’itération de 0,05 pour estimer la valeur
de x la plus proche de 0 pour laquelle la solution s’annule.
Exercice 7
Faites exactement ce qui est demandé à la question 6, notamment avec la même ED, mais
avec les conditions initiales suivantes :
(1) 2
'(1) 1
y
y
329
7.4.1 Réponses aux exercices
Exercice 1. Réponse partielle : FR 22
nn
aa
n
et IC x
Exercice 2. Réponse partielle : FR 12
2
n nn
a aa
n
, même IC qu’en (1)
Exercice 3. Réponse partielle : FR 12
( 1)
( 1)( 2)
n nn
n n a aa
n n
et 1 1IC x
Exercice 4. Réponse partielle : FR 2
( 2)( 3)
( 1)( 2)
nn
n n aa
n n
et 1 1IC x
Exercice 5. Réponse partielle : FR 12
( 2)( 3) 4( 2)( 1)
5( 1)( 2)
n nn
n n a n n aa
n n
et 2 5 2 5IC x
Exercice 6. Réponse partielle : FR 12
( 1)( 2)
nn
aa
n n
et IC x
Exercice 7. Réponse partielle : FR 12
( 1)( 2)
n nn
a aa
n n
et même IC qu’en (6)
330
Chapitre 8
Séries de Fourier
Section Sujet
Page
8.1 Introduction ……………………………………………………..........
331
8.2 Fonctions périodiques ……………………………………………….. 331
8.2.1 Propriétés des fonctions périodiques …………………………….
332
8.3 Parité des fonctions …………………………………………….......... 333
8.3.1 Fonctions paires ……………………………………….................
Propriété importante des fonctions paires ……………………
333
334
8.3.2 Fonctions impaires ……………………………………………….
Propriété importante des fonctions impaires …………………
334
335
8.3.3 Propriétés des combinaisons de fonctions paires et impaires .........
336
8.4 Séries de Fourier …………………………………………………….. 338
8.4.1 Séries de Fourier des fonctions paires et impaires ……………….
341
8.5 Prolongements périodiques ………………………………………….. 345
8.5.1 Prolongement ordinaire ………………………………………….. 345
8.5.2 Prolongement pair ……………………………………………….. 348
8.5.3 Prolongement impair ……………………………………………..
350
8.6 Utilisation de la table de séries de Fourier………………………….....
353
8.7 Utilisation des séries de Fourier pour la résolution des ED ………….. 358
8.7.1 Méthode de résolution avec les SF ……………………………….
359
8.8 Exercices ……………………………………………………………… 364
8.8.1 Réponses aux exercices de la section 8.8 ………………………….
368
8.9 Table des SF des fonctions périodiques courantes …………………….
Bibliographie ………………………………………………………….
372
374
331
Chapitre 8
Séries de Fourier
8.1 Introduction
Dans ce chapitre, nous introduisons les séries de Fourier pour le traitement mathématique
des fonctions périodiques. Les sujets suivants seront brièvement abordés :
La définition de série de Fourier (SF);
l’utilisation de la définition de série de Fourier (SF) pour exprimer une fonction
périodique bornée f(x) de période P par une série trigonométrique ( )T
S x , c’est-à-
dire par une série convergente de la forme suivante :
0
1
2 2( ) cos sin
2T n n
n
a n nS x a x b x
P P
(8.1)
l’expression de la SF d’une fonction selon sa parité, c’est-à-dire selon que la
fonction est paire ou impaire;
La prolongation analytique d’une fonction non périodique de sorte qu’elle soit
périodique paire ou impaire pour l’exprimer par une série trigonométrique;
l’utilisation d’une table de SF;
l’utilisation des SF pour la résolution des ED;
Avant d’aborder les divers sujets évoqués ci-dessus, introduisons les notions préalables
nécessaires à leur traitement, notamment celles de « fonctions périodiques » et de
« parité » des fonctions.
8.2 Fonctions périodiques
Définition 8.1. Une fonction ( )f x est périodique de période P si et seulement si
l’égalité suivante est satisfaite :
( ) ( )f x f x P (8.2)
Cette définition a un sens graphique illustré dans la figure (8.1) ci-dessous : la
représentation graphique illustre un « motif » défini sur une période P qui se répète.
f(x)
x......
P 2P 3P-P-2P-3Px x+P x+2Px-Px-2Px-3P
Figure 8.1. La figure illustre une fonction périodique de période P. Le « motif »
représenté par la partie de la fonction pour 0 < x < P se répète, et la figure illustre
l’égalité ( ) ( ) ( )f x f x P f x nP .
332
Remarque 1. Les fonctions suivantes sont périodiques.
Les fonctions sin( ) et cos( )kx kx sont périodiques et bornées de période2
Pk
.
Les fonctions trigonométriques tan( ), cotan( ), sec( ) et cosec( )kx kx kx kx sont des
fonctions périodiques non bornées.
8.2.1 Propriétés des fonctions périodiques
Proposition 1.
Les fonctions périodiques satisfont les propriétés suivantes.
(a) Si ( ) ( )f x f x P , alors ( ) ( )f x f x nP (Voir la figure (8.1).
(b) Si , si ( ) ( )g x g x P et si a et b sont des nombres réels,
alors la combinaison linéaire ( ) ( )af x bg x est périodique de période P :
( ) ( ) ( ) ( )af x bg x af x P bg x P (8.3)
(c) Si ( ) ( ) pour 1n n
x x P n sont des fonctions périodiques (de période P)
bornées, et si les pour 1n
c n m sont des nombres réels, alors la combinaison
suivante est périodique de période P.
1 1
( ) ( ) ( ) ( )m m
n n n n
n n
f x c x c x P f x P
(8.4)
(d) Dans les mêmes conditions qu’en (c) avecn
c réel pour 1n , si la somme
converge vers une fonction f(x) bornée, alors elle est également périodique de
période P :
1 1
( ) ( ) ( ) ( )n n n n
n n
f x c x c x P f x P
(8.5)
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 1. On peut vérifier que la série trigonométrique définie en (8.1) est périodique
de période P en utilisant les identités trigonométriques. En effet, sachant que
cos(2 ) 1 et sin(2 ) 0n n , on peut vérifier les égalités suivantes :
2 2 2 2cos ( ) cos 2 cos cos( 2 ) sin sin( 2 )
(1)2 2
cos ( ) cos
n n n nx P x n x n x n
P P P P
n nx P x
P P
2 2 2 2sin ( ) sin 2 sin cos( 2 ) cos sin( 2 )
(2)2 2
sin ( ) sin
n n n nx P x n x n x n
P P P P
n nx P x
P P
( ) ( )f x f x P
333
La série trigonométrique définie en (8.1) satisfait les conditions de la proposition (1-d),
considérant que toute constante est périodique de période P, indépendamment de la
valeur de P. Dans ces conditions, la série trigonométrique donnée par l’expression (8.1)
et reprise ci-dessous est périodique de période P.
0
1
2 2( ) cos sin
2T n n
n
a n nS x a x b x
P P
(8.6)
________________________________________________________________________
Proposition 2.
Si ( ) ( )f x f x P est une fonction périodique de période P, alors l’intégrale
définie de f(x) sur tout intervalle de largeur P donne le même résultat.
2
0
2
( ) ( ) ( )
P
P c P
P c
f x dx f x dx f x dx
(8.7)
____________________________________________________________________________________________________________
8.3 Parité des fonctions
Les fonctions périodiques que nous allons considérer dans les sections suivantes seront
paires, impaires ou bien ni paires ni impaires. Lorsque ces fonctions périodiques sont
paires ou impaires, ces caractéristiques de « parité » vont déterminer les calculs à faire et
se refléter dans l’expression de leur série trigonométrique.
8.3.1 Fonctions paires
Définition 8.2. Une fonction f(x) est paire si l’égalité suivante se vérifie :
( ) ( )f x f x (8.8)
La figure 8.2 qui suit illustre l’interprétation graphique d’une fonction paire, notamment
de l’égalité formulée en (8.8). On constate la symétrie de part et d’autre de l’axe des
« Y ». Si on fait tourner la partie d’une fonction paire définie pour 0 < x < a de 180o
autour de l’axe des « Y » on obtient la partie située à gauche de l’axe des « Y » de cette
même fonction paire associée à l’intervalle – a < x < 0.
-a a
f(x)
x
Figure 8.2. Graphe d’une fonction paire sur un intervalle symétrique.
( ) ( )T T
S x S x P
334
Les fonctions suivantes sont paires :
(1) Toutes les puissances paires de x : 2 4 6
4 2
1 1... , , 1, , , , ...x x x
x x
(2) Les fonctions cos( )kx ainsi que ses puissances entières cos ( ), entier.n kx n
(3) La fonction cosh( )2
kx kxe ekx
ainsi que ses puissances entières.
(4) Les sommes, les produits, les quotients et les combinaisons linéaires des fonctions
paires sont également paires.
________________________________________________________________________
Exemple 2. La fonction2( ) ( 1)cos(3 )f x x x est paire car elle vérifie la définition
(8.8). En effet, l’égalité formulée en (8.8) se vérifie.
2 2( ) (( ) 1)cos(3 ( )) ( 1)cos(3 ) ( )f x x x x x f x
________________________________________________________________________
Propriété importante des fonctions paires
______________________________________________________________________________________
Proposition 3.
Si f(x) est paire, alors l’intégrale de cette fonction sur un intervalle symétrique est
égale à deux fois l’intégrale sur la partie positive de l’intervalle :
0
( ) 2 ( )a a
a
f x dx f x dx
(8.9)
________________________________________________________________________
8.3.2 Fonctions impaires
Définition 8.3. Une fonction f(x) est impaire si l’égalité suivante se vérifie :
( ) ( )f x f x (8.10)
La figure (8.2) ci-dessous illustre l’interprétation graphique de l’égalité formulée en
(8.10). Si l’on effectue une rotation de 180o autour de l’axe des « Y » de la partie d’une
fonction impaire associée à l’intervalle 0 < x < a suivie d’une rotation de 180o du résultat
de la rotation précédente autour de l’axe des « X », on trouve la partie de la fonction
associée aux valeurs négatives de x, c’est-à-dire sur la partie 0.a x On peut
effectuer les rotations dans l’ordre inverse (rotation autour de l’axe des « X » d’abord
suivi de la rotation autour de l’axe des « Y ») pour obtenir le même résultat.
335
Figure 8.2. Graphe d’une fonction paire sur un intervalle symétrique. Les effets
successifs des rotations sont identifiés. Les rotations peuvent se faire dans l’ordre
inverse avec le même résultat final.
Les fonctions suivantes sont impaires :
(1) Toutes les puissances paires de x : 3 5
5 3
1 1 1... , , , , , , ...x x x
x x x
(2) Les fonctions sin( )kx et ses puissances n impaires et entières sin ( )n kx .
(3) La fonction sinh( )2
kx kxe ekx
et ses puissances impaires.
(4) Les sommes et les combinaisons linéaires des fonctions impaires sont également
impaires. Ce n’est pas le cas des produits et des quotients de fonctions impaires. ________________________________________________________________________________________________
Exemple 3. La fonction 3
1( )f x x
x est impaire. En effet, l’égalité (8.10) se vérifie :
3 3 3 3
1 1 1 1( ) ( ) ( )
( )f x x x x x f x
x x x x
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 4. Les fonctions 3
5
1( ) et ( )g x x h x
x sont impaires.
Les produit et quotients de ces fonctions ne le sont pas (on obtient des fonctions paires,
car on obtient des puissances paires de x) :
8
2 8
1 ( ) ( ) 1( ) ( ) , et
( ) ( )
g x h xg x h x x
x h x g x x
____________________________________________________________________________________________________________
Propriété importante des fonctions impaires ______________________________________________________________________________________
Proposition 4.
Si f(x) est impaire, l’intégrale de cette fonction sur un intervalle symétrique est nulle.
( ) 0a
a
f x dx
(8.11)
____________________________________________________________________________________________________________
-a
a
f(x)
x
1
2
336
La figure (8.2) ci-dessus illustre bien cette propriété : la surface sous l’axe des « X » sur
l’intervalle 0a x est négative et elle est égale en grandeur à la surface (positive)
au-dessus de l’axe des « X » sur l’intervalle 0 < x < a.
8.3.3. Propriétés des combinaisons de fonctions paires et impaires
________________________________________________________________________
Proposition 5.
Soit ( ) et ( )f x g x , deux fonctions paires, soit ( ) et ( )h x k x , deux fonctions impaires
et soit a et b, des nombres réels. Alors :
(1) Les combinaisons de fonctions paires sont paires : ( ) ( )af x bg x est paire.
(2) Les combinaisons de fonctions impaires sont impaires : ( ) ( )ah x bk x est
impaire
(3) Les combinaisons de fonctions paires et impaires sont ni paires ni impaires
comme dans le cas des combinaisons suivantes :
( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( ), ( ) ( )af x bh x af x bk x ag x bh x ag x bk x
(4) Le produit de 2 fonctions paires donne une fonction paire. C’est le cas de
( ) ( )f x g x ( ) ( ) ( )
(5) Le produit de deux fonctions impaires donne une fonction paire. C’est le cas de
( ) ( )h x k x
(6) Les produits d’une fonction paire et d’une fonction impaire donne une fonction
impaire. C’est les cas des produits suivants :
( ) ( )f x h x ( ) ( ) ( )
( ) ( )f x k x ( ) ( ) ( )
( ) ( )g x h x
( ) ( )g x k x
____________________________________________________________________________________________________________
Remarque 2. L’association signe-parité est commode pour les produits et les quotients.
En attribuant le signe (+) aux fonctions paires et le signe ( ) aux fonctions impaires, on
détermine simplement la parité du produit de deux fonctions en utilisant la règle des
signes.
________________________________________________________________________
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
337
Proposition 6.
Si sont des fonctions périodiques bornées et paires, et
si , 1n
c n m sont des nombres réels, alors la combinaison suivante désignée par
f(x) est paire et périodique de période P.
1 1
( ) ( ) ( ) ( )m m
n n n n
n n
f x c x c x P f x P
(8.12)
Si la somme de n = 1 jusqu’à mest convergente, la sommation en (8.12) est
paire.
________________________________________________________________________
Proposition 7.
Si sont des fonctions périodiques bornées et
impaires, et si , 1n
c n m sont des nombres réels, alors la combinaison suivante
désignée par g(x) est impaire et périodique de période P.
(8.13)
Si la sommes de n = 1 jusqu’à m est convergente, la sommation en (8.13) est
impaire. ____________________________________________________________________________________________________________
Proposition 8.
Si les séries trigonométriques périodiques de période P suivantes sont convergentes,
alors :
(a) 0
1
2( ) cos ( ) ( ) est paire
2Tp n Tp Tp
n
a nS x a x S x S x
P
.
(b) 1
2( ) sin ( ) ( ) est impaire
Ti n Ti Ti
n
nS x b x S x S x
P
.
____________________________________________________________________________________________________________
Remarque 2.
La proposition 8 reprend essentiellement le contenu des propositions (6) et (7) dans les
cas particuliers suivants :
2( ) cos paire et périodique de période
2( ) sin impaire et périodique de période
n
n
x n x PP
x n x PP
( ) ( ) pour 1n n
x x P n
( ) ( ) pour 1n n
x x P n
1 1
( ) ( ) ( ) ( )m m
n n
n n
g x x x P g x P
338
8.4 Séries de Fourier (SF)
La définition suivante permet de déterminer la série trigonométrique associée à une
fonction bornée ( )f x périodique de période P. ____________________________________________________________________________________________________________
Définition 8.4. Série de Fourier (SF)
Soit ( )f x continue ou continue par morceaux et bornée dans l’intervalle ( , )c c P .
Alors, la série de Fourier (SF) de f(x) est donnée par la série trigonométrique
( )TS x suivante :
0
1
2 2( ) ( ) cos sin ( )
2T n n T
n
af x S x a n x b n x S x P
P P
(8.14)
à condition que les coefficients 0, n na a et b soient calculés comme suit :
0
2( )
2 2( )cos
2 2( )sin
c P
c
c P
n
c
c P
n
c
a f x dxP
a f x n x dxP P
b f x n x dxP P
(8.15)
____________________________________________________________________________________________________________
Remarque 3. Le symbole ( ) utilisé en (8.14) signifie que la série trigonométrique ne
converge pas toujours vers la fonction ( )f x . Sans entrer dans les détails, Dirichlet a
démontré l’égalité suivante pour tout les x dans l’intervalle (c, c+P) :
0
1
2 2 1cos sin ( ) ( )
2 2n n
n
aa n x b n x f x f x
P P
(8.16)
Dans cette égalité, la quantité 0 . Dans ces conditions, elle s’interprète comme suit :
en tout point de continuité de ( )f x , on a l’égalité :
0
1
2 2( ) ( ) cos sin
2T n n
n
af x S x a n x b n x
P P
(8.17)
si la fonction admet une continuité de type saut en 0x x , alors on a l’égalité
0 0 0
1( ) ( ) ( )
2TS x f x f x (8.18)
339
En (8.18), 0 et l’égalité signifie que la série trigonométrique converge vers la
valeur située « à mi-chemin » entre celle de 0( )f x et celle de 0( )f x .
De plus, l’égalité formulée en (8.18) s’applique aux extrémités de l’intervalle
(comme aux discontinuités, si c’est le cas). Par exemple, en x c , on a
1
( ) ( ) ( )2
TS c f c f c (8.19)
____________________________________________________________________________________________________________
Proposition 9.
La SF d’une fonction continue ou continue par morceaux, bornée et périodique de
période P converge presque partout vers f(x), c’est-à-dire que
en tout point de continuité de f(x), on a l’égalité
0
1
2 2( ) ( ) cos sin
2T n n
n
af x S x a n x b n x
P P
(8.20)
en tout point de discontinuité 0x x , on a l’égalité
0 0 0
1( ) ( ) ( )
2TS x f x f x (8.21)
________________________________________________________________________
La figure (8.3) ci dessous illustre la proposition dans le cas de la fonction ( )f x de
période 2P suivante :
1, 0( )
1, 0
xf x
x
1
ST
x
Figure 8.3. La figure illustre la convergence de la SF de f(x), notamment aux points
de discontinuité pour lesquels la valeur est celle située à mi-chemin entre les
valeurs de part et d’autre de chacune des discontinuités.
340
Remarque importante. Comme la SF d’une fonction f(x) périodique et bornée
converge presque partout vers la fonction f(x), nous utiliserons le symbole « égalité »
entre la fonction et sa SF :
0
1
2 2( ) cos sin
2n n
n
af x a n x b n x
P P
(8.22)
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 5. Série de Fourier de la fonction de la figure (8.3)
1, 0( ) , ( ) ( 2 )
1, 0
xf x f x f x
x
Solution.
(1) Graphe de la fonction
Le graphe de la fonction f(x) est celui de la figure (8.3) ci-dessus sauf aux points
de discontinuité (la série de Fourier converge vers les valeurs représentées par les
points noirs sur le graphe). Le graphe montre bien que la fonction est impaire.
(2) Calcul des coefficients
Le calcul des coefficients se fait comme formulé dans la définition (4). Utilisant la
calculatrice pour effectuer les intégrales, on trouve les résultats suivants :
0
0
0
0
0
0
0
2( 1) (1) 0
2
2( 1)cos( ) (1)cos( ) 0
2
2 2( 1)sin( ) (1)sin( ) 1 ( 1)
2
n
nn
a dx dx
a nx dx nx dx
b nx dx nx dxn
(3) Série de Fourier de f(x)
1
2( ) 1 ( 1) sin( )n
n
f x nxn
341
(4) Représentation graphique de la fonction et des sommes restreinte aux 4
premiers et aux 40 premiers termes de sa SF.
Figure 8.4. Graphe de f(x) et de la somme partielle des 4 et des 40 premiers
termes de la SF. On remarque le phénomène de Gibbs, c’est-à-dire les
oscillations avec des dépassements plus accentués dans le voisinage des
discontinuités.
Remarque 4. La fonction de l’exemple (5) ci-dessus est impaire : ce n’est pas par hasard
que sa série de Fourier ne comporte que les fonctions impaires de la forme sin( )nx .
8.4.1 Séries de Fourier des fonctions paires et impaires
La proposition (10) formulée ci-dessous relie la série de Fourier d’une fonction à sa
parité. Cette proposition formule notamment le contenu des remarques des exemples ci-
dessus concernant la relation entre la parité d’une fonction et sa série de Fourier.
______________________________________________________________________________________
Proposition 10
(a) Soit ( )f x une fonction paire et périodique de période P. Alors :
0
1
0
2( ) cos
2
n
n
n
b
af x a n x
P
(8.23)
(b) Soit ( )f x une fonction impaire et périodique de période P. Alors :
0
1
0
0
2( ) sin
n
n
n
a
a
f x b n xP
(8.24)
342
Puisque le terme constant des séries SF 0( / 2)a donne la valeur numérique de la
valeur moyenne d’une fonction périodique, on peut formuler le résultat suivant :
(c) Si 0( )2
af x est une fonction impaire et périodique de période P. Alors :
0
1
0
2( ) sin
2
n
n
n
a
af x b n x
P
(8.25)
Remarque 5. On dit de f(x) dans la proposition (10, c) ci-dessus qu’elle est impaire par
translation en « Y » (par soustraction de sa valeur moyenne). On se rappellera que le
terme constant de la SF d’une fonction périodique donne précisément sa valeur moyenne
calculée sur une période.
________________________________________________________________________
Exemple 6. SF d’une fonction paire.
Calcul de la série de Fourier de la fonction suivante :
2 1 1 1( )
( ) ( 2)
x si xf x
f x f x
(1) Graphe de f(x). Le graphe est donné dans la figure (8.6) donnée ci-dessous.
(2) Calcul des coefficients de la SF avec la calculatrice.
Figure 8.5. Calcul des coefficients de Fourier dans le cas de l’exemple (8.6). Il
ne faut pas oublier de déclarer n entier (n = @n1)
La fonction est paire, 0n
b et
12
0
1
12
2 2
1
2 4( 1)
2 3
2 4( 1)( 1) cos( )
2
n
n
a x dx
a x n x dxn
343
(3) Série de Fourier de f(x)
2 21
2 4( 1)( ) cos( )
3
n
n
f x n xn
(4) Graphe de la somme des 21 premiers termes de la série de Fourier de f(x).
Figure 8.6. La figure illustre le graphe de la somme des 21 premiers termes de
la SF de la fonction de l’exemple (8.6). Comme la fonction est continue, son
graphe se superpose à celui de la somme des 21 premiers termes.
__________________________________________________________________________________________________________
Exemple 8.7. Série de Fourier d’une fonction impaire.
Calcul de la SF de 2 1 si 0 2
( ) , 42 1 si 2 0
x xg x P
x x
(1) Graphe de g(x). Le graphe de g(x) donné dans la figure (8.8) ci-dessous (en noir)
illustre bien qu’elle est impaire.
(2) Calcul des coefficients de la SF avec la calculatrice.
Les coefficients 0
etn
a a sont nuls et n
b s’obtient comme suit :
Figure 8.7. Calcul des coefficients de Fourier avec la calculatrice dans le cas de
l’exemple (8.6). Il ne faut pas oublier de déclarer n entier (n = @n1). Les deux
expressions obtenues donnent des valeurs identiques pour « bn » (voir la
remarque 6 ci-dessous).
344
0 2
2 0
2 (2 10( 1)(2 -1) cos (2 1)cos
4 2 2
n
n
n x n xb x dx x dx
n
Remarque 6. Le coefficient n
b peut être calculé en utilisant la proposition (3) :
le produit de deux fonctions impaires ( ( ) sin( )g x kx ) est une fonction paire dont
l’intégrale sur un intervalle symétrique est égal à deux fois l’intégrale sur la
partie positive de l’intervalle (voir le deuxième calcul de l’écran à la figure (8.7)
ci-dessus).
(3) SF de g(x)
1
(2 10( 1) )g( ) sin
2
n
n
n xx
n
(4) Graphe de g(x) et de la somme des 21 premiers termes de la SF de f(x).
Figure 8.8. La figure illustre le graphe de la fonction impaire g(x) et celui de la
somme des 11 premiers termes de sa SF. _________________________________________________________________________________________________
Exemple 8. Série de Fourier d’une fonction « impaire par translation » en « Y ».
Considérons la fonction h(x) définie à l’aide de la fonction g(x) de l’exemple précédent :
2 1 si 0 2( ) ( ) 2 avec ( ) , de période 4
2 1 si 2 0
x xh x g x g x P
x x
On a automatiquement les résultats suivants :
( ) 2 ( )h x g x est une fonction impaire parce que g(x) est impaire;
La SF est donnée par 1
(2 10( 1) )( ) 2 sin 2 ( )
2
n
n
n xh x g x
n
Les coefficients n
a de la SF de h(x) sont nuls comme prévu dans la proposition
(10-c) à la page 13.
345
8.5 Prolongement périodiques
Soit ( )f x une fonction continue ou continue par morceaux définie sur l’intervalle (a, b).
Cette fonction peut être « prolongée » pour en faire une fonction périodique o ( )f x dont
la période est donnée par la largeur de l’intervalle sur lequel elle est définie : P b a .
La figure ci-dessous illustre cette idée. Les fonctions coïncident dans l’intervalle (a, b),
la SF de o ( )f x coïncide avec ( )f x sur cet intervalle comme illustré dans la figure (8.9)
ci-dessous.
a b
a b
f(x)
f (x)
x
x
Figure 8.9. Prolongement périodique d’une fonction f(x) en une fonction
périodique f0 de période P = b – a.
Dans le cadre de cette section, nous allons considérer les trois cas suivants associés à trois
types de prolongement d’une même fonction ( )f x définie sur l’intervalle (0, T) :
le « prolongement ordinaire »;
le prolongement « pair »;
le prolongement « impair ».
8.5.1 Le « prolongement ordinaire »
Le « prolongement ordinaire » d’une fonction ( )f x définie pour 0 x T en une
fonction o ( )f x périodique dont la période est P = T se formule comme suit :
oo o
( ) 0( )
( ) ( )
f x si x Tf x
f x f x T
(8.26)
Le sens graphique de ce prolongement est présenté ci-dessous à la figure (8.10).
346
T 2T-T-2T
f (x)
x
f(x)
xT
Figure 8.10. La figure illustre le prolongement ordinaire d’une fonction f(x) définie
sur (0, T) en une fonction périodique fo(x) de période P = T.
La fonction obtenue ne sera en général ni paire ni pair ni impaire. Sa SF sera donnée par
l’expression suivante :
0
1
2 2( ) cos sin
2n n
n
af x a n x b n x
T T
(8.27)
Le calcul des coefficients se fait comme précédemment, selon les intégrales données en
(8.15), avec P = T.
________________________________________________________________________
Exemple 8. Sur le prolongement « ordinaire »
Calcul de la SF du prolongement ordinaire de période P = 2 de la fonction suivante :
( ) 2 1 si 0 2f x x x
(0) Prolongement ordinaire de f(x).
2 1 0 2( )
( ) ( 2)o
o o
x si xf x
f x f x
(1) Graphe de ( )of x à la figure (8.12) ci-dessous.
(2) SF de ( )of x
Le graphe de la fonction ( )of x montre qu’elle est impaire par translation. Dans
ces conditions, 0n
a . Cela se vérifie :
2
0
0
2(2 1) 6
2a x dx
et
2
0
2(2 1) cos( ) 0
2n
a x n x dx
2
0
2(2 1) sin( )
2
4n
b x n x dxn
347
Figure 8.11. Écran de la calculatrice pour le calcul des coefficients de la SF et
la définition des fonctions permettant de faire tracer le graphe de fo(x) (voir la
figure (8.11) ci-dessous).
(3) SF de ( )of x .
Pour obtenir l’affichage de ( )of x désignée par fo(x) (pas d’indice dans la
Nspire), il faut d’abord définir la fonction échelon unité et l’utiliser avec la
syntaxe suivante pour l’affichage de son sur 4 période pour obtenir la figure à
droite ci-dessous :
0, 0( )
1, 0
(2 1) ( ( ) ( 2)) ( )
sto
sto
xeu x
x
x u x u x fo x
Puis l’utilisation de ( )of x pour obtenir la fonction sur 4 périodes avec la
syntaxe suivante dans l’écran graphique :
( ) ( 4) ( 2) ( ) ( 2)fn x fo x fo x fo x fo x
On remplace « n » dans fn(x) par un entier pour ne pas surcharger f(x).
Pour cet exemple, il ne faut pas oublier de limiter la fenêtre à 4 4x pour
l’affichage du graphe de la fonction. Pour la SF, cela ne change rien au graphe.
Figure 8.12. Écran de la calculatrice pour les graphes de fo(x) et des 11 premiers
termes de la SF de cette fonction. ____________________________________________________________________________________________________________
348
8.5.2 Le « prolongement pair »
Le « prolongement pair » périodique d’une fonction ( )f x définie pour 0 x T en une
fonction périodique et paire ( )pf x de période P = 2T définie sur l’intervalle ] ,T T [ se
formule comme suit :
( ), 0( ) , ( ) ( 2 )
( ), 0p p p
f x x Tf x f x f x T
f x T x
(8.28)
La figure (8.13) ci-dessous illustre le résultat du prolongement pair.
f(x)
xT T
P = 2T
-T
f (x)p
3T
x
Figure 8.13. Prolongement pair fp (x) de période 2T d’une fonction f(x) définie sur
l’intervalle (0, T).
Pour le calcul de la SF de ( )Pf x , on procède comme ci-dessous.
o Comme la fonction est paire, 0nb
o Le calcul des coefficients 0 et na a se fait comme précédemment, selon les intégrales
données en (8.15), avec P = 2T. On peut également intégrer sur la partie paire de
l’intervalle car la fonction à intégrer est paire :
0
0
0
2 1( ) 2 ( )
2
2 2 1( )cos 2 ( )cos
2 2
T T
p
T
T T
n p
T
a f x dx f x dxT T
n xa f x n x dx f x dx
T T T T
(8.29)
La SF de la fonction paire ( )pf x est donnée par :
0
1
( ) cos2
n
n
a n xf x a
T
(8.30)
Remarque. La procédure suivante permet de calculer avec la calculatrice les coefficients
a0 et an du prolongement périodique pair lorsque la fonction de départ f(x) est définie sur
l’intervalle (0, T).
0
2( ) cos | @ 1 ( ( ), , )
Tston x
f x dx n nT T
anp f x T n
(8.31)
349
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 9. Sur le prolongement «pair»
Calcul de la SF du prolongement pair de période P = 4 de la fonction suivante :
( ) 2 1 si 0 2f x x x
(1) Prolongement pair de f(x) de période P = 4.
Dans ce cas : 2 et ( ) 2 1 ( ) 2( ) 1 1 2T f x x f x x x
( ) si 0 2 1 0 2( ) ( )
( ) si 0 2 1 2 0p p
f x x T x si xf x f x
f x T x x si x
(2) Graphe de f(x) à la figure (8.12) ci-dessous.
(3) SF de ( )p
f x .
La fonction ( )p
f x est paire, ce qui signifie que 0n
b et qu’il faut calculer les
coefficients 0 n
a et a :
0 2 2
0
2 0 0
2 2(1 2 ) (2 1) 2 (2 1) 6
4 4a x dx x dx x dx
0 2
2 0
2 2
82(1 2 ) cos (2 1) cos
4 2 2
( 1) 1
n
nn x n x
x dx x dxan
0 2
2 0
2(1 2 ) sin (2 1) sin 0
4 2 2n
n x n xb x dx x dx
(4) Graphe de ( )p
f x et de sa SF.
Pour obtenir l’affichage de fp(x) il faut d’abord définir la fonction échelon unité et
l’utiliser avec la syntaxe suivante pour l’affichage de son sur 4 période pour
obtenir la figure à droite ci-dessous :
0, 0( )
1, 0
(1 2 ) ( ( 2) ( )) (2 1) ( ( ) ( 2)) ( )
sto
sto
xeu x
x
x eu x eu x x u x u x fp x
Puis l’utilisation de ( )fp x pour obtenir la fonction ( )fn x sur 3 périodes avec la
syntaxe suivante dans l’écran graphique :
350
( ) ( 4) ( ) ( 4)fn x fp x fp x fp x
Pour véritablement comparer la fonction et sa SF, il ne faut pas oublier de limiter
la fenêtre à 6 6x (trois périodes)
Figure 8.14. Écran de la calculatrice pour les graphes de fp(x) et des 11 premiers
termes de la SF de cette fonction. Comme la fonction est continue, la convergence
est rapide et l’on constate que les deux graphes sont presque confondus. ________________________________________________________________________
8.5.3 Le « prolongement impair »
Le «prolongement périodique impair» d’une fonction ( )f x définie dans l’intervalle
0 x T en une fonction périodique et impaire ( )if x de période P = 2T définie sur
l’intervalle ( ,T T ) se formule comme suit :
( ), 0( ) , ( ) ( 2 )
( ), 0i i i
f x x Tf x f x f x T
f x T x
(8.32)
La figure (8.15) ci-dessous illustre le résultat d’un prolongement impair tel que formulé
en (8.31). f(x)
xT T
f (x)i
x3T
-T
P = 2T
-3T
Figure 8.15. Prolongement impair fi (x) de période 2T d’une fonction f(x) définie
sur l’intervalle (0, T).
Pour le calcul de la SF, on procède comme ci-dessous.
351
o Comme la fonction « prolongée » est impaire, 0 et 0na a .
o Le calcul du coefficient bn se fait comme précédemment, selon l’intégrale donnée en
(8.15), avec P = 2T. Le calcul de bn se fait comme en (8.33) ci-desous:
0
2 2 1( )sin 2 ( )sin
2 2
T T
n i
T
n xb f x n x dx f x dx
T T T T
(8.33)
L’intégrale à droite en (8.33) utilise le fait que le produit de deux fonction impaires
(fi(x) et sinn x
T
est une fonction paire) :
o La SF de la fonction impaire ( )if x est donnée par :
1
( ) sini n
n
n xf x b
T
(8.34)
Remarque. La procédure suivante permet de calculer avec la calculatrice le coefficient
nib dans le cas du prolongement périodique impair lorsque la fonction de départ f(x) est
définie sur l’intervalle (0, T).
0
2sin | @ 1 ( , )
Tston x
f dx n nT T
bni f T
(8.35)
____________________________________________________________________________________________________________
Exemple 8.10. Sur le prolongement «impair»
Calcul de la SF du prolongement impair ( )i
f x de période P = 4 de la fonction suivante :
( ) 2 1 si 0 2f x x x
(1) Prolongement impair de f(x) de période P = 4.
Dans ce cas : 2 et ( ) 2 1 ( ) (2( ) 1) 2 1T f x x f x x x
( ) si 0 2 1 si 0 2( ) ( )
( ) si 0 2 1 si 2 0i i
f x x T x xf x f x
f x T x x x
(2) Graphe de f(x) à la figure (8.16) ci-dessous.
352
(3) SF de ( )i
f x
La fonction ( )i
f x est impaire, ce qui signifie que0
0 0n
a et a et qu’il faut
calculer le coefficient n
b :
0 2
2 0
2 (2 10( 1) )(2 1)sin (2 1)sin
4 2 2
n
n
n x n xb x dx x dx
n
(4) Graphe de ( )i
f x et de la somme des 30 premiers termes de sa SF.
Pour obtenir l’affichage de ( )i
f x , il faut d’abord définir la fonction échelon unité et
l’utiliser avec la syntaxe suivante pour l’affichage de son graphe sur 3 périodes:
0, 0( )
1, 0
(2 1) ( ( 2) ( )) (2 1) ( ( ) ( 2)) ( )
sto
sto
xeu x
x
x eu x eu x x u x u x fi x
Pour obtenir son graphe sur 3 périodes, nous introduisons ( )fn x avec la syntaxe
suivante dans l’écran graphique (il faut introduire l’entier n qu’on change à chaque
exemple pour éviter de surcharger f(x)) :
( ) ( 4) ( ) ( 4)fn x fi x fi x fi x
Il ne faut pas oublier de limiter la fenêtre à 6 6x .
Figure 8.16. Écran de la calculatrice pour les graphes de fi(x) et des 11 premiers
termes de la SF de cette fonction. Le phénomène de Gibbs se manifeste car la
fonction est discontinue.
____________________________________________________________________
353
8.6 Utilisation d’une table de séries de Fourier
La table que nous utiliserons est donnée à la section (8.9). La proposition suivante est à la
base de la démarche de l’utilisation d’une table de SF. Nous allons d’abord définir la
fréquence fondamentale associée à une fonction périodique de période P :
2
P
(8.36)
Si la fonction est bornée, elle admet un développement en SF s’exprimant comme
suit avec l’introduction de :
0
1
2 2( ) cos sin
2n n
n
af x a n x b n x
P P
0
1
( ) cos sin2
n n
n
af x a n x b n x
(8.37)
________________________________________________________________________
Proposition
Soit ( )f x , une fonction bornée et périodique de période P dont SFest donnée par
0
1
( ) cos sin2
n n
n
af x a n x b n x
On peut déterminer la série de Fourier de la fonction f(x) sous les modifications
suivantes :
(1) Translation en Y ( ( ) ( ) yf x f x T )
0
1
( ) cos sin2
y y n n
n
af x T T a n x b n x
(8.38)
(2) Changement de fréquence ( ( ) ( )P
f x f kx k Pk
)
La fonction ( )f kx est périodique de période P/k et sa SF est donnée par
0
1
( ) cos ( ) sin ( )2
n n
n
af kx a n k x b n k x
(8.39)
(3) Changement « d’amplitude » ( ( ) ( )f x A f x )
0
1
( ) ( )cos ( )sin2
n n
n
aA f x A A a n x A b n x
(8.40)
(4) Translation en x ( ( ) ( )f x f x t )
354
0
1
( ) cos ( ) sin ( )2
n n
n
af x a n x t b n x t
(8.41)
________________________________________________________________________
Avant d’utiliser la table, il importe de définir l’amplitude et la valeur moyenne d’une
fonction périodique ( )f x par les expressions suivantes, calculées sur un intervalle d’une
période de la fonction ( )f x :
max( ) min( )
1( )
f
c P
moy
c
A f f
f f x dxP
(8.42)
L’utilisation d’une table de série de Fourier pour obtenir la série de Fourier d’une
fonction périodique implique les étapes suivantes.
(1) Tracer le graphe de g(x) pour faciliter le choix d’une fonction f(x) semblable à g(x)
dans la table.
(2) Caractériser la fonction g(x), c’est-à-dire déterminer son amplitude gA , sa période
gP et identifier sa valeur moyenne mg sur une période :
( )
g
g
moy
A
g x P
g
(3) Identifier la série de Fourier d’une fonction périodique ( )f x « semblable » à g(x)
dans la table (il faut identifier le choix par un numéro dans la table) et caractériser
celle-ci comme dans le cas de g(x), c’est-à-dire comme suit :
( )
f
f
moy
A
f x P
f
Il faut également disposer de la formule de la série de Fourier de ( )f x qui sera
utilisée à l’étape (4), après les modifications formulées à l’étape ci-dessous.
(4) Dans ces conditions, l’expression de g(x) est donnée en fonction de f(x) par l’égalité
suivante :
( ) ( )g f
yf g
A Pg x f x T
A P
(8.43)
355
Dans l’égalité ci-dessus, les « corrections » apportées à ( )f x pour exprimer g(x) sont
les suivantes :
o À l’aide du graphe de ( )f x , il faut identifier le bon signe (+ ou ) selon qu’il
faut ou non changer le signe de cette dernière pour « ressembler » à g(x),
notamment dans l’expression de sa série de Fourier;
o corriger l’amplitude de l’expression de ( )f x en multipliant sa série de Fourier
par le rapport des amplitudes qui suit pour que l’amplitude de la série
résultante coïncide avec celle de g(x) :
Multiplication par g
f
A
A
o Ajuster la période de f(x) de manière à coïncider avec celle de g(x) en
effectuant le changement de variable suivant :
( )f f
g
P Px x f x f x
Pg P
o Ajouter, s’il y a lieu, un facteur de translation pour que la valeur moyenne de
la série de Fourier résultant des modifications apportées ci-dessus soit égale à
celle de la fonction g(x) :
yT
o Formuler la série de Fourier de g(x) à partir de celle de f(x) en utilisant
l’expression de g(x) obtenue en (8.43).
____________________________________________________________________
Exemple 8.11. Utilisation de la table
Considérons le cas de la fonction suivante : 2 4 1 1
( )( ) ( 2)
x si xg x
g x g x
(1) Graphe et paramètres de g(x) et de la somme des 20 premiers termes de sa SF.
Figure 8.17. Graphe de g(x) et de sa SF obtenue avec la table.
356
On déduit du graphe ci-dessus que
6 2 4
2
4
g
g
moy
A
P
g
(2) Choix dans la table de f(x) « semblable » à g(x).
Compte tenu du graphe de g(x), le choix de f(x) est (SF3). L’expression de la SF
de f(x) est la suivante :
1
1
22( 1)
( ) sin( ) avec les paramètres 2
0
fn
f
n
moy
A
f x nx Pn
f
(3) Expression de g(x) en fonction de f(x).
4 2( ) ( ) ( ) 4
2 2
g fy
f g
A Pg x f x T g x f
A P
(4) SF de g(x).
1
1
1
1
4 2 2 2( 1)( ) 4 sin 4
2 2
4( 1)( ) 4 sin
n
n
n
n
g x f n xn
g x n xn
On remarque que le paramètre de translation en « Y » est donné par 4y
T . Ce
qui permet d’ajuster la valeur moyenne à celle de g(x).
____________________________________________________________________
Exemple 8.12. . Utilisation de la table
Considérons le cas de la fonction suivante :
1 3 si 0 2( ) , ( ) ( 4)
3 1 2 0
x xh x h x h x
x si x
(1) Graphe et paramètres de h(x).
357
Figure 8.18. Graphe de h(x) et de sa SF obtenue avec la table à l’étape 4 ci-dessous.
On déduit du graphe ci-dessus que
1 ( 5) 6
4
2
h
h
moy
A
P
h
(2) Choix de f(x) dans la table « semblable » à h(x).
Compte tenu du graphe de g(x), le choix de ( )f x est (SF2) avec lequel il faudra
introduire un changement de signe. L’expression de la SF de ( )f x est la
suivante :
2
1
4 1( ) cos (2 1) avec les paramètres 2
2 (2 1)
2
f
f
moy
n
A
f x n x Pn
f
(3) Expression de h(x) en fonction de f(x).
6( ) ( ) ( ) 1
2
fhy
f h
PAh x f x T h x f x
A P
(4) SF de h(x).
21
2 21
6 6 4 1h( ) 1 cos (2 1) 1
2 2 2(2 1)
24 1( ) 2 cos (2 1)
2(2 1)
n
n
xx f x n
n
xh x n
n
On remarque que le paramètre de translation en « Y » est donné par 1y
T . Ce
qui permet d’ajuster la valeur moyenne à celle de h(x).
358
La figure (8.19) ci-dessous illustre le graphe d’un développement limité à 10
termes de la SF sur trois périodes.
Figure 8.19. Graphe et de la SF de h(x) obtenue avec la table à l’étape 4 ci-dessus. On
note que le graphe de la série semble identique à celui de la fonction h(x).
________________________________________________________________________
8.7 Utilisation des séries de Fourier pour la résolution des ED
Dans cette section, nous allons aborder sommairement la résolution des ED à l’aide des
SF. Il importe d’abord de préciser la forme des ED qui seront considérées.
ED à résoudre
Les ED à coefficients constants d’ordre 2 de la forme suivante :
'' ' ( )ay by cy f x (8.44)
Dans l’expression ci-dessus, la fonction f(x) est bornée, périodique de période P et
admet un développement en SF de la forme habituelle :
0
1
2 2( ) cos sin
2n n
n
af x a n x b n x
P P
(8.45)
o Il faut être attentif aux cas d’exception qui peuvent se présenter si la solution de
l’ED homogène '' ' 0ay by cy comporte les fonctions trigonométriques
sin( ) et cos( )kx kx figurant également dans le développement en SF de la
fonction ( )f x . Cela ne peut se produire si les racines du polynôme en D ne sont
pas purement imaginaires ou encore lorsque 0.b en (8.44).
o La méthode ci-dessous s’applique toujours aux ED d’ordre 1 (cas 0a ).
359
Dans le contexte des applications, on retrouve des ED qui présentent les caractéristiques
données ci-dessus. On observe également que la solution particulière exprimant le régime
permanent associée à la fonction périodique ( )f x de période P (qui peut entres autres
exprimer une force ou une source de tension) sera généralement périodique avec la même
période que la fonction ( )f x . Dans ces conditions :
on peut déterminer séparément la solution de l’ED homogène associée et la
solution particulière (au sens établi dans la méthode des coefficients
indéterminés);
on peut chercher directement la SF de la solution particulière;
Il faut cependant être vigilant dans la détermination de la SF de la solution particulière :
des cas d’exception peuvent se présenter lorsque la solution de l’ED homogène associée à
l’ED à résoudre comporte les fonctions sin( ) et cos( ).kx kx
8.7.1 Méthode de résolution avec les SF
1) La solution générale est donnée par c py y y
2) La partie cy de la solution est solution de l’ED homogène '' ' 0.ay by cy
Elle est déterminée selon ce qui a été introduit au chapitre 4 sur la base des racines
du polynôme en D associé à l’ED homogène.
3) Comme la fonction f(x), la solution particulière sera périodique de période P. La
solution particulière est alors déterminée en substituant le candidat suivant ainsi
que ses dérivées première et deuxième dans l’ED :
0
1
2 2cos( ) sin( )
2p n n
n
Ay A n x B n x
P P
(8.46)
1
2 22 2' sin( ) cos( )p
n n
n
n A n By n x n x
P P P P
(8.47)
2 2 2 2
2 21
4 42 2'' cos( ) sin( )p
n n
n
n A n By n x n x
P PP P
(8.48)
De l’égalité résultante de '' 'p p pay by cy avec la SF de la fonction f(x), on
détermine les coefficients 0 , n nA A et B , explicitant ainsi la solution particulière
py donnée en (8.46).
4) On formule la solution générale de l’ED à résoudre selon (1) ci-dessus.
360
5) S’il y a des conditions initiales, on les utilise pour obtenir la solution particulière
sans constante arbitraire de l’ED.
________________________________________________________________________
Exemple 8.13. Résolution de l’ED si
'' ( ) où ( )( ) ( 2 )
x xy y f x f x
f x f x
Solution
Dans le cas de cette ED, on note que la fonction f(x) est impaire et périodique de
période 2 .P Son développement en SF est alors donné par :
1
( ) sin( )n
n
f x b nx
Le coefficient nb s’obtient comme suit : 12 2( 1)
sin( )2
n
nb x nx dxn
La SF de f(x) est alors explicitée :
1
1
2( 1)( ) sin( )
n
n
f x nxn
(*)
Avec ces résultats et la méthode décrite ci-dessus, on détermine la solution de l’ED.
(1) La solution générale est donnée par c py y y .
(2) Détermination de cy .
Le polynôme en D associé à l’ED homogène, ses racines et la solution cy sont
donnés ci dessous :
21 2
11 0
1
x xc
DD y C e C e
D
(3) Détermination de py .
Dans le contexte de l’exemple, les expressions de et ''ppy y sont les suivantes :
0
1
cos( ) sin( )2
p n n
n
Ay A nx B nx
2 2
1
2 2'' cos( ) sin( )P n n
n
y n A n x n B n xP P
Substituant ces expressions et celle de la SF de f(x) en (*)
ci-dessus dans l’ED, on
obtient l’égalité suivante :
2 2 0
1 1 1
2( 1)cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) sin( )
2
n
n n n n
n n n
An A nx n B nx A nx B nx nx
n
361
De cette égalité, on explicite les coefficients de Fourier de la solution particulière
en égalant les coefficients constants ainsi que ceux de cos( )nx et de sin( )nx de
part et d’autre de l’égalité ci-dessus :
0
0
2 2
1 12
2 2
002
( 1) 0 0
2( 1) 2( 1) 2( 1)
( 1) ( 1)
n n n n
n n n
n n n
A
A
n A A n A A
n B B Bn n n n n
On peut alors expliciter la solution particulière :
21
2( 1)sin( )
( 1)
n
p
n
y nxn n
(4) Expression de la solution générale.
21
1 2
1 2
21
2( 1)sin( )
( 1)2( 1)
sin( )( 1)
n
n
x xc
x xnc p
p
n
nxn n
y C e C e
y y y C e C ey nx
n n
(5) Il n’y a pas de condition initiale.
________________________________________________________________________
Exemple 8.13. Résolution de l’ED si
'' ( ) où ( )( ) ( 2 )
x xy y f x f x
f x f x
Solution
La SF de f(x) a été déterminée à l’exemple précédent : 1
2( 1)( ) sin( )
n
n
f x nxn
(*).
Utilisant ce résultat et la méthode ci-dessus, on détermine la solution de l’ED avec la
méthode introduite ci-dessus.
(1) La solution générale est donnée par c py y y
(2) Détermination de cy .
Le polynôme en D associé à l’ED homogène, ses racines et la solution cy sont
donnés ci dessous :
21 21 0 sin( ) cos( )cD D i y C x C x
362
(3) Détermination de py .
Dans le contexte de cet exemple comme dans le précédent, les expressions de
et ''ppy y sont les suivantes :
0
1
cos( ) sin( )2
p n n
n
Ay A nx B nx
2 2
1
2 2'' cos( ) sin( )P n n
n
y n A n x n B n xP P
Substituant ces expressions et celle de la SF de f(x) en (*)
ci-dessus, on obtient
l’égalité suivante :
2 2 0
1 1 1
2( 1)cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) sin( )
2
n
n n n n
n n n
An A nx n B nx A nx B nx nx
n
De cette égalité, on explicite les coefficients de Fourier de la solution particulière
comme dans l’exemple précédent, c’est-à-dire en égalant les coefficients
constants ainsi que ceux de cos( )nx et de sin( )nx de part et d’autre de l’égalité :
00
2 2
2
12 1
2 2
002
0( 1) 0 0 sauf si 1
12( 1)
2( 1) 2( 1)sauf si 1
(1 ) ( 1)
n n n n
nn n
n nn
AA
n A A n A A nn
n B BB nn
n n n n
Étant donné la division par 0 associée à n = 1, il faut résoudre séparément le cas
n = 1, c’est-à-dire déterminer la solution particulière de l’ED suivante :
'' 2sin( )y y x (**)
Il s’agit là de la difficulté introduite par les cas d’exception à la règle de
détermination des candidats avec la méthode des coefficients indéterminés.
Dans le contexte de l’utilisation des SF pour la résolution des ED, on peut
utiliser la calculatrice pour obtenir la solution particulière à l’ED en (**). On
trouve ainsi la solution suivante :
1 2sin( ) cos( ) cos( )y K x K x x x
Les deux premiers termes de cette solution sont ceux de la solution homogène de
l’ED que l’on désire résoudre. Le dernier terme, cos( ),x x est la solution
particulière de l’ED (**). On constate que le coefficient x de cos(x) est variable
et que 1 0B .
363
La solution particulière est donc donnée par :
22
2( 1)cos( ) sin( )
( 1)
n
p
n
y x x nxn n
(4) Expression de la solution générale
1 2
21
2( 1)cos( ) sin( )
( 1)
x xc
n
p
n
y C e C e
y x x nxn n
21
1 2
2( 1)sin( )
( 1)cos( )
n
n
x xc p nx
n ny y y C e C e x x
364
8.8 Exercices
Exercice 1
a) Retrouvez les SF de chacunes des fonctions périodiques de la table donnée à la
section (8.9) à l’aide des intégrales pour le calcul des coefficients.
b) Utilisez la calculatrice pour faire tracer la somme des dix premiers termes de
chacune des SF.
Exercice 2
Tracez les graphes et déterminez les expressions des SF de chacune des fonctions
suivantes. Utilisez les intégrales dans la définition des SF pour le calcul des coefficients.
a) 2 1 si 1 1
( )( ) ( 2)
x xg x
g x g x
b) 3 1 si 2 2
( )( ) ( 4)
x xh x
h x h x
c) 2 3 si 1 1
( )( ) ( 2)
x xk x
k x k x
Exercice 3
Utilisez la table pour obtenir les SF des fonctions périodiques de l’exercice 2.
Exercice 4
Utilisez les intégrales pour le calcul des coefficients et déterminez la SF de la fonction
périodiques suivante :
0 0( ) et ( ) ( 2 )
0
si xf x f x f x
x si x
Exercice 5
Soit la fonction périodique de période P = 2 suivante :1 si 1 0
( )1 si 0 1
xf x
x
.
a) Déterminez sa SF.
b) Utilisez le résultat en (a) avec la proposition (11) de la section (8.6) pour obtenir la
SF de la fonction de période P = 2 suivante :
c) Utilisez le résultat en (a) pour obtenir la SF de la fonction de période P = 2 suivante :
0 si 1 0( )
3 si 0 1
xh x
x
2 si 1 0( )
2 si 0 1
xg x
x
365
Exercice 6
Soit la fonction ( )f x dont l’expression algébrique est si
( )( ) ( 2 )
x xf x
f x f x
a) Tracez le graphe et déterminez la SF de ( ).f x
Utilisez le résultat en (a) pour déterminer la SF de chacune des fonctions périodiques de
période 2P suivantes. Vérifiez vos résultats avec la calculatrice et faites tracer le
graphe de la somme des 10 premiers termes de la SF.
b) Déterminez l’expression algébrique et la SF de ( ) 2f x .
c) Déterminez l’expression algébrique et la SF de 2 ( )f x .
d) Déterminez l’expression algébrique et la SF de 2 ( ) 3f x .
e) Déterminez l’expression algébrique et la SF de 3 ( ) 2f x .
f) Déterminez l’expression algébrique et la SF de ( )m f x k .
Exercice 7
Soit la fonction ( )g x dont l’expression algébrique est si 0 2
( )( ) ( 2 )
x xg x
g x g x
a) Tracez le graphe et déterminez la SF de ( ).g x
Utilisez le résultat en (a) pour déterminer la SF de chacune des fonctions périodiques de
période 2P suivantes. Utilisez la calculatrice pour vérifier vos calculs et faites tracer
le graphe de la somme des 10 premiers termes de la SF.
b) Déterminez l’expression algébrique et la SF de ( ) 2g x .
c) Déterminez l’expression algébrique et la SF de 2 ( )g x .
d) Déterminez l’expression algébrique et la SF de 2 ( ) 3g x .
e) Déterminez l’expression algébrique et la SF de 3 ( ) 2g x .
f) Déterminez l’expression algébrique et la SF de ( )m g x k .
Exercice 8
Soit la fonction ( )h x dont l’expression algébrique est
si 0
( ) si 0
( ) ( 2 )
x x
h x x x
h x h x
a) Tracez le graphe et déterminez la SF de ( ).h x
366
Utilisez le résultat en (a) pour déterminer la SF de chacune des fonctions périodiques de
période 2P suivantes.
b) Tracez le graphe et déterminez l’expression algébrique et la SF de ( ) 2h x .
c) Tracez le graphe et déterminez l’expression algébrique et la SF de 2 ( )h x .
d) Tracez le graphe et déterminez l’expression algébrique et la SF de 2 ( ) 3h x .
e) Déterminez l’expression algébrique et la SF de 3 ( ) 2h x .
f) Déterminez l’expression algébrique et la SF de ( )m h x k .
Exercices sur les prolongements périodiques
Exercice 9
a) Utilisez les intégrales pour le calcul des coefficients et déterminez la SF du
prolongement ordinaire de période de la fonction suivante :
si 0 / 2( )
si / 2
x xf x
x x
b) Déterminez l’expression algébrique et la SF du prolongement impair ( )if x de
période 2 de la fonction ( )f x définie en (a).
c) À l’aide de la calculatrice, faites tracer la somme des dix premiers termes des SF
obtenues en (a) et (b).
Exercice 10
Soit la fonction définie par ( ) 4 3 pour 0 2.f x x x
a) Soit ( )g x , le prolongement périodique ordinaire de ( )f x de période 2. Tracez le
graphe de ( )g x et calculez sa SF en évaluant les coefficients à l’aide des
intégrales.
b) Soit ( )h x le prolongement périodique pair de la fonction ( )f x de période 4.
Explicitez l’expression algébrique de ( )h x , tracez son graphe et déterminez sa SF
à l’aide de la table.
367
Exercice 11
Soit la fonction 2( ) 1 pour 0 1g x x x .
a) Déterminez la SF du prolongement pair périodique de période 2 de ( )g x .
b) Utilisez la table pour obtenir la SF de la fonction obtenue en (a).
c) Utilisez la calculatrice pour faire tracer le graphe de la somme des dix premiers
termes de la SF obtenue en (a) pour vérifier votre réponse.
Sur la résolution des ED avec les SF
Exercice 12
Résolvez les ED suivantes à l’aide des séries de Fourier.
a) si 0 2
'' 2 ' ( ) où ( )( ) ( 2 )
x xy y y f x f x
f x f x
b) 2
'' 2 ' 5 ( ) où ( )( ) ( 2 )
x si xy y y g x g x
g x g x
368
8.8.1 Réponse aux exercices de la section 8.8
Exercice 1
Les réponses sont données dans la table de la section 8.9.
Exercice 2
(a) 1
1
4( 1)( ) 1 sin( )
n
n
g x n xn
(b) 1
1
12( 1)( ) 1 sin
2
n
n
n xh x
n
(c) 1
6( 1)( ) 2 sin( )
n
n
k x n xn
Exercice 3
Soit la fonction f(x) en (SF3) dans la table :1
1
2( 1)( ) sin( )
n
n
f x nxn
.
Les expressions de ( ), ( ) et ( )g x h x k x sont données ci-dessous en fonction de ( )f x .
(a) 2
( ) 1 ( )g x f x
(b) 6
( ) 12
xh x f
(c) 3
( ) 2 ( )k x f x
Toutes les réponses sont données à l’exercice 2.
Exercice 4 1
2 21
( 1) 1 ( 1)( ) cos( ) sin( )
4
n n
n
f x nx nxn n
Exercice 5
(a) 1
2(1 ( 1) )( ) sin( )
n
n
f x n xn
(b) 1
4(1 ( 1) )( ) 2 ( ) sin( )
n
n
g x f x n xn
(c) 1
3 3 3 3(1 ( 1) )( ) ( ) sin( )
2 2 2
n
n
h x f x n xn
369
Exercice 6
(a) 1
1
2( 1)( ) sin( )
n
n
f x nxn
(b) 1
1
2( 1)( ) 2 2 sin( )
n
n
f x nxn
(c) 1 1
1 1
2( 1) 4( 1)2 ( ) 2 sin( ) sin( )
n n
n n
f x nx nxn n
(d) 1 1
1 1
2( 1) 4( 1)2 ( ) 3 3 2 sin( ) 3 sin( )
n n
n n
f x nx nxn n
(e) 1
1 1
2( 1) 6( 1)3 ( ) 2 2 3 sin( ) 2 sin( )
n n
n n
f x nx nxn n
(f) 1 1
1 1
2( 1) 2 ( 1)( ) sin( ) sin( )
n n
n n
mm f x k k m nx k nx
n n
Exercice 7
(a) 1
2( ) sin( )
n
g x nxn
(b) 1
2( ) 2 (2 ) sin( )
n
g x nxn
(c) 1
42 ( ) 2 sin( )
n
g x nxn
(d) 1
42 ( ) 3 (2 3) sin( )
n
g x nxn
(e) 1
63 ( ) 2 ( 3 2) sin( )
n
g x nxn
Exercice 8
(a)
1
2 ( 1) 1( ) cos( )
2
n
n
h x nxn
(b)
1
2 ( 1) 1( ) 2 2 cos( )
2
n
n
h x nxn
370
(c)
1 1
2 ( 1) 1 4 ( 1) 12 ( ) 2 cos( ) cos( )
2
n n
n n
h x nx nxn n
(d)
1
4 ( 1) 12 ( ) 3 ( 3) cos( )
n
n
h x nxn
(e)
1
6 ( 1) 133 ( ) 2 2 cos( )
2
n
n
h x nxn
(f)
1
2 ( 1) 1( ) cos( )
2
n
n
mm h x k m k nx
n
Exercice 9
(a) 2
1
( 1) 1( ) cos(2 )
4
n
n
f x nxn
(b)
1
22
2
21
0 si n est pair
4sin
4( 1)2si n est impair
4( 1)( ) sin (2 1)
(2 1)
n
n
n
i
n
nb
n
n
f x n xn
Exercice 10
(a) 1
6( ) 1 sin( )
n
g x n xn
(b) 4 3 si 0 2
( ) , ( ) ( 4)4 3 si 2 0
x xh x h x h x
x x
6( ) 4
2T
xh x f
où ( )Tf x est la fonction en (SF2) dans la table.
2 21
24 1( ) 1 cos (2 1)
2(2 1)n
xh x n
n
371
Exercice 11
(a) 2 2
1
2 4( 1)( ) cos( )
3
n
n
g x n xn
(b) Avec ( )f x en (SF8) dans la table et 2
1( ) 1 ( )g x f x
Exercice 12
(a) La SF de la fonction ( )f x est dans la table.
1 2
2
2 2 2 21
4 2( 1)cos( ) sin( )
( 1) ( 1)
c p
x xc
p
n
y y y
y C e C xe
ny nx nx
n n n
(b) La SF de la fonction ( )g x est dans la table.
1 1
2 2
2 4 2 4 21
cos(2 ) cos(2 )
4( 1) (1 ) 8( 1)cos( ) sin( )
20 ( 2 5) ( 2 5)
c p
x xc
n n
p
n
y y y
y C e x C e x
ny nx nx
n n n n n n
372
8.9 Table des séries de Fourier des fonctions périodique courantes
Fonction
Graphe
SF1 1 0
( ) , 21 0
xf x P
x
1
4 sin( ) sin(3 ) sin(5 )( ) ...
1 3 5
4( ) sin (2 1)
(2 1)n
x x xf x
f x n xn
f(x)
0 x
1
SF2 0
( ) , 20
x xf x P
x xx
2
1
2 2 2
4 cos( ) cos(3 ) cos(5 )( ) ...
2 1 3 5
4( ) (2 1)
2 (2 1)cos
n
x x xf x
f x n xn
f(x)
0 x
SF3 ( ) , 2f x x x P
1
1
sin( ) sin(2 ) sin(3 )( ) 2 ...
1 2 3
2( 1)( ) sin( )
n
n
x x xf x
f x nxn
f(x)
0 x
SF4 ( ) 0 2 , 2f x x x P
1
sin( ) sin(2 ) sin(3 )( ) 2 ...
1 2 3
2( ) sin( )
n
x x xf x
f x nxn
f(x)
0 x
SF5 ( ) sin( ) , 2f x x x P
1
(
2 4 cos(2 ) cos(4 ) cos(6 )( ) ...
1 3 3 5 5 7
2 4( ) cos 2 )
(2 1)(2 1)n
x x xf x
f x nxn n
f(x)
x
1
0
373
SF6 sin( ) 0
( ) , 20 0
x xf x P
x
1
(
1 1 2 cos(2 ) cos(4 ) cos(6 )( ) sin( ) ...
2 1 3 3 5 5 7
1 1 2( ) sin( ) cos 2 )
2 (2 1)(2 1)n
x x xf x x
f x x nxn n
f(x)
x
1
0
SF7 cos( ) 0
( ) , 2cos( ) 0
x xf x P
x x
1
(
8 sin(2 ) sin(4 ) sin(6 )( ) ...
1 3 3 5 5 7
8( ) sin 2 )
(2 1)(2 1)n
x x xf x
f x nxn n
f(x)1
-1
0 x
SF8 2
( ) , 2f x x x P
21
2
2 2 2
2
cos( ) cos(2 ) cos(3 )( ) 4 ...
3 1
4( 1)( ) cos( )
3
2 3
n
n
x x xf x
f x nxn
f(x)
0 x
2
SF9 ( ) ( ) 0 ,f x x x x P
21
2
2 2 2
2
cos(2 ) cos(4 ) cos(6 )( ) ...
6 1 2 3
1( ) cos(2 )
6 n
x x xf x
f x nxn
f(x)
x0
SF10 ( ) ( )( ), , 2f x x x x x P
1
3 3 3
1
3
sin( ) sin(2 ) sin(3 )( ) 12 ...
1 2 3
12( 1)( ) sin( )
n
n
x x xf x
f x nxn
f(x)
0 x
374
Bibliographie
R. Kent Nagle & Edward B. Saft. « Fondamentals of Différential Equations », 4ième
édition, édité par Addison-Wesley Publishing Company, 1996. ISBN : 0-201-80875-7.
C.H. Edwards, Jr. & David E. Penney. « Elementary Differential Equations with
Applications », 3ième
édition, édité par PRENTICE-HALL, 1994. ISBN : 0-13-312075-9
J.F. Lindsay & V. Ramachandran. « Modeling and Analysis of Linear Physical
Systems », Copyright, Weber Systems, Inc, 1990. ISBN : 0-929704-19-3.
Leland B. Jackson. « Signals, Systems, and Transforms », édité par Addison-Wesley
Publishing Company, Inc, 1991. ISBN : 0-201-09589-0.
Eric J. Kostelich & D. Armbruster. « Introductory Differential Equations , From
linearity to Chaos », édition préliminaire. Édité par Addison-Wesley Publishing
Company, 1996.
ISBN : 0-201-82475-2.
William E. Boyce & Richard C. DiPrima, adaptation française de R. Labonté avec F.
Beaudet. « Équations différentielles ». Édité par Chenelière / McGraw-Hill, 2002.
ISBN : 2-89461-715-1.
J. H. Hubbard & B. H. West. « Differential Equations, A dynamical Systems approach,
Part 1 : Ordinary differential Equations ». Édition Springer-Verlag New York Inc, 1990.
ISBN :0-387-97286-2.
C. Ray Wylie. « Differential Equations ». Edité par McGraw-Hill Book Company, 1979
ISBN : 0-07-072197-1.
R. C. MacCamy & V.J. Mizel. « Linear Analysis and Differential Equations ». Première
édition. Edité par The Macmillan Company, Collier- Macmillan Limited, London, 1969.
C. F. Gerald & P.O.Wheatley. « Applied Numerical Analysis », 6ième
édition, édité par
Addison-Wesley, 1999. ISBN : 0-201-87072-X.
F. Ayres Jr. « Théories et applications des Équations différentielles », série Schaum.
Édité par McGraw-Hill, 1972. ISBN (Canada) : 0-07-084-384-8.
M.R. Spiegel. « Formules et tables de mathématiques », série Schaum. Édité par
McGraw-Hill, 1974. ISBN (Canada) : 007-082-105-0.
E. Kreyszig. « Advanced Engeneering mathematics », 8ième
édition. Édité par John Wiley
& Sons, Inc. 1999. ISBN :0-471-15496-2.
375
P.C. DuChateau. « Ordinary differential Equations ». Édité en 1992 par HarperCollins
Publishers, Inc. ISBN : 0-06-467133-X.
P. Davis. « Differential Equations, Modeling with MATLAB ». Edité en 1999 par
Prentice-Hall. ISBN : 0-13-736539-X.
R. E. Thomas & A. J. Rosa. « The analysis and design of linear circuits », 3ième
édition.
Édité par John Wiley & Sons, Inc. 2001. ISBN : 0-471-38679-0.
Y. A. Çengel & M. A. Boles. « Thermodynamics, an Engeneering Approach »,
2ième
édition. Édité par McGraw-Hill, 1994. ISBN (Canada) : 0-07-113249-X.
HARRIS BENSON, M.Séguin, B, Villeneuve, B, Marcheterre, avec la collaboration de
M. Riopel. « PHYSIQUE 2, Électricité et magnétisme », 3ième
édition. Édité en 2004
aux Éditions du Renouveau pédagogique. ISBN : 2-7613-1458-1
A. Lebel, F. Villeneuve et M. Villeneuve. « Fondements d’électronique », 6ième
édition.
Édité en 2006 aux Éditions Raynald Goulet inc. ISBN 10 : 2-89377-325-7.
Document rédigé par Luc Soucy
Dernière révision au printemps 2016.
