Primitives et équations différentielles
Équations différentielles
Définition Équation différentielle
- Une équation différentielle est une égalité liant une fonction inconnue \(y\) de la variable \(x\), ses dérivées successives \(y', y'', \dots\) et éventuellement d'autres fonctions (constantes, \(f, \dots\)).
- On appelle solution d'une équation différentielle toute fonction dérivable vérifiant l'égalité.
Exemple
La fonction \(x \mapsto e^{-x}\) est solution de l'équation \(y'' - y = 0\) car, pour \(y(x) = e^{-x}\), on a \(y'(x) = -e^{-x}\) et \(y''(x) = e^{-x}\).
Donc \(y''(x) - y(x) = e^{-x} - e^{-x} = 0\).
Donc \(y''(x) - y(x) = e^{-x} - e^{-x} = 0\).
Définition Comprendre les notations
Il est crucial de comprendre que dans une équation différentielle, \(y\) est une fonction, et non un nombre fixe. Selon le contexte (Mathématiques, Physique ou Ingénierie/Sciences de l’ingénieur), on utilise différentes écritures pour désigner la même dérivée :
- Notation de Lagrange : Utilise le symbole « prime » (\(y'\)). C'est l'écriture la plus courte utilisée en Maths.
- Notation de Leibniz : Utilise le quotient différentiel (\(\dfrac{dy}{dt}\) ou \(\dfrac{dy}{dx}\)). Elle montre explicitement par rapport à quelle variable on dérive (souvent le temps \(t\) ou la position \(x\)).
- Notation fonctionnelle : Fait apparaître explicitement \(y(t)\) ou \(y(x)\) pour rappeler que la valeur dépend de la variable.
Exemple
Les trois équations suivantes représentent exactement la même relation où \(y\) est une fonction du temps \(t\) :
- Style simplifié : \(2y' + 3y = t\)
- Style fonctionnel : \(2y'(t) + 3y(t) = t\)
- Style différentiel (Leibniz) : \(2\dfrac{dy}{dt} + 3y(t) = t\)
Primitives
Définition Primitive
Soit \(f\) une fonction définie sur un intervalle \(I\).
On dit que \(F\) est une primitive de \(f\) sur \(I\) si \(F\) est dérivable sur \(I\) et pour tout \(x \in I\) :$$ \textcolor{colordef}{F'(x) = f(x)} $$Autrement dit, une primitive de la fonction \(f\) sur \(I\) est une solution de l'équation différentielle \(y' = f\).
On dit que \(F\) est une primitive de \(f\) sur \(I\) si \(F\) est dérivable sur \(I\) et pour tout \(x \in I\) :$$ \textcolor{colordef}{F'(x) = f(x)} $$Autrement dit, une primitive de la fonction \(f\) sur \(I\) est une solution de l'équation différentielle \(y' = f\).
Exemple
Soit \(f(x) = 2\) sur \(\mathbb{R}\). La fonction \(F(x) = 2x\) est une primitive de \(f\) sur \(\mathbb{R}\) car \(F'(x) = 2 = f(x)\).
Proposition Existence de primitives
Toute fonction continue sur un intervalle \(I\) admet des primitives sur \(I\).
Proposition Ensemble des primitives d'une même fonction
Si \(F\) est une primitive de \(f\) sur un intervalle \(I\), alors toute autre primitive \(G\) de \(f\) sur \(I\) est définie par :$$ \textcolor{colorprop}{G(x) = F(x) + C} \quad \text{où } C \in \mathbb{R} \text{ est une constante.} $$
Soit \(F\) une primitive fixée de \(f\) sur l'intervalle \(I\).
- Analyse :
Supposons que \(G\) soit une primitive quelconque de \(f\) sur \(I\).
Par définition, on a \(G'(x) = f(x)\) et \(F'(x) = f(x)\).
Considérons la fonction \(H = G - F\). Sa dérivée est : $$ H'(x) = G'(x) - F'(x) = f(x) - f(x) = 0 $$ Puisque la dérivée de \(H\) est nulle sur l'intervalle \(I\), alors \(H\) est une fonction constante.
Il existe donc une constante \(C \in \mathbb{R}\) telle que \(G(x) - F(x) = C\), soit \(G(x) = F(x) + C\). - Synthèse :
Réciproquement, soit \(G\) la fonction définie par \(G(x) = F(x) + C\) où \(C \in \mathbb{R}\).
Alors \(G\) est dérivable sur \(I\) et \(G'(x) = F'(x) + 0 = f(x)\).
Ainsi, \(G\) est bien une primitive de \(f\) sur \(I\).
Proposition Condition initiale
Soit \(f\) une fonction continue sur \(I\), et soient \(x_0 \in I\) et \(y_0 \in \mathbb{R}\).
Alors il existe une unique primitive \(F\) de \(f\) sur \(I\) telle que \(F(x_0) = y_0\).
Alors il existe une unique primitive \(F\) de \(f\) sur \(I\) telle que \(F(x_0) = y_0\).
Soit \(G\) une primitive quelconque de \(f\) sur \(I\).
D'après la proposition sur l'ensemble des primitives, toute primitive \(F\) de \(f\) est de la forme \(F(x) = G(x) + C\) où \(C \in \mathbb{R}\).
La condition \(F(x_0) = y_0\) est donc équivalente à :$$ G(x_0) + C = y_0 \iff C = y_0 - G(x_0) $$Comme \(y_0\) et \(G(x_0)\) sont des réels fixés, cette équation admet une unique solution pour la constante \(C\).
Par conséquent, il existe une unique primitive \(F\) vérifiant la condition initiale.
D'après la proposition sur l'ensemble des primitives, toute primitive \(F\) de \(f\) est de la forme \(F(x) = G(x) + C\) où \(C \in \mathbb{R}\).
La condition \(F(x_0) = y_0\) est donc équivalente à :$$ G(x_0) + C = y_0 \iff C = y_0 - G(x_0) $$Comme \(y_0\) et \(G(x_0)\) sont des réels fixés, cette équation admet une unique solution pour la constante \(C\).
Par conséquent, il existe une unique primitive \(F\) vérifiant la condition initiale.
L'importance des conditions initiales
Dans cette section, on a montré le fait suivant : si \(f\) est continue sur un intervalle \(I\), alors l'équation différentielle$$y' = f(x)$$admet une infinité de solutions (elles diffèrent d'une constante), et une condition initiale \(y(x_0)=y_0\) permet d'en sélectionner une seule et unique.
C'est un exemple simple d'une idée omniprésente en physique classique : de nombreuses lois s'écrivent sous forme d'équations différentielles, et la condition initiale précise l'état du système à un instant donné.
C'est un exemple simple d'une idée omniprésente en physique classique : de nombreuses lois s'écrivent sous forme d'équations différentielles, et la condition initiale précise l'état du système à un instant donné.
- L'équation différentielle représente la loi (comment l'état évolue).
- La condition initiale représente l'état initial (d'où part l'évolution).
Exemple Application physique : la chute d'une pomme
Considérons une pomme tombant d'un arbre. Soit \(v(t)\) sa vitesse à l'instant \(t\). D'après la seconde loi de Newton, la dérivée de la vitesse est l'accélération de la pesanteur (constante) :$$ v'(t) = -g \quad (\text{où } g \approx 9,8 \text{ m/s}^2) $$La fonction vitesse \(v\) est une primitive de la fonction constante \(f(t) = -g\).
- Déterminer la forme générale de la vitesse \(v(t)\).
- Si la pomme est lâchée l'arbre sans vitesse initiale à \(t=0\), on a \(v(0) = 0\). Trouver l'unique fonction vitesse.
- Les primitives de \(-g\) sont de la forme \(v(t) = -gt + C\).
- D'après la condition initiale : \(v(0) = -g(0) + C = 0 \implies C = 0\).
L'unique solution est \(v(t) = -gt\).
Formulaire de primitives
Le calcul de primitives est essentiellement le processus inverse de la dérivation. Pour trouver une primitive, nous cherchons une fonction dont la dérivée correspond à celle qui nous est donnée. Comme les dérivées, les primitives suivent des règles spécifiques pour les sommes, les produits par une constante et certaines compositions.
Proposition Opérations sur les primitives
Soient \(f\) et \(g\) deux fonctions continues sur un intervalle \(I\).
Si \(F\) et \(G\) sont des primitives respectives de \(f\) et \(g\), alors :
Si \(F\) et \(G\) sont des primitives respectives de \(f\) et \(g\), alors :
- Somme : \(F + G\) est une primitive de \(f + g\).
- Multiple scalaire : \(\alpha F\) est une primitive de \(\alpha f\) (où \(\alpha \in \mathbb{R}\)).
Proposition Primitives de référence
Soit \(C \in \mathbb{R}\) une constante.
| Fonction \(f(x)\) | Primitive \(F(x)\) | Intervalle \(I\) |
| \(k\) (constante) | \(kx + C\) | \(\mathbb{R}\) |
| \(x\) | \(\frac{1}{2}x^2 + C\) | \(\mathbb{R}\) |
| \(x^n\) (\(n\neq -1\)) | \(\frac{1}{n+1}x^{n+1} + C\) | \(\mathbb{R}\) pour \(n\geq 0\), \((-\infty,0)\) ou \((0, +\infty)\) pour \(n\leq -2\) |
| \(\frac{1}{x}\) | \(\ln(x) + C\) | |
| \(]0, +\infty[\) | \(\frac{1}{x^2}\) | \(-\frac{1}{x} + C\) |
| \(]-\infty, 0[\) ou \(]0, +\infty[\) | \(\frac{1}{\sqrt{x}}\) | \(2\sqrt{x} + C\) |
| \(]0, +\infty[\) | \(\sin(x)\) | \(-\cos(x) + C\) |
| \(\mathbb{R}\) | \(\cos(x)\) | \(\sin(x) + C\) |
| \(\mathbb{R}\) | \(e^x\) | \(e^x + C\) |
Proposition Primitives et composition
Soit \(u\) une fonction dérivable sur un intervalle \(I\).
| Fonction \(f\) | Primitive \(F\) | Condition sur \(u\) |
| \(u' \cdot u^n\) (\(n \neq -1\)) | \(\frac{1}{n+1}u^{n+1} + C\) | \(u(x) \neq 0\) si \(n < 0\) |
| \(\frac{u'}{u}\) | \(\ln(u) + C\) | \(u(x) > 0\) |
| \(\frac{u'}{u^2}\) | \(-\frac{1}{u} + C\) | \(u(x) \neq 0\) |
| \(\frac{u'}{\sqrt{u}}\) | \(2\sqrt{u} + C\) | \(u(x) > 0\) |
| \(u' e^u\) | \(e^u + C\) | -- |
| \(u' \sin(u)\) | \(-\cos(u) + C\) | -- |
| \(u' \cos(u)\) | \(\sin(u) + C\) | -- |
Résolution d'équations différentielles
Proposition Ensemble des solutions de \(y' \equal ay\)
Soit \(a\) un réel non nul.
Les équations différentielles de la forme \(y' = ay\) ont pour solutions les fonctions définies sur \(\mathbb{R}\) par : $$ \textcolor{colorprop}{f(x) = K e^{ax}} \quad \text{avec } K \in \mathbb{R}. $$
Les équations différentielles de la forme \(y' = ay\) ont pour solutions les fonctions définies sur \(\mathbb{R}\) par : $$ \textcolor{colorprop}{f(x) = K e^{ax}} \quad \text{avec } K \in \mathbb{R}. $$
Toute fonction de la forme \(f(x) = K e^{ax}\) est manifestement solution puisque \(f'(x) = aKe^{ax} = af(x)\).
Pour prouver que toutes les solutions sont de cette forme, soit \(y\) une solution quelconque de \(y' = ay\). On cherche \(y\) sous la forme :$$ y(x) = K(x) e^{ax} $$où \(K\) est une fonction à déterminer. Comme \(y\) est dérivable, \(K(x) = y(x)e^{-ax}\) l'est également. En dérivant \(y\) comme un produit, on obtient :$$ \begin{aligned}y'(x) &= K'(x)e^{ax} + K(x) \cdot (ae^{ax}) \\ y'(x) &= K'(x)e^{ax} + a \underbrace{K(x)e^{ax}}_{y(x)} \\ y'(x) &= K'(x)e^{ax} + ay(x) \\ y'(x) &= K'(x)e^{ax} + y'(x) \qquad(\text{comme } y' = ay) \\ K'(x)e^{ax} &= 0\end{aligned} $$Comme \(e^{ax} \neq 0\) pour tout réel \(x\), il s'ensuit que \(K'(x) = 0\).
Ceci implique que la fonction \(K(x)\) est une constante, que l'on notera \(K\). On en déduit que \(y(x) = Ke^{ax}\).
Pour prouver que toutes les solutions sont de cette forme, soit \(y\) une solution quelconque de \(y' = ay\). On cherche \(y\) sous la forme :$$ y(x) = K(x) e^{ax} $$où \(K\) est une fonction à déterminer. Comme \(y\) est dérivable, \(K(x) = y(x)e^{-ax}\) l'est également. En dérivant \(y\) comme un produit, on obtient :$$ \begin{aligned}y'(x) &= K'(x)e^{ax} + K(x) \cdot (ae^{ax}) \\ y'(x) &= K'(x)e^{ax} + a \underbrace{K(x)e^{ax}}_{y(x)} \\ y'(x) &= K'(x)e^{ax} + ay(x) \\ y'(x) &= K'(x)e^{ax} + y'(x) \qquad(\text{comme } y' = ay) \\ K'(x)e^{ax} &= 0\end{aligned} $$Comme \(e^{ax} \neq 0\) pour tout réel \(x\), il s'ensuit que \(K'(x) = 0\).
Ceci implique que la fonction \(K(x)\) est une constante, que l'on notera \(K\). On en déduit que \(y(x) = Ke^{ax}\).
Exemple
Résoudre l'équation différentielle \(y' = -2y\) avec la condition initiale \(y(0) = 4\).
- Solutions générales : L'équation est de la forme \(y' = ay\) avec \(a = -2\). Les solutions générales sont les fonctions : $$ y(x) = K e^{-2x} \quad \text{avec } K \in \mathbb{R} $$
- Solution particulière : On utilise la condition initiale \(y(0) = 4\) : $$ K e^{-2(0)} = 4 \implies K \times 1 = 4 \implies K = 4 $$ L'unique solution est \(y(x) = 4e^{-2x}\).
Proposition Ensemble des solutions de \(y' \equal ay + b\)
Soient \(a\) et \(b\) deux réels avec \(a \neq 0\).
Les équations différentielles de la forme \(y' = ay + b\) ont pour solutions les fonctions définies sur \(\mathbb{R}\) par : $$ \textcolor{colorprop}{f(x) = K e^{ax} - \dfrac{b}{a}} \quad \text{avec } K \in \mathbb{R}. $$
Les équations différentielles de la forme \(y' = ay + b\) ont pour solutions les fonctions définies sur \(\mathbb{R}\) par : $$ \textcolor{colorprop}{f(x) = K e^{ax} - \dfrac{b}{a}} \quad \text{avec } K \in \mathbb{R}. $$
Exemple
Résoudre l'équation différentielle \(y' = -2y + 4\) avec la condition initiale \(y(0) = 5\).
- Solutions générales : L'équation est de la forme \(y' = ay + b\) avec \(a = -2\) et \(b = 4\).
On calcule la constante : \(-\dfrac{b}{a} = -\dfrac{4}{-2} = 2\).
Les solutions générales sont les fonctions : $$ y(x) = K e^{-2x} + 2 \quad \text{avec } K \in \mathbb{R} $$ - Solution particulière : On utilise la condition initiale \(y(0) = 5\) : $$ K e^{-2(0)} + 2 = 5 \implies K + 2 = 5 \implies K = 3 $$ L'unique solution est \(y(x) = 3e^{-2x} + 2\).
