Équation différentielle y′ = ay + b : la solution constante d'abord, l'exponentielle ensuite

Une équation différentielle a pour inconnue une fonction. Résoudre y′ = ay + b sur ℝ, c'est trouver toutes les fonctions f dérivables sur ℝ telles que, pour tout réel x, f′(x) = a f(x) + b. Le programme de spécialité de terminale (BO spécial n° 8 du 25 juillet 2019, partie « Primitives, équations différentielles ») place cette équation juste après y′ = f, qui définit les primitives, et demande de démontrer la résolution de y′ = ay.

La démonstration pour y′ = ay

Elle est explicitement au programme. Soit a un réel.

Les fonctions x ↦ Ce^ax sont solutions. Pour tout réel C, la fonction g définie par g(x) = Ce^ax est dérivable sur ℝ et g′(x) = aCe^ax = a g(x).

Il n'y en a pas d'autre. Soit f une solution sur ℝ. On pose h(x) = f(x)e^−ax. La fonction h est dérivable sur ℝ comme produit de fonctions dérivables, et h′(x) = f′(x)e^−ax − a f(x)e^−ax = (f′(x) − a f(x))e^−ax = 0, puisque f′ = af. La dérivée de h est nulle sur l'intervalle ℝ, donc h est constante : il existe un réel C tel que, pour tout x, f(x)e^−ax = C, c'est-à-dire f(x) = Ce^ax.

Le mot « intervalle » n'est pas décoratif : une fonction de dérivée nulle n'est constante que sur un intervalle.

Passer de y′ = ay à y′ = ay + b

On cherche d'abord une solution constante k : sa dérivée est nulle, donc 0 = ak + b, soit k = −b/a, ce qui exige a ≠ 0. Ensuite, pour une fonction f dérivable sur ℝ, on pose g = f − k. Alors g′ = f′ et ag = af − ak = af + b. Donc f′ = af + b équivaut à g′ = ag : f est solution de y′ = ay + b si et seulement si f + b/a est solution de y′ = ay, c'est-à-dire f(x) = Ce^ax − b/a.

Le même raisonnement donne le troisième résultat de l'encadré : si φ est une solution de y′ = ay + f, une fonction y est solution si et seulement si y − φ est solution de y′ = ay. Pour b = 0, la somme de deux solutions et le produit d'une solution par une constante sont encore solutions ; ce n'est plus vrai dès que b ≠ 0.

Résoudre y′ = ay + b en devoir : quatre étapes

1. Mettre l'équation sous la forme y′ = ay + b et lire a et b. Une équation donnée comme 2y′ + y = 3 se divise d'abord par 2.
2. Écrire la solution constante −b/a, en vérifiant qu'elle convient.
3. Écrire la forme générale des solutions, x ↦ Ce^ax − b/a, C ∈ ℝ, en citant le cours.
4. Si une condition initiale est donnée, l'écrire, en déduire C, puis conclure par « l'unique solution vérifiant … est la fonction … ».

Exemple 1 · y′ = −0,5y + 2 avec y(0) = 1

Rédaction. Ici a = −0,5 et b = 2. La fonction constante égale à −2/(−0,5) = 4 est solution : sa dérivée est nulle et −0,5 × 4 + 2 = 0. Les solutions sur ℝ sont donc les fonctions x ↦ Ce^−0,5x + 4, C ∈ ℝ.

La condition y(0) = 1 donne C + 4 = 1, soit C = −3. L'unique solution vérifiant y(0) = 1 est f : x ↦ 4 − 3e^−0,5x. Comme −0,5 < 0, e^−0,5x tend vers 0 en +∞ et f(x) tend vers 4 : toutes les solutions se rapprochent de la solution constante.

Exemple 2 · Un café qui refroidit

Énoncé. La température θ(t) d'un café, en °C, t en minutes, vérifie θ′ = −0,2(θ − 20) et θ(0) = 90. Exprimer θ(t), puis déterminer au bout de combien de temps le café atteint 40 °C.

Rédaction. L'équation s'écrit θ′ = −0,2θ + 4. La solution constante est −4/(−0,2) = 20, la température de la pièce. Les solutions sont t ↦ Ce^−0,2t + 20 ; θ(0) = 90 donne C = 70, donc θ(t) = 20 + 70e^−0,2t.

θ(t) = 40 équivaut à e^−0,2t = 20/70 = 2/7, soit −0,2t = ln(2/7), donc t = 5 ln(3,5) ≈ 6,26. Le café atteint 40 °C au bout d'environ 6 minutes 16 secondes ; à 10 minutes, il est à 20 + 70e⁻² ≈ 29,5 °C.

Ce que montre la figure de l'équation y′ = ay + b

Elle construit les solutions de l'exemple 1 dans l'ordre de la résolution. La droite y = 4 apparaît d'abord : c'est la solution constante, C = 0. Viennent ensuite les courbes pour C > 0, au-dessus, qui descendent vers 4, puis celles pour C < 0, en dessous, qui montent vers 4 : deux courbes distinctes ne se coupent jamais. Le point (0 ; 1) se place, et la seule solution qui y passe, C = −3, se trace en bleu nuit. Enfin la tangente en ce point se dessine : sa pente vaut −0,5 × 1 + 2 = 1,5. L'équation donne, en chaque point (x ; y) du plan, la pente de la solution qui y passe.

Les erreurs sur l'équation y′ = ay + b qui coûtent des points

• Solution particulière écrite b/a au lieu de −b/a. Le contrôle est immédiat : remplacer dans l'équation.
• Équation 2y′ + y = 3 traitée avec a = −1 : il faut diviser par 2, ce qui donne a = −0,5 et b = 1,5.
• Condition initiale appliquée avant d'avoir écrit la forme générale, ou constante C ajoutée à la fin « par habitude » : f(x) = Ce^ax − b/a, et non e^ax − b/a + C.
• Condition y(1) = 0 traitée comme si x₀ = 0 : on doit résoudre Ce^a − b/a = 0.
• « Les solutions sont f(x) = Ce^ax » sans préciser C ∈ ℝ ni l'ensemble de définition.

Trois exercices corrigés sur l'équation y′ = ay + b

Exercice 1 · Une équation à remettre en forme

Énoncé. Résoudre sur ℝ l'équation 2y′ + y = 3, puis donner la solution f telle que f(0) = 0.

Correction. L'équation équivaut à y′ = −0,5y + 1,5. La constante −1,5/(−0,5) = 3 est solution. Les solutions sont les fonctions x ↦ Ce^−0,5x + 3, C ∈ ℝ. f(0) = 0 donne C + 3 = 0, donc f(x) = 3 − 3e^−0,5x.

Exercice 2 · Une condition initiale ailleurs qu'en 0

Énoncé. Résoudre y′ = 3y + 6 sur ℝ, puis déterminer la solution g telle que g(1) = 0. Quelle est la limite de g en +∞ ?

Correction. La solution constante est −6/3 = −2. Les solutions sont x ↦ Ce^3x − 2, C ∈ ℝ. g(1) = 0 donne Ce³ = 2, donc C = 2e⁻³ et g(x) = 2e^3x−3 − 2. Comme 3 > 0, e^3x−3 tend vers +∞ en +∞, et g aussi : ici, les solutions s'éloignent de la solution constante.

Exercice 3 · y′ = 2y − 4x, avec une solution particulière donnée

Énoncé. a) Vérifier que φ : x ↦ 2x + 1 est solution de (E) : y′ = 2y − 4x. b) Montrer que y est solution de (E) si et seulement si y − φ est solution de y′ = 2y. c) En déduire les solutions de (E), puis celle qui vaut 3 en 0.

Correction. a) φ′(x) = 2 et 2φ(x) − 4x = 4x + 2 − 4x = 2 : φ est solution.

b) Pour y dérivable sur ℝ, (y − φ)′ = y′ − φ′ et 2(y − φ) = 2y − 2φ = 2y − 4x − φ′, car 2φ = 4x + φ′. Donc (y − φ)′ = 2(y − φ) équivaut à y′ = 2y − 4x.

c) Les solutions de y′ = 2y sont x ↦ Ce^2x, donc celles de (E) sont x ↦ Ce^2x + 2x + 1, C ∈ ℝ. y(0) = 3 donne C + 1 = 3, soit C = 2 : la solution cherchée est x ↦ 2e^2x + 2x + 1.