Équation différentielle y' = ay + b

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On connaît la forme des solutions des équations différentielles y′=ay+by'=ay+b où aa et bb sont des constantes, ce qui n’est pas le cas pour la plupart des autres équations.

I. Équation différentielle y ′ = ay, a réel

Les solutions sur ℝ de l’équation différentielle y′=ayy'=ay sont les fonctions de la forme : x↦Ceaxx\mapsto C\text e^{ax} , où CC est une constante réelle
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II. Équation différentielle y ′ = ay + b, a réel non nul, b réel

Les solutions sur ℝ de l’équation différentielle y′=ay+by'=ay+b sont les fonctions de la forme : x↦Ceax−bax\mapsto C\text e^{ax}-\dfrac ba, où C est une constante réelle
À noter
Lorsque b = 0, on se retrouve dans le cas précédent.

III. Équation logistique

Une équation logistique est une équation différentielle de la forme y′=ky(m−y)y'=ky(m-y), où kk et mm sont des réels strictement positifs.
Elle se résout par un changement de la fonction variable, qui permet de se ramener à une équation différentielle de la forme y′=ay+by'=ay+b.
Le modèle logistique, dû à Pierre François ­Verhulst, permet de modéliser l’évolution de certaines ­populations.
À noter
Dans les exercices, le changement de la fonction variable est systématiquement donné, il n’est pas à trouver.


Méthode : Résoudre une équation différentielle de la forme y′=ay+by'=ay+b

On considère l’équation différentielle E  :  2y′+y=0.E\;:\;2y'+y=0.
1. Déterminer les solutions de (E) sur ℝ.
2. Déterminer la (ou les) solution(s) éventuelle(s) de (E) vérifiant la condition précisée dans chacun des cas suivants :
a.f(1)=1f(1)=1
b.f(2)=(f(1))2f(2)=\left(f(1)\right)^2
c. lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim\limits_{x\to + \infty}f(x)=+\infty

Conseils
1. On se ramène à la forme y′=ay+by'=ay+b ; c’est alors une question de cours.
2. Exprimez la contrainte par une condition sur la constante C de la solution générale.
  1. yy solution de E  ⟺  y′=−12yE \iff y'=-\dfrac 12y.
    Donc S={x↦Ce−x2,C∈R}S=\{x\mapsto C\text e^{-\frac x2}, C\in \textbf R\}
  2. ff est solution de (E)(E) donc ff est de la forme f(x)=Ce−x2,C∈Rf(x)=C\text e^{-\frac x2}, C\in \textbf R.
a. f(1)=1  ⟺  Ce−12=1  ⟺  C=e12f(1)=1\iff C\text e^{-\frac 12}=1\iff C=\text e^{\frac 12}
Donc l'unique solution ff de (E)(E) vérifiant f(1)=1f(1)=1 est définie par f0(x)=e12×e−x2f_0(x)=\text e^{\frac 12}\times \text e^{-\frac x2} et S={f0 : x↦e1−x2}S=\{f_0\,:\,x\mapsto \text e^{\frac{1-x}{2}}\}
b.f(2)=(f(1))2  ⟺  Ce−1=(Ce−12)2f(2)=\left(f(1)\right)^2\iff C\text e^{-1}=\left(C\text e^ {-\frac 12}\right)^2
b.f(2)=(f(1))2  ⟺  Ce−1=(C2e−1){\phantom{b.f(2)=\left(f(1)\right)^2}\iff C\text e^{-1}=\left(C^2\text e^ {-1}\right)}
b.f(2)=(f(1))2  ⟺  C=C2{\phantom{b.f(2)=\left(f(1)\right)^2}\iff C=C^2}
b.f(2)=(f(1))2  ⟺  C(C−1)=0{\phantom{b.f(2)=\left(f(1)\right)^2}\iff C(C-1)=0}
b.f(2)=(f(1))2  ⟺  C=0 ou C=1{\phantom{b.f(2)=\left(f(1)\right)^2}\iff C=0\text{ ou } C=1}
On a donc deux solutions et S={f0  :  x↦0    f1  :  x↦e−x2}S=\{f_0\;:\;x\mapsto 0\;\;f_1\;:\;x\mapsto \text e^{-x^2}\}

À noter
e- 1 ≠ 0 on peut donc bien simplifier par e−1. En revanche, on ne sait rien de C. Il  ne faut donc surtout pas « simplifier » par C dans l’égalité C = C² (on remarque d’ailleurs que C = 0 donne une solution).

c. On sait que lim⁡x→+∞e−x2=0\lim\limits_{x\to +\infty}\text e^{-x^2}=0 donc quel que soit CC ,
Donc quel que soit C, lim⁡x→+∞f(x)=0.\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=0.
Il n’y a donc pas de solution vérifiant la condition lim⁡x→+∞f(x)=+∞.\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=+\infty.
Leçon précédente
Notions d’équation différentielle et de primitive
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Calculs de primitives