Etude - 2 :

y’’ + by’ + cy = 0 où b Î R et c Î R (E₂)

Recherche :

Recherchons y sous la forme y = exp(rx) .

On a : y’ = r exp(rx) et y’’ = r² exp(rx) .

y solution de (E₂) Û r² exp(rx) + b r exp(rx) + c exp(rx) = 0

y solution de (E₂) Û exp(rx) (r² + b r + c) = 0

Et comme exp(rx) ¹ 0 : y solution de (E₂) Û r² + b r + c = 0 (2)

Posons : D = b² – 4c.

Si D > 0 l’équation (2) a deux solutions réelles distinctes r₁ et r₂ .

Si D = 0 l’équation (2) a une solution réelle double r₀ .

Si D < 0 l’équation (2) a deux solutions complexes conjuguées a + i q et a – i q .

1 er cas : D > 0

Remarque : On a alors : – b = r₁ + r₂ donc r₂ = – (r₁ + b) (3).

On a alors : y = f exp(r₁ x) , y’ = f r₁ exp(r₁ x) + f ’ exp(r₁ x)

et y’’ = f r₁² exp(r₁ x) + 2 f ’ r₁ exp(r₁ x) + f ’’ exp(r₁ x)

y solution de (E₂) Û exp(r₁ x) (f r₁² + 2 f ’ r₁ + f ’’ + b f r₁ + b f ’ + c f ) = 0

Soit d’après (ii) :

y solution de (E₂) Û f (r₁² + b r₁ + c) + f ’’ + (2 r₁ + b) f ’ = 0

Et comme r₁ est solution de (2) :

y solution de (E₂) Û f ’’ = – (2 r₁ + b) f ’

Cette équation différentielle est du type (E₁) on a donc, d’après l’étude - 1 :

f ’ = k exp(– (2 r₁ + b) x) , k Î R

On a : f = k₂ exp(– (2 r₁ + b) x) + k₁ , k₁ Î R et k₂ Î R

Par suite comme y = f exp(r₁ x) on a : y = k₂ exp(– ( r₁ + b) x) + k₁ exp(r₁ x)

Et d’après la remarque (3) : y = k₂ exp(r₂ x) + k₁ exp(r₁ x)

Conclusion - 2 :

Si b² – 4c > 0, les solutions de l’équation

y’’ + by’ + cy = 0 où b Î R et c Î R

sont de la forme : y = k₂ exp(r₂ x) + k₁ exp(r₁ x) , k₁ Î R et k₂ Î R.

où r₁ et r₂ sont les racines réelles de l’équation : r² + b r + c = 0