Nous avons dérivé des fonctions connues ou retrouvé des primitives. Nous connaissons maintenant une loi reliant une quantité à sa vitesse de variation et cherchons une fonction qui la respecte. Nous passons du calcul d’une courbe à la construction d’un modèle dynamique. Commençons par le premier ordre, des exemples résolus et des limites explicites.
Laboratoire des premières équations différentielles · Index du parcours
1. L’inconnue est une fonction
Dans 2x+3=7, nous cherchons un nombre. Dans y′(t)=F(t,y(t)), nous cherchons une fonction dérivable sur un intervalle : sa dérivée doit égaler le membre droit en tout point. t est la variable indépendante, y la quantité évolutive et y′ son taux instantané de variation. Vérifier une solution exige de dériver et de substituer dans l’équation, pas seulement de tester quelques valeurs.
L’ordre est celui de la dérivée la plus élevée : y′=2t est du premier ordre, y″+y=0 du second. Nous étudions ici des équations différentielles ordinaires du premier ordre, à une variable indépendante. Équations aux dérivées partielles et systèmes viendront ensuite.
2. Une famille et une condition initiale
De y′=2t, nous obtenons y=t²+C : toutes ces paraboles ont la dérivée demandée. La condition y(0)=3 impose C=3, donc y(t)=t²+3. Vérification : y′=2t et y(0)=3. L’équation accompagnée d’une donnée initiale constitue un problème de Cauchy. Avec y(t₀)=y₀, on trouve y=t²+y₀−t₀².
Sous forme intégrale, y′=F(t,y), y(t₀)=y₀ équivaut, sous les hypothèses usuelles de continuité, à y(t)=y₀+∫t₀tF(s,y(s))ds. Le changement total accumule les taux. Cette formule n’est pas encore explicite puisque y apparaît aussi dans l’intégrale.
3. Lire un champ de directions
En chaque point (t,y), F(t,y) donne la pente qu’une solution doit avoir en y passant. Un court segment de cette inclinaison construit un champ de directions. Pour y′=−y, les segments descendent au-dessus de l’axe, sont horizontaux en y=0 et montent en dessous. Les courbes tendent vers 0 vers les temps croissants.
Le champ n’est pas une solution : il indique des tangentes locales. La donnée initiale fixe un point à traverser. Dans le laboratoire, touchez le graphe pour lire F(t,y) et examiner un segment tangent ; cela ne déplace pas la donnée initiale, modifiable dans son champ propre.
4. Séparer les variables sans perdre de solutions
Si y′=g(t)h(y), cherchons d’abord les équilibres h(y)=0. Là où h(y)≠0, écrivons y′/h(y)=g(t), puis intégrons : ∫dy/h(y)=∫g(t)dt+C. Cela découle de la dérivation des fonctions composées, pas d’un droit à traiter partout dy et dt comme des nombres indépendants. La relation peut rester implicite.
Exemple : y′=2t(y+1). Trouvons d’abord la solution constante y=−1. Pour y≠−1, l’intégration donne ln|y+1|=t²+C. En exponentiant et absorbant signe et constante : y=Cet²−1 ; C=0 retrouve aussi l’équilibre. Avec y(0)=2, C=3. Diviser immédiatement par y+1 en oubliant son zéro ferait perdre une solution.
5. Croissance, décroissance et temps caractéristiques
« La vitesse de croissance est proportionnelle à la quantité présente » devient y′=ky. Pour y≠0, y′/y=k donne ln|y|=kt+C puis y=Cekt. Inclure l’équilibre y=0. Avec y(0)=y₀ : y(t)=y₀ekt. Si y₀>0, k>0 donne croissance et k<0 décroissance ; k=0 conserve la quantité.
Exemple : y₀=5 et k=0,2 par heure. Après 5 heures, y=5e≈13,5914. Le temps de doublement vaut ln 2/k≈3,4657 heures. Pour y′=−λy avec λ>0, la demi-vie vaut ln 2/λ. Les paramètres ont des unités de temps inverse : kt est sans dimension. k=0,2 ne signifie pas multiplier par 1,2 chaque heure : le facteur continu vaut e0,2.
6. Refroidissement vers une température ambiante
Avec une température ambiante constante A et un taux proportionnel à l’écart thermique, le modèle est y′=−k(y−A), k>0. Posons z=y−A : z′=−kz, donc y(t)=A+(y₀−A)e−kt. Au-dessus de A, le corps refroidit ; en dessous, il chauffe. y=A est un équilibre stable.
Une boisson part de 80 °C dans une pièce à 20 °C. Prenons k=(ln 2)/10 par minute : après 10 minutes l’écart est divisé par deux, y(10)=20+60/2=50 °C ; après 20 minutes y(20)=35 °C. C’est l’écart à l’ambiance, pas la valeur de température du corps, qui est divisé par deux. Le modèle suppose environnement et coefficient constants : la courbe ne remplace pas mesures et validation expérimentale.
7. Croissance limitée : le modèle logistique
La croissance exponentielle ignore les ressources finies. Introduisons une capacité K>0 : y′=ry(1−y/K), r>0. Les équilibres sont y=0 et y=K. La croissance est positive pour 0<y<K et négative pour y>K. La séparation utilise K/[y(K−y)]=1/y+1/(K−y), puis ln|y|−ln|K−y|=rt+C.
Pour y₀>0, la solution vers les temps positifs est y(t)=K/[1+(K/y₀−1)e−rt], y₀=K inclus ; y₀=0 donne séparément y=0. Avec K=10, r=1, y₀=2 : y=10/(1+4e−t) et y(ln 4)=5. Pour 0<y₀<K, le taux maximal se situe à y=K/2 car y′=rK/4−(r/K)(y−K/2)². Toute population réelle ne suit pas forcément une logistique.
8. Équations linéaires et facteur intégrant
Une équation linéaire du premier ordre s’écrit y′+a(t)y=b(t), sans termes comme y² ou yy′. Avec a et b continues sur un intervalle, choisissons μ(t)=exp(∫a(t)dt), jamais nul. Puisque μ′=aμ, la multiplication donne μy′+μay=μb, donc (μy)′=μb. Intégrer puis diviser par μ donne y=[C+∫μb dt]/μ. Une seule primitive suffit pour μ : sa constante multiplicative est sans effet.
Exemple résolu : y′+2y=4t, y(0)=1. μ=e2t et (e2ty)′=4te2t. Par parties : ∫4te2tdt=e2t(2t−1)+C. Donc y=2t−1+Ce−2t. La donnée impose 1=−1+C, C=2 : y=2t−1+2e−2t. Vérification : y′=2−4e−2t ; en ajoutant 2y, il reste 4t.
9. Existence, unicité et intervalle de validité
Une donnée initiale ne sélectionne pas toujours une seule solution. Une condition suffisante locale est : F continue dans un rectangle ouvert autour de (t₀,y₀) et localement lipschitzienne en y, uniformément en t. Lipschitz signifie qu’une constante L commune contrôle |F(t,y₁)−F(t,y₂)|≤L|y₁−y₂| dans un voisinage adapté. Une dérivée partielle ∂F/∂y continue y fournit une condition suffisante facile à vérifier. On obtient une solution unique sur un intervalle assez petit, pas forcément pour tout temps.
Unique mais non globale : y′=y², y(0)=1 donne y=1/(1−t), d’intervalle maximal contenant 0 égal à (−∞,1). Elle diverge quand t→1⁻. La même expression rationnelle pour t>1 ne prolonge pas la solution à travers le pôle.
Non unique : y′=2√|y|, y(0)=0 admet y=0 et, pour chaque τ≥0, y=0 jusqu’à τ puis y=(t−τ)², pour t≥0. Les dérivées latérales au raccord valent 0 : ce sont bien des solutions. F est continue mais non localement lipschitzienne en y=0. Le laboratoire montre une courbe choisie par τ, pas « la solution unique ».
10. Euler : avancer suivant la tangente
Avec tₙ=t₀+nh et h>0, Euler explicite garde la pente actuelle durant tout le pas : yₙ₊₁=yₙ+hF(tₙ,yₙ). Pour y′=y, y(0)=1 et h=0,5 : y₁=1+0,5×1=1,5 ; y₂=1,5+0,5×1,5=2,25. À t=1, la solution exacte vaut e≈2,71828, d’où une erreur absolue d’environ 0,46828.
Avec assez de régularité, sur un intervalle fixe et sous les conditions de stabilité nécessaires, l’erreur globale est O(h) : diviser h par deux tend asymptotiquement à diviser l’erreur par deux. Deux essais ne certifient pas une borne d’erreur. Pour y′=−ky : yₙ₊₁=(1−kh)yₙ. La stabilité asymptotique exige |1−kh|<1, soit 0<kh<2. Préserver la non-négativité exige aussi kh≤1. Les oscillations numériques n’appartiennent pas forcément au modèle.
11. Heun : prédiction et correction
Heun explicite évalue deux pentes : k₁=F(tₙ,yₙ) ; prédiction ỹ=yₙ+hk₁ ; puis k₂=F(tₙ+h,ỹ). La correction utilise leur moyenne : yₙ₊₁=yₙ+h(k₁+k₂)/2. Pour y′=y, y₀=1, h=0,5 : k₁=1, ỹ=1,5, k₂=1,5, y₁=1,625. Le pas suivant donne y₂=2,640625, plus proche de e qu’Euler.
C’est un Runge–Kutta explicite d’ordre 2 : sous les conditions régulières, l’erreur globale est O(h²). Ce n’est pas la méthode implicite des trapèzes, qui évalue F à la valeur corrigée inconnue. Heun n’est pas toujours meilleur pour chaque pas et problème : stabilité et domaine comptent. Pour y′=2√|y| avec donnée nulle, les deux méthodes restent exactement à zéro : une solution valide même si la courbe choisie par τ diffère.
12. Une démarche pratique et le laboratoire
- Définissez quantités, variable indépendante et unités.
- Traduisez la loi en équation et précisez la donnée initiale.
- Classez : intégration directe, séparable, linéaire ou hors programme.
- Vérifiez équilibres et divisions ; résolvez et imposez la donnée.
- Trouvez l’intervalle de validité ; vérifiez dérivée et donnée initiale.
- Comparez au modèle physique avant les approximations numériques.
Choisissez un cas, modifiez les paramètres et cliquez Explorer. Curseur, Un pas et Démarrer font avancer la construction numérique, la référence restant visible. Divisez le pas par deux pour comparer les erreurs aux nœuds. Le tableau donne valeurs et écarts ; le détail explique le dernier pas. Sept familles guidées, pas un solveur symbolique universel. Une grille finie ne prouve ni existence, ni unicité, ni convergence.
Exercices : essayer avant de révéler
1. Résoudre y′=2t, y(0)=−2.
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Intégration : y=t²+C ; la donnée donne C=−2. Donc y=t²−2 sur ℝ. Sa dérivée vaut 2t et sa valeur initiale −2.
2. y′=−0,5y, y(0)=8 : valeur après ln 4 ?
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y=8e^(−t/2). En t=ln 4, e^(−ln4/2)=1/2, donc y=4. La demi-vie vaut ln2/0,5=ln4.
3. Ambiance à 20, y₀=80 : quand y=50 ?
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De 50=20+60e^(−kt), on tire e^(−kt)=1/2 et t=ln2/k. Pour k=ln2/10, t=10 minutes. C’est l’excès thermique qui est divisé par deux, pas 80.
4. Logistique K=10, r=1, y₀=2 : quand y=5 ?
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5=10/(1+4e^(−t)) donne 1+4e^(−t)=2, e^(−t)=1/4 puis t=ln4. Le taux de croissance y est maximal sur cette trajectoire.
5. Quelle solution perd-on en divisant y′=2t(y+1) par y+1 ?
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y=−1. Sa dérivée est nulle et le membre droit s’annule. Vérifier les zéros avant de diviser ; la famille finale Ce^(t²)−1 la retrouve avec C=0.
6. Résoudre y′+2y=4t, y(0)=1.
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μ=e^(2t). Intégrer (μy)′=4tμ donne y=2t−1+Ce^(−2t). La donnée impose C=2. La solution est 2t−1+2e^(−2t) pour tout réel t.
7. y′=y², y(0)=1 : peut-on atteindre t=2 ?
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Non : y=1/(1−t) diverge en t=1 et ne se prolonge pas à travers ce point. L’expression pour t>1 est sur un autre intervalle, pas une solution initiale traversant 1.
8. Deux pas h=0,5 pour y′=y, y₀=1 : comparer Euler et Heun.
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Euler multiplie par 1,5 : 1→1,5→2,25. Heun multiplie par 1+h+h²/2=1,625 : 1→1,625→2,640625. Comparer à e≈2,718281828 ; Heun est plus proche ici.
9. y′=−3y, h=1 : pourquoi Euler oscille et grandit-il ?
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Le facteur vaut 1−3=−2 : 1→−2→4→−8. Son module dépasse 1 : la méthode est instable tandis que e^(−3t) décroît. Réduire h ; la stabilité exige h<2/3.
10. La méthode reste à zéro mais la courbe τ=1 croît : est-ce faux ?
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Pour y′=2√|y|, y(0)=0 les deux sont solutions. Sans unicité, l’écart à une courbe choisie ne prouve pas l’échec vers une solution unique. Le laboratoire précise que la référence est un membre choisi.