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February 16, 2026

Équations Différentielles

Les équations différentielles ordinaires (EDO) modélisent l’évolution de systèmes physiques, biologiques, économiques. Ce chapitre couvre les EDO linéaires du premier et du second ordre au programme de MPSI, avec les méthodes systématiques de résolution.

1. Généralités§

[!abstract] Définition — Équation différentielle ordinaire Une EDO est une équation reliant une fonction inconnue $y$ d’une variable réelle $x$, et ses dérivées successives : $$F\big(x, y(x), y’(x), \dots, y^{(n)}(x)\big) = 0$$ L’ordre de l’EDO est l’ordre le plus élevé de dérivation qui apparaît.

[!abstract] Définition — Problème de Cauchy Un problème de Cauchy (ou problème à valeur initiale) consiste à trouver $y$ vérifiant l’EDO et une condition initiale : $$y(x_0) = y_0 \quad (\text{ordre 1}), \qquad \text{ou} \quad y(x_0) = y_0,; y’(x_0) = y_1 \quad (\text{ordre 2})$$

[!abstract] Théorème — Cauchy-Lipschitz (admis en MPSI) Soit $f : I \times \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ continue et localement lipschitzienne en $y$. Alors pour tout $(x_0, y_0) \in I \times \mathbb{R}$, le problème de Cauchy : $$y’ = f(x, y), \quad y(x_0) = y_0$$ admet une unique solution maximale.

[!warning] Attention Le théorème de Cauchy-Lipschitz est admis en MPSI. Il faut néanmoins en connaître l’énoncé précis et savoir l’utiliser : deux solutions d’une EDO linéaire qui coïncident en un point sont identiques.

2. EDO linéaires du premier ordre§

2.1. Forme générale§

On considère l’équation :

$$y’(x) + a(x), y(x) = b(x) \tag{E}$$

où $a, b : I \to \mathbb{R}$ (ou $\mathbb{C}$) sont des fonctions continues sur un intervalle $I$.

2.2. Équation homogène associée§

L’équation homogène est :

$$y’(x) + a(x), y(x) = 0 \tag{E_0}$$

[!abstract] Théorème — Solutions de l’équation homogène Les solutions de $(E_0)$ sur $I$ sont : $$y_H(x) = C \exp!\left(-\int_{x_0}^{x} a(t), dt\right), \quad C \in \mathbb{R}$$ L’ensemble des solutions est un espace vectoriel de dimension 1.

[!tip] Preuve Si $y$ est solution non nulle, $y’/ y = -a$, donc $\ln|y|$ est une primitive de $-a$, d’où $y = C e^{-A}$ avec $A$ une primitive de $a$.

2.3. Méthode de variation de la constante§

Pour trouver une solution particulière de $(E)$, on varie la constante : on cherche $y_P$ sous la forme :

$$y_P(x) = C(x) \exp!\left(-\int_{x_0}^{x} a(t), dt\right)$$

En substituant dans $(E)$, on obtient :

$$C’(x) = b(x) \exp!\left(\int_{x_0}^{x} a(t), dt\right)$$

On primitive pour trouver $C(x)$.

[!abstract] Théorème — Solution générale La solution générale de $(E)$ est : $$y(x) = y_H(x) + y_P(x)$$ où $y_H$ est la solution générale de $(E_0)$ et $y_P$ est une solution particulière de $(E)$.

[!example] Exemple — Résolution complète Résoudre $y’ - 2xy = x$ sur $\mathbb{R}$.

Étape 1 : Équation homogène. $y’ - 2xy = 0$ donne $y_H = Ce^{x^2}$.

Étape 2 : Variation de la constante. On pose $y_P = C(x)e^{x^2}$. $$C’(x) e^{x^2} = x \implies C’(x) = x e^{-x^2} \implies C(x) = -\frac{1}{2}e^{-x^2}$$

Donc $y_P = -\dfrac{1}{2}$.

Solution générale : $\boxed{y(x) = Ce^{x^2} - \dfrac{1}{2}}$, $C \in \mathbb{R}$.

2.4. Équations à variables séparables§

[!abstract] Définition Une EDO est à variables séparables si elle s’écrit : $$y’ = f(x), g(y)$$

Méthode : si $g(y) \neq 0$, on sépare $\dfrac{dy}{g(y)} = f(x), dx$ et on primitive chaque membre.

[!warning] Attention aux solutions constantes Les valeurs $y_0$ telles que $g(y_0) = 0$ donnent des solutions constantes $y \equiv y_0$ qu’il ne faut pas oublier.

[!example] Exemple — Variables séparables Résoudre $y’ = y^2 \sin x$.

Solutions constantes : $g(y) = y^2 = 0 \Rightarrow y \equiv 0$.

Si $y \neq 0$ : $\dfrac{dy}{y^2} = \sin x, dx$, d’où $-\dfrac{1}{y} = -\cos x + C$, soit $y = \dfrac{1}{\cos x - C}$.

Solution générale : $y = 0$ ou $y(x) = \dfrac{1}{\cos x - C}$, $C \in \mathbb{R}$.

3. EDO linéaires du second ordre à coefficients constants§

3.1. Forme générale§

$$ay” + by’ + cy = f(x) \tag{E}$$

avec $a, b, c \in \mathbb{R}$, $a \neq 0$, et $f$ continue.

3.2. Équation homogène§

L’équation caractéristique associée à l’équation homogène $ay” + by’ + cy = 0$ est :

$$ar^2 + br + c = 0 \tag{EC}$$

Le discriminant est $\Delta = b^2 - 4ac$.

flowchart TD
    A["Équation caractéristique<br/>ar² + br + c = 0"] --> B{"Calculer Δ = b² − 4ac"}
    B --> C{"Δ > 0"}
    B --> D{"Δ = 0"}
    B --> E{"Δ < 0"}

    C --> C1["Deux racines réelles distinctes<br/>r₁ = (−b − √Δ) / 2a<br/>r₂ = (−b + √Δ) / 2a"]
    C1 --> C2["y_H = C₁ e^(r₁x) + C₂ e^(r₂x)"]

    D --> D1["Racine double<br/>r₀ = −b / 2a"]
    D1 --> D2["y_H = (C₁ + C₂ x) e^(r₀x)"]

    E --> E1["Racines complexes conjuguées<br/>r = α ± iω<br/>α = −b/2a, ω = √|Δ|/2a"]
    E1 --> E2["y_H = e^(αx)(C₁ cos ωx + C₂ sin ωx)"]

    style A fill:#4a90d9,color:#fff
    style C2 fill:#27ae60,color:#fff
    style D2 fill:#27ae60,color:#fff
    style E2 fill:#27ae60,color:#fff

[!abstract] Théorème — Solution générale de l’équation homogène Selon le signe du discriminant $\Delta = b^2 - 4ac$ :

$\Delta$RacinesSolution générale
$\Delta > 0$$r_1 \neq r_2 \in \mathbb{R}$$y_H = C_1 e^{r_1 x} + C_2 e^{r_2 x}$
$\Delta = 0$$r_0 \in \mathbb{R}$ double$y_H = (C_1 + C_2 x) e^{r_0 x}$
$\Delta < 0$$r = \alpha \pm i\omega$$y_H = e^{\alpha x}(C_1 \cos\omega x + C_2 \sin\omega x)$

avec $\alpha = -b/(2a)$ et $\omega = \sqrt{|\Delta|}/(2a)$.

[!important] Structure L’ensemble des solutions de l’équation homogène est un espace vectoriel de dimension 2. Les deux fonctions indiquées forment un système fondamental de solutions.

3.3. Solution particulière : méthode des coefficients indéterminés§

Le principe : on cherche $y_P$ sous une forme analogue au second membre $f(x)$, éventuellement multipliée par $x$ ou $x^2$.

Cas 1 : Second membre $f(x) = P(x) e^{\alpha x}$§

On cherche $y_P = Q(x) e^{\alpha x}$ avec $\deg Q = \deg P + m$, où $m$ est la multiplicité de $\alpha$ comme racine de l’équation caractéristique ($m = 0, 1$ ou $2$).

[!warning] Règle de multiplication par $x^m$

Cas 2 : Second membre $f(x) = P(x) e^{\alpha x}\cos(\omega x)$ ou $P(x)e^{\alpha x}\sin(\omega x)$§

On passe par les complexes : on cherche une solution particulière de l’équation avec second membre $P(x) e^{(\alpha + i\omega)x}$, puis on prend la partie réelle ou imaginaire.

Cas 3 : Principe de superposition§

[!abstract] Théorème — Principe de superposition Si $y_1$ est solution particulière de $ay” + by’ + cy = f_1(x)$ et $y_2$ est solution particulière de $ay” + by’ + cy = f_2(x)$, alors $y_1 + y_2$ est solution particulière de : $$ay” + by’ + cy = f_1(x) + f_2(x)$$

3.4. Solution générale complète§

[!abstract] Théorème — Structure des solutions La solution générale de $(E)$ est : $$y = y_H + y_P$$ où $y_H$ est la solution générale de l’homogène et $y_P$ est une solution particulière de $(E)$.

[!example] Exemple complet — Résolution d’une EDO d’ordre 2 Résoudre $y” - 3y’ + 2y = e^x$ avec $y(0) = 0$, $y’(0) = 1$.

Étape 1 : Équation caractéristique. $r^2 - 3r + 2 = 0$, soit $(r-1)(r-2) = 0$, racines $r_1 = 1$, $r_2 = 2$.

Étape 2 : Solution homogène. $y_H = C_1 e^x + C_2 e^{2x}$.

Étape 3 : Solution particulière. Le second membre est $e^x$. Or $\alpha = 1$ est racine simple de $(EC)$, donc $m = 1$ et on cherche $y_P = Axe^x$.

$y_P’ = A(1 + x)e^x$, $y_P” = A(2 + x)e^x$.

Substitution : $A(2+x)e^x - 3A(1+x)e^x + 2Axe^x = Ae^x(2+x-3-3x+2x) = A(-1)e^x = e^x$.

Donc $A = -1$ et $y_P = -xe^x$.

Étape 4 : Solution générale. $y = C_1 e^x + C_2 e^{2x} - xe^x$.

Étape 5 : Conditions initiales.

On résout : $C_2 = 2$, $C_1 = -2$.

Solution : $\boxed{y(x) = -2e^x + 2e^{2x} - xe^x = 2e^{2x} - (2+x)e^x}$

[!example] Exemple — Second membre trigonométrique Résoudre $y” + y = \cos(2x)$.

Équation caractéristique : $r^2 + 1 = 0$, racines $r = \pm i$, donc $y_H = C_1\cos x + C_2\sin x$.

Solution particulière : $\cos(2x) = \text{Re}(e^{2ix})$. On résout $y” + y = e^{2ix}$. On cherche $y_P = Ae^{2ix}$.

$(2i)^2 A e^{2ix} + Ae^{2ix} = e^{2ix}$, soit $(-4 + 1)A = 1$, donc $A = -1/3$.

$y_P = \text{Re}(-e^{2ix}/3) = -\cos(2x)/3$.

Solution générale : $\boxed{y = C_1\cos x + C_2\sin x - \dfrac{\cos(2x)}{3}}$

4. Méthode générale de résolution§

flowchart TD
    A["EDO donnée"] --> B{"Identifier le type"}
    B --> C["Ordre 1 linéaire<br/>y' + a(x)y = b(x)"]
    B --> D["Ordre 1 à variables<br/>séparables y' = f(x)g(y)"]
    B --> E["Ordre 2 à coefficients<br/>constants ay'' + by' + cy = f(x)"]

    C --> C1["1. Résoudre l'homogène<br/>y_H = Ce^(−A(x))"]
    C1 --> C2["2. Variation de la constante<br/>→ solution particulière y_P"]
    C2 --> C3["3. y = y_H + y_P"]
    C3 --> C4["4. Appliquer les CI<br/>→ déterminer C"]

    D --> D1["1. Solutions constantes<br/>g(y₀) = 0"]
    D1 --> D2["2. Séparer dy/g(y) = f(x)dx"]
    D2 --> D3["3. Primitiver les deux membres"]
    D3 --> D4["4. Appliquer les CI"]

    E --> E1["1. Équation caractéristique<br/>ar² + br + c = 0"]
    E1 --> E2["2. y_H selon le discriminant"]
    E2 --> E3["3. Solution particulière<br/>par coefficients indéterminés"]
    E3 --> E4["4. y = y_H + y_P"]
    E4 --> E5["5. Appliquer les CI<br/>→ déterminer C₁, C₂"]

    style A fill:#4a90d9,color:#fff
    style C4 fill:#27ae60,color:#fff
    style D4 fill:#27ae60,color:#fff
    style E5 fill:#27ae60,color:#fff

5. Systèmes différentiels linéaires (introduction)§

5.1. Forme générale§

Un système différentiel linéaire d’ordre 1 s’écrit :

$$X’(t) = A(t), X(t) + B(t)$$

où $X(t) \in \mathbb{R}^n$ est le vecteur des inconnues et $A(t) \in \mathcal{M}_n(\mathbb{R})$.

En MPSI, on se restreint au cas $n = 2$ à coefficients constants :

$$\begin{cases} x’ = ax + by + f_1(t) \ y’ = cx + dy + f_2(t) \end{cases}$$

5.2. Méthode de résolution pour $n = 2$§

Méthode 1 : Réduction à une EDO d’ordre 2. On exprime $y$ en fonction de $x$ et $x’$ à partir de la première équation, puis on substitue dans la seconde pour obtenir une EDO d’ordre 2 en $x$.

Méthode 2 : Valeurs propres. Si $A$ est diagonalisable avec valeurs propres $\lambda_1, \lambda_2$ et vecteurs propres $v_1, v_2$ :

$$X_H(t) = C_1 e^{\lambda_1 t} v_1 + C_2 e^{\lambda_2 t} v_2$$

[!example] Exemple — Système différentiel Résoudre $\begin{cases} x’ = 3x - 2y \ y’ = 2x - y \end{cases}$

Matrice : $A = \begin{pmatrix} 3 & -2 \ 2 & -1 \end{pmatrix}$. Le polynôme caractéristique est $\lambda^2 - 2\lambda + 1 = (\lambda - 1)^2$, donc $\lambda = 1$ est valeur propre double.

La matrice $A - I = \begin{pmatrix} 2 & -2 \ 2 & -2 \end{pmatrix}$ est de rang 1, donc l’espace propre est de dimension 1, engendré par $v = \begin{pmatrix} 1 \ 1 \end{pmatrix}$.

$A$ n’est pas diagonalisable. On utilise la méthode par réduction à l’ordre 2.

De la première équation : $y = \dfrac{3x - x’}{2}$, donc $y’ = \dfrac{3x’ - x”}{2}$.

Substitution dans la seconde : $\dfrac{3x’ - x”}{2} = 2x - \dfrac{3x - x’}{2}$

$3x’ - x” = 4x - 3x + x’ = x + x’$, soit $x” - 2x’ + x = 0$.

Équation caractéristique : $r^2 - 2r + 1 = (r-1)^2 = 0$, racine double $r = 1$.

$x(t) = (C_1 + C_2 t) e^t$, puis $y(t) = \dfrac{3x - x’}{2} = (C_1 + C_2 t - C_2/2 - C_2 t/2 \cdot 0)$…

En calculant proprement : $x’ = (C_2 + C_1 + C_2 t)e^t$, donc $y = \frac{3(C_1 + C_2 t) - (C_1 + C_2 + C_2 t)}{2}e^t = \frac{2C_1 + 2C_2 t - C_2}{2}e^t$.

$$\boxed{x(t) = (C_1 + C_2 t)e^t, \quad y(t) = \left(C_1 - \frac{C_2}{2} + C_2 t\right)e^t}$$

6. Résultats complémentaires§

6.1. Wronskien§

[!abstract] Définition — Wronskien Pour deux solutions $y_1, y_2$ de l’équation homogène $ay” + by’ + cy = 0$, le wronskien est : $$W(x) = \begin{vmatrix} y_1(x) & y_2(x) \ y_1’(x) & y_2’(x) \end{vmatrix} = y_1(x)y_2’(x) - y_2(x)y_1’(x)$$

[!abstract] Théorème $(y_1, y_2)$ forment un système fondamental de solutions si et seulement si $W(x) \neq 0$ pour tout $x$ (ou de manière équivalente, pour un $x$).

6.2. Variation de la constante pour l’ordre 2§

Quand le second membre ne rentre pas dans les cas standards, on peut utiliser la variation des constantes : on cherche $y_P = C_1(x) y_1(x) + C_2(x) y_2(x)$ avec les conditions :

$$\begin{cases} C_1’ y_1 + C_2’ y_2 = 0 \ C_1’ y_1’ + C_2’ y_2’ = f(x)/a \end{cases}$$

Ce système se résout grâce au wronskien :

$$C_1’ = \frac{-y_2 f}{a W}, \quad C_2’ = \frac{y_1 f}{a W}$$

7. Exercices types corrigés§

Exercice 1 : EDO linéaire d’ordre 1§

[!example] Exercice — Résolution avec condition initiale Résoudre $y’ + \dfrac{y}{x} = \ln x$ sur $]0, +\infty[$, avec $y(1) = 0$.

Homogène : $y’ + y/x = 0 \Rightarrow y’/y = -1/x \Rightarrow y_H = C/x$.

Variation de la constante : $y_P = C(x)/x$, donc $C’(x)/x = \ln x$, soit $C’(x) = x\ln x$.

On intègre par parties : $C(x) = \dfrac{x^2}{2}\ln x - \dfrac{x^2}{4}$.

Solution particulière : $y_P = \dfrac{x}{2}\ln x - \dfrac{x}{4}$.

Solution générale : $y = \dfrac{C}{x} + \dfrac{x}{2}\ln x - \dfrac{x}{4}$.

Condition initiale $y(1) = 0$ : $C - 1/4 = 0$, soit $C = 1/4$.

$$\boxed{y(x) = \frac{1}{4x} + \frac{x}{2}\ln x - \frac{x}{4} = \frac{1}{4x} + \frac{x(2\ln x - 1)}{4}}$$

Exercice 2 : EDO d’ordre 2 avec résonance§

[!example] Exercice — Résonance Résoudre $y” + 4y = \cos(2x)$.

Équation caractéristique : $r^2 + 4 = 0$, racines $r = \pm 2i$. Donc $y_H = C_1\cos 2x + C_2\sin 2x$.

Solution particulière : $\cos 2x = \text{Re}(e^{2ix})$. Or $2i$ est racine simple de $r^2 + 4 = 0$, donc on cherche $y_P$ de la forme $\text{Re}(Axe^{2ix})$.

On résout $y” + 4y = e^{2ix}$ avec $y_P = Axe^{2ix}$ :

$y_P’ = A(1 + 2ix)e^{2ix}$, $y_P” = A(4i - 4x)e^{2ix}$.

$y_P” + 4y_P = A(4i - 4x + 4x)e^{2ix} = 4iAe^{2ix} = e^{2ix}$, soit $A = 1/(4i) = -i/4$.

$y_P = \text{Re}!\left(-\dfrac{ix}{4}e^{2ix}\right) = \text{Re}!\left(-\dfrac{ix}{4}(\cos 2x + i\sin 2x)\right) = \dfrac{x\sin 2x}{4}$.

$$\boxed{y = C_1\cos 2x + C_2\sin 2x + \frac{x\sin 2x}{4}}$$

On observe le terme en $x\sin 2x$ : c’est le phénomène de résonance, où l’amplitude croît linéairement.

Exercice 3 : Équation à variables séparables§

[!example] Exercice — Équation logistique Résoudre $y’ = y(1 - y)$ sur $\mathbb{R}$, avec $y(0) = 1/2$.

Solutions constantes : $y \equiv 0$ et $y \equiv 1$.

Si $y \notin {0, 1}$ : $\dfrac{dy}{y(1-y)} = dx$. Par décomposition en éléments simples :

$$\frac{1}{y(1-y)} = \frac{1}{y} + \frac{1}{1-y}$$

En intégrant : $\ln|y| - \ln|1-y| = x + C_0$, soit $\dfrac{y}{1-y} = Ke^x$ ($K \neq 0$).

Donc $y = \dfrac{Ke^x}{1 + Ke^x} = \dfrac{1}{1 + K^{-1}e^{-x}}$.

Condition initiale $y(0) = 1/2$ : $\dfrac{K}{1+K} = \dfrac{1}{2}$, soit $K = 1$.

$$\boxed{y(x) = \frac{e^x}{1 + e^x} = \frac{1}{1 + e^{-x}}}$$

C’est la fonction logistique (ou sigmoïde), croissante de $0$ à $1$.

Exercice 4 : Problème de Cauchy et unicité§

[!example] Exercice — Application de Cauchy-Lipschitz Montrer que la seule solution de $y’ = 2\sqrt{|y|}$ telle que $y(0) = 0$ et $y \geqslant 0$ n’est pas unique.

On remarque que $f(x, y) = 2\sqrt{|y|}$ n’est pas lipschitzienne en $y$ au voisinage de $y = 0$ ($f$ n’est pas dérivable en $y = 0$). Le théorème de Cauchy-Lipschitz ne s’applique donc pas.

En effet, on vérifie que $y_1(x) = 0$ et $y_2(x) = x^2$ (pour $x \geqslant 0$, prolongée par $0$ pour $x < 0$) sont toutes deux solutions, avec $y_1(0) = y_2(0) = 0$.

Cet exemple montre l’importance de la condition de Lipschitz.

8. Liens§

—The Gardener