Équations différentielles à variables séparables : conserver les solutions exclues par division

Les connaissances utiles avant de commencer

Vous aurez besoin des dérivées et primitives usuelles, de la règle de dérivation en chaîne, des exponentielles et des logarithmes naturels. Le symbole prime indique une dérivée par rapport à la variable indépendante. Le symbole $\ln$ désigne le logarithme naturel, et $C$ une constante réelle d’intégration arbitraire.

Si l’intégration pose problème, consultez choisir une méthode d’intégration. Cette leçon explique déjà la substitution et les fractions partielles. Ici, nous utilisons ces outils pour résoudre une équation dont l’inconnue est une fonction.

1. Reconnaître une équation à variables séparables

Une équation est à variables séparables lorsqu’on peut l’écrire, sur son domaine, sous la forme

$$\frac{dy}{dx}=f(x)g(y).$$

Le membre de droite est le produit d’une fonction de $x$ et d’une fonction de $y$. Par exemple, $y'=2x(y-3)$ est à variables séparables. C’est aussi le cas de $y'=x^2$ : prenez $g(y)=1$.

Le membre de droite de $y'=x-y$, en revanche, est une somme qui ne peut pas être décomposée en un tel produit sur une région ouverte. N’écrivez pas $dy/y=(x-1)\,dx$ : diviser $x-y$ par $y$ donne $x/y-1$. Cette équation a la forme linéaire $y'+y=x$; consultez donc la leçon sur le facteur intégrant.

Les catégories peuvent se recouper. L’équation $y'=2y$ est à la fois linéaire et à variables séparables. Choisissez une méthode dont les étapes sont valides, sans supposer que toutes les équations du premier ordre se résolvent de la même façon.

2. Vérifier les solutions constantes avant de diviser

Pour $y'=f(x)g(y)$, une valeur $a$ telle que $g(a)=0$ fournit une solution constante candidate $y(x)=a$. Remplacez-la dans l’équation originale et vérifiez que celle-ci y est définie. Une telle solution constante est appelée solution d’équilibre.

Pour $y'=2x(y-3)$, la fonction constante $y=3$ convient : sa dérivée et le membre de droite sont nuls pour tout $x$. Diviser par $y-3$ l’exclurait des calculs suivants; notez-la donc d’abord.

Le facteur $2x$ s’annule aussi lorsque $x=0$. Cela signifie que chaque solution a une dérivée nulle à cette entrée précise. Cela ne signifie pas que chaque solution est constante sur un intervalle.

Travaillez maintenant sur un intervalle où $g(y(x))\ne0$. Sur cet intervalle,

$$\begin{gathered}\frac{y'}{g(y)}=f(x), \\ \int\frac{1}{g(y)}\,dy=\int f(x)\,dx.\end{gathered}$$

Pourquoi l’intégrale de gauche utilise-t-elle $dy$? Si $H'(y)=1/g(y)$, la règle de dérivation en chaîne donne

$$\frac{d}{dx}H(y(x))=\frac{y'(x)}{g(y(x))}.$$

La séparation est une notation pratique pour ce calcul. N’intégrez pas $y$ comme s’il s’agissait d’une constante par rapport à $x$.

Conservez une seule constante d’intégration après avoir regroupé celles des deux membres. Une relation implicite suffit lorsqu’il est difficile d’isoler $y$, à condition qu’elle définisse la branche dérivable recherchée et qu’on la vérifie dans l’équation originale.

3. Résoudre un problème à valeur initiale

Résolvez

$$\begin{gathered}y'=2x(y-3), \\ y(0)=5.\end{gathered}$$

Conserver le cas exclu

La solution d’équilibre $y=3$ satisfait l’équation, mais pas $y(0)=5$. Pour la branche passant par le point prescrit, commencez là où $y-3\ne0$ :

$$\frac{dy}{y-3}=2x\,dx.$$

Intégrer avec le bon logarithme

$$\ln|y-3|=x^2+C.$$

La valeur absolue permet les deux signes de $y-3$. Dériver $\ln|y-3|$ le long d’une branche où $y-3$ est non nul donne $y'/(y-3)$.

Appliquer la condition initiale

À $x=0$, on a $y=5$, donc $C=\ln2$. Sur la branche passant par ce point, $y-3$ est positif. Ainsi,

$$\begin{gathered}y-3=2e^{x^2}, \\ y=3+2e^{x^2}.\end{gathered}$$

Plus généralement, passer à l’exponentielle dans la relation logarithmique donne $y=3+Ae^{x^2}$, avec une constante signée non nulle $A$. La valeur $A=0$ se justifie séparément par la vérification de l’équilibre, et non par l’affirmation $e^C=0$. En l’incluant, cette famille contient aussi la solution d’équilibre.

Vérifier l’équation et l’intervalle

$$\begin{gathered}y'=4xe^{x^2}, \\ 2x(y-3)=4xe^{x^2}, \\ y(0)=5.\end{gathered}$$

La solution est définie et dérivable pour tout $x$ réel, et $y-3=2e^{x^2}>0$. Son intervalle maximal est $\mathbb R$. Cette solution ne traverse jamais la valeur exclue par la division.

Changez la valeur initiale : que donne $y(0)=1$? La réponse est $y=3-2e^{x^2}$, encore définie sur $\mathbb R$. Une valeur négative de $y-3$ est permise. C’est précisément pourquoi la valeur absolue et la constante signée sont importantes.

4. Interpréter un modèle de croissance

Dans un modèle continu simplifié, une communauté a une population $P(t)$, mesurée en personnes, au temps $t$, mesuré en années. Supposons que le taux de croissance soit proportionnel à la population actuelle :

$$\begin{gathered}P'=0.04P, \\ P(0)=1500.\end{gathered}$$

Le coefficient a pour unité $\mathrm{year}^{-1}$, soit par année; le membre de droite s’exprime donc en personnes par année. Il s’agit d’un taux de croissance relatif constant, et non d’un ajout de 0,04 personne par année.

D’abord, $P=0$ est un équilibre. Pour la population initiale positive, la séparation donne $dP/P=0.04\,dt$. Les intégrales définies font apparaître clairement la valeur initiale :

$$\int_{1500}^{P(t)}\frac{1}{u}\,du =\int_0^t0.04\,ds,$$

$$\begin{gathered}\ln\left(\frac{P(t)}{1500}\right)=0.04t, \\ P(t)=1500e^{0.04t}.\end{gathered}$$

Le rapport dans le logarithme est sans unité. La dérivation redonne $0.04P(t)$, et la substitution du temps zéro redonne 1500. La formule est mathématiquement définie pour tout temps réel; le modèle vers l’avenir utilise $t\ge0$.

Le temps de doublement satisfait $e^{0.04t}=2$, donc

$$t=\frac{\ln2}{0.04}\approx17.33\text{ ans}.$$

Après une année, le facteur multiplicatif est $e^{0.04}\approx1.04081$. Un taux relatif continu de 0,04 par année produit donc une hausse effective d’environ 4,081 % en un an, plutôt qu’exactement 4 %.

Le modèle prédit une croissance non bornée lorsque $t\to\infty$. C’est une conséquence des hypothèses. Cela ne prouve pas qu’une population réelle puisse croître sans limites.

5. Garder l’intervalle contenant le point initial

Une formule peut satisfaire une équation sur plusieurs intervalles disjoints. Une solution à valeur initiale se définit sur un intervalle contenant l’entrée initiale; elle ne peut pas sauter par-dessus une singularité.

Considérons

$$\begin{gathered}y'=y^2, \\ y(0)=1.\end{gathered}$$

L’équilibre $y=0$ ne satisfait pas la valeur initiale. Pour $y\ne0$, la séparation et l’intégration donnent

$$\begin{gathered}\int y^{-2}\,dy=\int dt, \\ -\frac1y=t+C.\end{gathered}$$

La condition initiale donne $C=-1$, donc

$$y(t)=\frac1{1-t}.$$

Sa dérivée est $1/(1-t)^2=y^2$, mais la formule n’est pas définie à $t=1$. L’intervalle maximal de solution contenant zéro est $(-\infty,1)$. Pour le temps vers l’avenir, on utilise $[0,1)$. L’expression satisfait aussi l’équation sur $(1,\infty)$, mais cette branche distincte ne prolonge pas la solution à travers l’explosion vers l’infini.

Vérifiez trois éléments : les restrictions de l’équation originale, celles introduites pendant la résolution et les singularités de la solution choisie. Elles peuvent différer. Par exemple, $y'=t/y$ exclut $y=0$ dans l’équation originale; multiplier par $y$ ne transforme pas zéro en équilibre admissible.

6. Prolongement facultatif : une croissance avec population limite

Utilisez cette section si la croissance logistique figure dans votre matière ou si vous souhaitez une application supplémentaire. Les sources officielles de Dawson confirment la séparation des variables, mais pas la croissance logistique dans chaque section du cours.

Supposons qu’un modèle simplifié de population utilise

$$\begin{gathered}P'=0.3P\left(1-\frac{P}{600}\right), \\ P(0)=100.\end{gathered}$$

Le temps est mesuré en années, la population en personnes, et 600 personnes représente la capacité limite du modèle. Le coefficient 0,3 a pour unité $\mathrm{year}^{-1}$, soit par année. Le facteur supplémentaire réduit le taux de croissance relatif lorsque la population approche 600.

Trouver les équilibres et le signe

Les fonctions $P=0$ et $P=600$ sont toutes deux des solutions d’équilibre. Pour $0<P<600$, le membre de droite est positif. Pour $P>600$, il est négatif. Ces signes prédisent une croissance sous la capacité et une décroissance au-dessus. À chaque équilibre, $P(1-P/600)=0$; diviser par ce produit est donc impossible.

Séparer sur la branche entre les équilibres

Pour $0<P<600$,

$$\frac{dP}{P(1-P/600)}=0.3\,dt,$$

$$\frac{1}{P(1-P/600)} =\frac1P+\frac1{600-P}.$$

Vérifiez l’identité en réunissant les fractions. La deuxième primitive porte un signe moins, car $d(600-P)/dP=-1$ :

$$\ln\left(\frac{P}{600-P}\right)=0.3t+C.$$

Ici, le rapport est positif et sans unité. La valeur initiale donne $C=\ln(1/5)$. Ainsi,

$$\begin{gathered}\frac{P}{600-P}=\frac15e^{0.3t}, \\ P(t)=\frac{600}{1+5e^{-0.3t}}.\end{gathered}$$

Le dénominateur est positif pour tout $t$ réel, et la formule reste strictement entre zéro et 600. Cela valide la branche utilisée pour séparer les variables. Son intervalle mathématique est $\mathbb R$; le modèle de population vers l’avenir utilise $t\ge0$.

Vérifier et interpréter

En posant temporairement $D=1+5e^{-0.3t}$,

$$P'=\frac{900e^{-0.3t}}{D^2},$$

$$\begin{aligned}&0.3P\left(1-\frac P{600}\right)\\&=0.3\frac{600}{D}\frac{5e^{-0.3t}}{D}\\&=\frac{900e^{-0.3t}}{D^2}.\end{aligned}$$

On a aussi $P(0)=100$, et $P(t)\to600$ lorsque $t\to\infty$. La population approche sa capacité sans l’atteindre en un temps fini. Elle atteint 300 personnes lorsque $5e^{-0.3t}=1$, soit $t=\ln5/0.3\approx5.365$ années. À titre de comparaison, le modèle exponentiel avec la même valeur initiale et le même coefficient serait $100e^{0.3t}$, sans limite de capacité. Son coefficient est le même, mais son taux absolu initial est de 30 personnes par année; celui du modèle logistique est de 25.

La formule explicite obtenue par division omet $P=0$. La famille $600/(1+Ae^{-0.3t})$ retrouve $P=600$ lorsque $A=0$, mais il faut tout de même vérifier les deux équilibres directement. Pour d’autres valeurs initiales, examinez de nouveau le dénominateur et l’intervalle; ne supposez pas automatiquement que le dénominateur demeure positif pour tout temps réel.

7. Vérifier le raisonnement et s’exercer

Avant de considérer une solution comme terminée, posez-vous ces questions :

• Les variables se séparent-elles vraiment sur le domaine original?
• Par quels facteurs ai-je divisé, et quelles solutions constantes ai-je vérifiées séparément?
• Ai-je intégré par rapport à la bonne variable et conservé les valeurs absolues nécessaires?
• La valeur initiale choisit-elle un signe ou une branche?
• La fonction et sa dérivée satisfont-elles l’équation originale sur l’intervalle annoncé?
• Mon interprétation distingue-t-elle la formule mathématique de la plage d’utilisation du modèle?

Les exemples présentés ici ont des membres de droite réguliers près de leurs données initiales. Pour des équations moins régulières, des branches peuvent parfois rejoindre un équilibre : la séparation accompagnée d’une liste de solutions constantes ne prouve donc pas toujours qu’on a trouvé toutes les solutions. Il faut aussi vérifier les conditions d’existence et d’unicité avant d’affirmer l’unicité en général.

Essayez six questions progressives avec reprises modifiées. Si vous révisez Dawson 201-MA2-DW, apportez votre séparation, votre condition initiale et votre intervalle à une séance de tutorat pour ce cours. Les séances sont offertes en anglais.

Pour approfondir

Les exemples et les explications sont originaux. Pour les notions usuelles, consultez OpenStax Calculus Volume 2, en anglais : équations à variables séparables et équation logistique.