Approximation affine locale d'une fonction dérivable.

Méthode d'Euler.

En général cette méthode permet de construire une ligne polygonale approchant la courbe représentative d'une fonction $y$ vérifiant $y(a)=y_0$ et $y'(x)=f(x)$ pour tout $x\in I$ où $f$ une fonction définie sur un intervalle $I$.
Subdivisons l'intervalle $I=[a;b]$ en $n$ intervalles de même longueur nous avons $I=[t_0;t_1]\cup[t_1;t_2]\cup...\cup[t_{n-1};t_n]$. avec $t_0=a$ et $t_n=b$ et $t_{i+1}=t_i+\dfrac{b-a}{n}$ pour tout $i$.
Le nombre $\dfrac{b-a}{n}$ est appelé le pas. On part du point $A_0$ de coordonnées $(t_0,y_0)$ où $y_0$ est le réel donné tel que $y(a)=y_0$.
Puisque l'on connait $y'(x)=f(x)$, on connait le coefficient directeur de la tangente à la courbe de $y$ en tout point de l'intervalle $I$. On peut approximer la valeur de $y(t_1)$ par celle de $y(t_0)+y'(t_0)\times\dfrac{b-a}{n}$, c'est à dire $y(t_0)+f(t_0)\times\dfrac{b-a}{n}=y_1$. On obtient un point $A_1$ de coordonnées $(t_1,y_1)$, on trace le segment $[A_0A_1]$. On recommence le procédé et on s'arrête avec le point $A_n(t_n,y_n)$.

Expérimentation de la méthode sur un cas simple.

Expérimentons cette technique pour la fonction $f$ définie sur $[0,2]$ par $f(x)=2x$. Posons $\Bigg\{\begin{array}[pos]{c}t_0=0\\y_0=0\\n=nombre~~de~~segments\\\end{array}$.
Donc nous avons les relations suivantes: $\Bigg\{\begin{array}[pos]{c}pas=\dfrac{2}{n}\\t_{i+1}=t_i+\dfrac{2}{n}\\y_{i+1}=y_i+f(t_i)\times\dfrac{2}{n}\\\end{array}$.
Nous recherchons donc à construire une ligne polygonale approchant la courbe représentative d'une fonction $y$ vérifiant $y(0)=0$ et $y'(x)=2x$ pour tout $x\in [0;2]$.
Nous connaissons déjà la solution théorique c'est la fonction $g(x)=x^2$ pour tout $x\in [0;2]$.
Plus la ligne polygonale comporte de segments, plus on se rapproche de la courbe de la fonction théorique.

Voir l'algorithme Python fonctionner.

Définition.

On appelle une équation différentielle linéaire du premier ordre, une équation de la forme: $y^{'}=ay$ où $y$ désigne une fonction inconnue, et $a$ désigne un réel.
Résoudre une équation différentielle, c'est trouver toutes les fonctions $f$, dérivables sur un intervalle $I$, telles que pour tout $x\in I$ on a: $f^{'}(x)=af(x)$. Une telle fonction est dite solution de l'équation différentielle $y^{'}=ay$.

Théorème.

• Les solutions de l'équation linéaire du premier ordre $y^{'}=ay$ sont les fonctions définies sur $\mathbb{R}$ par: $f_k(x)=ke^{ax}$ où $k$ est un réel quelconque.
• Une équation différentielle avec une condition initiale $y^{'}=ay$ et $y(x_0)=y_0$ admet une solution unique.

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• • Vérifions tout d'abord que les fonctions $f_k(x)=ke^{ax}$ où $k$ est un réel quelconque sont solutions de $y^{'}=ay$.
    $(f_k)^{'}(x)=k\times a\times e^{ax}$ $=a\times (k\times e^{ax)}=a\times f_k(x)$ pour tout $x\in\mathbb{R}$. Donc les fonctions $f_k$ sont bien solution de l'équation différentielle $y^{'}=ay$.

  • Pour tout $x\in\mathbb{R}$ nous avons $e^{ax}\not=0$, puisque $e^{ax}>0$. Considérons une fonction $f$ solution de $y^{'}=ay$.
    Il existe une fonction $g$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x)=g(x)\times e^{ax}$. $f$ est solution de $y^{'}=ay$ $\Rightarrow$ $f^{'}(x)=af(x)$ donc on a:
    $\bigg[g(x)\times e^{ax}\bigg]^{'}=a\times(g(x)e^{ax})$ $\Leftrightarrow$ $g^{'}(x)\times e^{ax}+g(x)\times (ae^{ax})=ag(x)e^{ax}$ $\Leftrightarrow$ $g^{'}(x)\times e^{ax}$.
    Or $e^{ax}\not=0$, donc $g^{'}(x)=0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$, donc $g$ est une fonction constante sur $\mathbb{R}$. Il existe un réel $k$, tel que $g(x)=k$, et donc $f(x)=k\times e^{ax}$ $=f_k^{'}(x)$.
• $(E):y^{'}=ay$ et $y(x_0)=y_0$. Les solutions de l'équation linéaire du premier ordre $y^{'}=ay$ sont les fonctions définies sur $\mathbb{R}$ par: $f_k(x)=ke^{ax}$ où $k$ est un réel quelconque.
  Recherchons parmi toutes ces fonctions $f_k$ celle qui vérifie la condition $y(x_0)=y_0$.
  Recherchons le réel $k$ tel que $f_k(x_0)=y_0$ $\Leftrightarrow$ $k\times e^{ax_0}=y_0$ $\Leftrightarrow$ $k=y_0e^{-ax_0}$.
  Donc la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$ par $f(x)=y_0\times e^{-ax_0}\times e^{ax}$ $=y_0\times e^{a(x-x_0)}$ est l'unique solution du problème $(E):y^{'}=ay$ et $y(x_0)=y_0$.

Exercices.

• Déterminer toutes les solutions de l'équation $(E):y^{'}+3y=0$.
• Déterminer la fonction vérifiant $(E):y'=2y$ et $y(1)=1$

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• Nous avons $y^{'}+3y=0$ $\Leftrightarrow$ $y^{'}=-3y$. L'ensemble des solutions de l'équation différentielle $(E)$ est l'ensemble des fonctions $f_k$ définies sur $\mathbb{R}$ par $f_k(x)=k\times e^{-3x}$.
  

  Visualiser l'ensemble des fonctions $f_k$.

• L'ensemble des solutions de l'équation différentielle $(E)$ est l'ensemble des fonctions $f_k$ définies sur $\mathbb{R}$ par $f_k(x)=k\times e^{2x}$. Recherchons parmi ces fonctions $f_k$ la fonction qui vérifiera la condition $y(1)=1$.
  $f_k(1)=1$ $\Leftrightarrow$ $k\times e^{2}=1$ $\Leftrightarrow$ $k=e^{-2}$.
  Donc $f(x)=e^{-2}\times e^{2x}=e^{2(x-1)}$ est la solution au problème $(E):y^{'}=2y$ et $y(1)=1$.

Théorème.

Les solutions de l'équation différentielle $y^{'}=ay+b$ avec $a\not=0,~~b\not=0$ sont les fonctions $f_k$ définies sur $\mathbb{R}$ par : $f_k(x)=ke^{ax}-\dfrac{b}{a}$ où $k$ est un réel quelconque.

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• Vérifions tout d'abord que les fonctions $f_k(x)=ke^{ax}-\dfrac{b}{a}$ où $k$ est un réel quelconque sont solutions de $y^{'}=ay+b$.
  D'un coté nous avons $(f_k)^{'}(x)=k\times a\times e^{ax}$ et de l'autre $a\times f_k(x)+b$ $=a\times (k\times e^{ax}-\dfrac{b}{a})+b$ $=a\times k\times e^{ax}$ pour tout $x\in\mathbb{R}$.
  Donc pour tout $x\in\mathbb{R}$, et pour tout $k\in\mathbb{R}$, nous avons: $(f_k)^{'}(x)=a\times f_k(x)+b$.
  Donc les fonctions $f_k$ sont bien solution de l'équation différentielle $y^{'}=ay+b$.
• Considérons la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $g_0(x)=-\dfrac{b}{a}$, on remarque $g_0$ vérifie l'équation différentielle $y^{'}=ay+b$.
  Soit $f$ une fonction solution de $y^{'}=ay+b$, considérons la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $h(x)=f(x)-g_0(x)$.
  Nous savons que $f^{'}(x)=af(x)+b$ et $g_0^{'}(x)=ag_0(x)+b$ pour tout $x\in\mathbb{R}$, donc nous avons: $h^{'}(x)=f^{'}(x)-g_0^{'}(x)$ $=(a\times f(x)+b)-(a\times g_0(x)+b)$ $=a\times (f(x)-g_0(x))=a\times h(x)$.
  Donc la fonction $h$ vérifie l'équation différentielle $y^{'}=ay$, d'aprés le théorème précédent nous savons qu'il existe un réel $k$ tel que $h(x)=k\times e^{ax}$.
  Donc $f(x)=h(x)+g_0(x)$ $=k\times e^{ax}-\dfrac{b}{a}$ où $k$ est un réel quelconque.

Exercices.

• Déterminer toutes les solutions de l'équation $(E):y^{'}+3y=5$.
• Déterminer la fonction vérifiant $(E):y^{'}=2y+1$ et $y(0)=1$

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• Nous avons $y^{'}+3y=5$ $\Leftrightarrow$ $y^{'}=-3y+5$. L'ensemble des solutions de l'équation différentielle $(E)$ est l'ensemble des fonctions $f_k$ définies sur $\mathbb{R}$ par $f_k(x)=k\times e^{-3x}+\dfrac{5}{3}$.
  
• L'ensemble des solutions de l'équation différentielle $(E)$ est l'ensemble des fonctions $f_k$ définies sur $\mathbb{R}$ par $f_k(x)=k\times e^{2x}-\dfrac{1}{2}$. Recherchons parmi ces fonctions $f_k$ la fonction qui vérifiera la condition $y(0)=1$.
  $f_k(0)=1$ $\Leftrightarrow$ $k\times e^{0}-\dfrac{1}{2}=1$ $\Leftrightarrow$ $k=\dfrac{3}{2}$.
  Donc $f(x)=\dfrac{3}{2}e^{2x}-\dfrac{1}{2}$ est la solution du problème $(E):y^{'}=2y+1$ et $y(0)=1$.

Théorème.

Soit $a\in\mathbb{R}$ et $f$ une fonction continue sur un intervalle $I$.
Soit l'équation différentielle $(E):y^{'}=ay+f$ et soit $g$ une solution particulière de $(E)$ sur $I$.

• La fonction $\phi$ est solution de l'équation différentielle $(E):y^{'}=ay+f$ si et seulement si la fonction $\phi-g$ est solution de $(E'):y^{'}=ay$ sur $I$.
• Les solutions de $(E)$ sur $I$ sont les fonctions $\phi_k$ définies sur $I$ par $\phi_k(x)=k\times e^{ax}+g(x)$ où $k\in\mathbb{R}$.

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• • Soit $\phi$ une fonction définie sur $I$ et solution de $(E)$, on a donc $\phi^{'}(x)=a\phi(x)+f(x)$ pour tout $x\in I$.
    Nous savons que $g$ est aussi solution de $(E)$, puisque solution particulière, donc nous avons aussi $g^{'}(x)=ag(x)+f(x)$ pour tout $x\in I$.
    En soustrayant les deux membres des équations précédentes, on a:
    $\phi^{'}(x)-g^{'}(x)=\bigg[a\phi(x)+f(x)\bigg]-\bigg[ag(x)+f(x)\bigg]$ pour tout $x\in I$.
    Donc nous avons l'égalité $(\phi-g(x))^{'}(x)=a\times\bigg(\phi(x)-g(x)\bigg)$ pour tout $x\in I$.
    Donc la fonction $\phi-g$ est solution de de $(E'):y^{'}=ay$ sur $I$.
  • Réciproque:Supposons que $\phi-g$ est solution de $(E'):y^{'}=ay$ sur $I$ donc pour tout $x\in I$ nous avons $\bigg(\phi-g\bigg)^{'}(x)=a\times\bigg(\phi(x)-g(x)\bigg)$.
    Nous savons que $g$ est aussi solution de $(E)$, puisque solution particulière, donc nous avons aussi $g^{'}(x)=ag(x)+f(x)$ pour tout $x\in I$.
    En additionnant les deux membres des équation précédentes, nous avons:
    $\phi^{'}(x)-g^{'}(x)+g^{'}(x)$ $=a\times\bigg(\phi(x)-g(x)\bigg)+ag(x)+f(x)$ pour tout $x\in I$
    $\Leftrightarrow$ $\phi^{'}(x)-g(x)^{'}(x)+g^{'}(x)$ $=a\phi(x)-ag(x)+ag(x)+f(x)$ pour tout $x\in I$ $\Leftrightarrow$ $\phi^{'}(x)=a\phi(x)+f(x)$ pour tout $x\in I$.
    Donc la fonction $\phi$ solution de l'équation différentielle $(E):y^{'}=ay+f$.
• Nous avons démontré précédemment que:
  La fonction $\phi$ est solution de l'équation différentielle $(E):y^{'}=ay+f$ $\Leftrightarrow$ la fonction $\phi-g$ est solution de $(E'):y^{'}=ay$ sur $I$.
  Donc il existe un réel $k$ tel que pour tout $x\in I$ , $(\phi-g)(x)=k\times e^{ax}$, donc on a $\phi(x)=k\times e^{ax}+g(x)$.

Exemples.

• Déterminer toutes les solutions de l'équation $(E):y^{'}+y=x+3$.
• Déterminer la fonction vérifiant $(E):y^{'}-2y=3x-3$ et $y(0)=1$

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• • Recherche d'une solution particulière de $(E)$.
    Recherchons une solution particulière parmi les fonctions affines. Posons $g(x)=ax+b$ solution de l'équation différentielle $(E):y^{'}+y=x+3$.
    On a $a+ax+b=x+3$ $\Leftrightarrow$ $ax+(a+b)=x+3$ pour tout tout $x\in\mathbb{R}$. Donc nous avons le système: $\bigg\{\begin{array}[pos]{c}a=1\\a+b=3\\\end{array} $ $\Leftrightarrow$ $\bigg\{\begin{array}[pos]{c}a=1\\b=2\\\end{array}$.
    La fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $g(x)=x+2$ est une solution particulière de $(E)$.
  • Recherche des solutions générales de $(E)$.
    $(E):y^{'}+y=x+3$ $\Leftrightarrow$ $(E):y^{'}=-y+x+3$. Les solutions de $(E)$ sur $\mathbb{R}$ sont les fonctions $f_k$ définies sur $I$ par $f_k(x)=k\times e^{-x}+x+2$ où $k\in\mathbb{R}$.
    

    Visualiser l'ensemble des fonctions $f_k$.

• $(E):y^{'}-2y=3x-3$ et $y(0)=1$ $\Leftrightarrow$ $(E):y^{'}=2y+3x-3$ et $y(0)=1$.
  
  • Recherche d'une solution particulière de $(E)$.
    Recherchons une solution particulière parmi les fonctions affines. Posons $g(x)=ax+b$ solution de l'équation différentielle $(E):y^{'}=2y+3x-3$.
    On a $a=2ax+2b+3x-3$ $\Leftrightarrow$ $-2ax+(a-2b)=3x-3$ pour tout tout $x\in\mathbb{R}$. Donc nous avons le système: $\bigg\{\begin{array}[pos]{c}-2a=3\\a-2b=-3\\\end{array} $ $\Leftrightarrow$ $\bigg\{\begin{array}[pos]{c}a=-\dfrac{3}{2}\\b=\dfrac{3}{4}\\\end{array}$.
    La fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $g(x)=-\dfrac{3}{2}x+\dfrac{3}{4}$ est une solution particulière de $(E)$.
  • Recherche des solutions générales de $(E)$.
    Les solutions de $(E)$ sur $\mathbb{R}$ sont les fonctions $f_k$ définies sur $I$ par $f_k(x)=k\times e^{2x}-\dfrac{3}{2}x+\dfrac{3}{4}$ où $k\in\mathbb{R}$.
    

    Visualiser l'ensemble des fonctions $f_k$.

  • Recherche de la solution vérifiant la condition $y(0)=1$.
    $f_k(0)=1$ $\Leftrightarrow$ $k\times e^0-0+\dfrac{3}{4}=1$ $\Leftrightarrow$ $k=1-\dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{4}$.
    Conclusion: la fonction solution vérifiant $(E):y^{'}-2y=2x-3$ et $y(0)=1$ est la fonction $f(x)=\dfrac{1}{4}\times e^{2x}-\dfrac{3}{2}x+\dfrac{3}{4}$.