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Mathématiques · Bac PC · Coefficient 7

Équations différentielles — Cours Maths Bac PC

Résoudre y′ = ay, y′ = ay + b et y″ + ω²y = 0 : forme des solutions, solution générale, et solution unique vérifiant une ou deux conditions initiales.

Relu par Équipe Orka · 29 août 2026

Dans le programme du Bac PC

Coefficient 7. Ce chapitre s'appuie entièrement sur l'exponentielle. En PC, il est le pont direct vers la Physique-Chimie : circuit RC, désintégration radioactive (N′ = −λN), oscillateur (y″ + ω²y = 0). L'épreuve de maths demande la résolution rigoureuse.

À l'épreuve

Souvent en lien avec une situation : on établit (ou on admet) l'équation différentielle, on donne la solution générale, on détermine la constante avec la condition initiale, puis on étudie ou on interprète la solution (limite, comportement).

Objectifs d'apprentissage

  • Donner la forme des solutions de y′ = ay et de y′ = ay + b
  • Déterminer une solution particulière constante de y′ = ay + b
  • Résoudre y″ + ω²y = 0 et écrire la solution sous la forme A cos(ωx) + B sin(ωx)
  • Déterminer la solution vérifiant une (ou deux) condition(s) initiale(s)
  • Étudier ou interpréter la solution obtenue (limite, régime permanent)

Notions clés

y′ = ay

Les solutions sur R\mathbb{R} de y′=ayy'=ay sont les fonctions y(x)=C eaxy(x)=C\,e^{ax}, C∈RC\in\mathbb{R}. La condition y(x0)=y0y(x_0)=y_0 détermine CC de façon unique.

y′ = ay + b

Avec a≠0a\neq 0, la solution constante est yp=−bay_p=-\dfrac{b}{a}. Les solutions générales sont y(x)=C eax−bay(x)=C\,e^{ax}-\dfrac{b}{a}, C∈RC\in\mathbb{R} (solution générale de y′=ayy'=ay + solution particulière).

y″ + ω²y = 0

Avec ω>0\omega>0, les solutions sont y(x)=Acos⁡(ωx)+Bsin⁡(ωx)y(x)=A\cos(\omega x)+B\sin(\omega x), (A,B)∈R2(A,B)\in\mathbb{R}^2, ce qui s'écrit aussi y(x)=Dcos⁡(ωx+φ)y(x)=D\cos(\omega x+\varphi). Deux conditions (ex. y(0)y(0) et y′(0)y'(0)) fixent AA et BB.

L'équation caractéristique de y′′+ay′+by=0y'' + ay' + by = 0

On associe à l'équation y′′+ay′+by=0y'' + ay' + by = 0 son équation caractéristique r2+ar+b=0r^2 + ar + b = 0, de discriminant Δ\Delta. Si Δ>0\Delta > 0 (racines r1r_1, r2r_2) : y=αer1x+βer2xy = \alpha e^{r_1 x} + \beta e^{r_2 x}. Si Δ=0\Delta = 0 (racine double rr) : y=(αx+β)erxy = (\alpha x + \beta)e^{rx}. Si Δ<0\Delta < 0 (racines p±iqp \pm iq) : y=epx(αcos⁡qx+βsin⁡qx)y = e^{px}(\alpha\cos qx + \beta\sin qx). Les constantes α\alpha et β\beta sont fixées par deux conditions initiales. Exemple : y′′−3y′+2y=0y'' - 3y' + 2y = 0 a pour équation caractéristique r2−3r+2=0r^2 - 3r + 2 = 0, de racines 1 et 2, donc y=αex+βe2xy = \alpha e^{x} + \beta e^{2x}.

Erreurs fréquentes

1
Pour y′ = ay + b, oublier la solution particulière constante −b/a et ne donner que C·eᵃˣ.
2
Se tromper de signe dans l'exposant : la solution de y′ = −λy est C·e^(−λx), pas C·e^(λx).
3
Confondre y″ + ω²y = 0 (solutions en cos/sin) avec y″ − ω²y = 0 (solutions en e^(±ωx)).

Exemple corrigé

Énoncé

Résoudre y′=2y+6y'=2y+6, puis déterminer la solution ff vérifiant f(0)=1f(0)=1. Donner lim⁡x→−∞f(x)\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x).

Correction

Solution particulière. On cherche une constante ypy_p : 0=2yp+60=2y_p+6, donc yp=−3y_p=-3.
Solution générale. Les solutions de y′=2yy'=2y sont Ce2xCe^{2x}, donc celles de y′=2y+6y'=2y+6 sont y(x)=Ce2x−3y(x)=Ce^{2x}-3, C∈RC\in\mathbb{R}.
Condition initiale. f(0)=C−3=1f(0)=C-3=1, donc C=4C=4 : f(x)=4e2x−3f(x)=4e^{2x}-3.
Limite. lim⁡x→−∞e2x=0\displaystyle\lim_{x\to-\infty}e^{2x}=0, donc lim⁡x→−∞f(x)=−3\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-3 (asymptote horizontale y=−3y=-3).

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Exercice 1

Facile
Résoudre y′=−3yy'=-3y et donner la solution telle que y(0)=5y(0)=5.
Voir la correction
Solutions : y(x)=Ce−3xy(x)=Ce^{-3x}. Condition : y(0)=C=5y(0)=C=5. Donc y(x)=5e−3xy(x)=5e^{-3x}.

Exercice 2

Moyen
Une grandeur N(t)N(t) vérifie N′(t)=−0,1 N(t)N'(t)=-0{,}1\,N(t) avec N(0)=200N(0)=200. Exprimer N(t)N(t) puis calculer tt tel que N(t)=100N(t)=100.
Voir la correction
N(t)=200 e−0,1tN(t)=200\,e^{-0{,}1t}. N(t)=100  ⟺  e−0,1t=12  ⟺  −0,1t=−ln⁡2  ⟺  t=10ln⁡2≈6,93N(t)=100\iff e^{-0{,}1t}=\dfrac{1}{2}\iff -0{,}1t=-\ln 2\iff t=10\ln 2\approx 6{,}93.

Exercice 3

Difficile
Résoudre y′′+4y=0y''+4y=0 et déterminer la solution gg telle que g(0)=2g(0)=2 et g′(0)=−2g'(0)=-2.
Voir la correction
Ici ω2=4\omega^2=4 donc ω=2\omega=2 : g(x)=Acos⁡(2x)+Bsin⁡(2x)g(x)=A\cos(2x)+B\sin(2x). g(0)=A=2g(0)=A=2. g′(x)=−2Asin⁡(2x)+2Bcos⁡(2x)g'(x)=-2A\sin(2x)+2B\cos(2x), donc g′(0)=2B=−2g'(0)=2B=-2, soit B=−1B=-1. Ainsi g(x)=2cos⁡(2x)−sin⁡(2x)g(x)=2\cos(2x)-\sin(2x).

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Questions fréquentes

Comment trouver la solution particulière de y′ = ay + b ?

On cherche une solution constante yₚ : sa dérivée est nulle, donc 0 = a·yₚ + b, d'où yₚ = −b/a (valable car a ≠ 0). La solution générale est C·eᵃˣ + yₚ.

Pourquoi une condition pour y′ = ay et deux pour y″ + ω²y = 0 ?

L'ordre de l'équation fixe le nombre de constantes : une au premier ordre (C), deux au second (A et B). Il faut autant de conditions que de constantes pour une solution unique.

Le contexte physique est-il évalué en maths ?

L'épreuve de maths évalue la résolution : forme des solutions, constante, étude de la solution. Le contexte physique sert d'habillage ; les unités et l'interprétation fine relèvent de la Physique-Chimie.

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