On normalise l’équation en divisant par 2 pour avoir
y′′ − 3y′ + 2y =
te2t
2
L’équation caractéristique est r2 − 3r + 2 = (r − 1) (r − 2) , les solutions de l’équation homogène sont λet + μe2t. On
cherche une solution particulière en posant y (t) = z (t) e2t. On a alors
y′ (t) = z′ (t) e2t + 2z (t) e2t
y′′ (t) = z′′ (t) e2t + 4z′ (t) e2t + 4z (t) e2t
d’où
⇐⇒ z′′ + (4 − 3) z′ + (4 − 6 + 2) z = t
⇐⇒ z′′ + z′ =
t
2
On cherche z sous la forme d’un polynôme de degré 2 et sans terme constant (de degré 2 pour avoir du t (avec le z′) et
sans terme constant car ces derniers disparaissent à la dérivation, c’est le seul moment où vous devez réflechir !). On pose
donc z (t) = at2 + bt, alors
2a + (2at + b) =
t
2 ⇐⇒ a =
1
4
, b = −
1
2
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