Photosynthesis is the process by which plants, algae, and some bacteria convert light energy into chemical energy stored as glucose. Investigating photosynthesis helps us understand how organisms produce oxygen and food, supporting nearly all life on Earth.
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Published: 18.06.2024. Last updated: 01.01.1970.
En général, tu aimes bien déjeuner tous les jours, mais à quelle heure le fais-tu ? Préfères-tu manger avant midi, à midi ou après midi ? L'heure spécifique à laquelle tu aimes déjeuner est une solution particulière à la question générale de savoir quand tu aimes manger. Tu peux faire la même chose avec les équations différentielles. Une solution générale contient une constante, mais une solution particulière à une équation différentielle n'en contient pas.
La solution générale d'une équation différentielle est une solution qui comporte une constante. Il s'agit en fait d'une famille de fonctions qui résout l'équation différentielle.
Une solution particulière à une équation différentielle est une solution qui satisfait une valeur initiale.
En d'autres termes, tu peux choisir une solution particulière dans la famille de fonctions qui résout l'équation différentielle, mais qui a aussi la propriété supplémentaire de passer par la valeur initiale.
Une équation différentielle linéaire du premier ordre peut s'écrire comme suit
\N[ y' + P(x)y = Q(x)\N]
où \N(P(x)\Net \N(Q(x)\Nsont des fonctions. Tu peux voir comment trouver les solutions de ce type d'équation différentielle dans l'article Équations différentielles linéaires. Ces solutions comportent une constante d'intégration et constituent une famille de fonctions qui résolvent l'équation.
Si tu ajoutes une valeur initiale à l'équation différentielle linéaire du premier ordre, tu obtiens ce que l'on appelle un problème de valeur initiale (souvent écrit PVI). Il se présente comme suit
\[\N- &y' + P(x)y = Q(x) \N- &y(a) = b \Nend{align}\N]
où \(P(x)\) et \(Q(x)\) sont des fonctions, et \(a\) et \(b\) sont des constantes à valeur réelle. Comme tu as une valeur initiale, la solution à ce problème de valeur initiale est exactement une fonction, et non une famille de fonctions. Il s'agit d'une solution particulière à l'équation différentielle linéaire plus générale du premier ordre sans valeur initiale.
Prenons un exemple pour voir comment tu peux trouver une solution particulière à une équation différentielle linéaire.
Considère le problème de la valeur initiale de l'équation différentielle linéaire
\[ \N- &y' -\Nfrac{y}{x} = 3x \N- & y(1) = 7 .\Nend{align}\N]
Trouve d'abord la solution générale, puis la solution particulière si possible.
Solution :
Résolvons d'abord l'équation différentielle pour obtenir la solution générale. Ici, \(P(x) = -1/x\) et \(Q(x) = 3x\), donc tu sais que le facteur d'intégration est
\[ \begin{align} \exp\left( -\int \frac{1}{x} \, \mathrm{d} x\right) &= \exp\left(-\log x\right) = \frac{1}{x}.\end{align} \]
Cela signifie que la solution de
\N[ y' -\frac{y}{x} = 3x \N]
est donnée par
\[ \begin{align} y\left(\frac{1}{x}\right) &= \int 3x\left(\frac{1}{x}\right)\, \mathrm{d}x \\ &= \int 3 \, \mathrm{d}x \\ &= 3x + C. \end{align}\]
En résolvant ensuite pour \N(y\N), tu obtiens
\N[ y(x) = 3x^2 + Cx.\N]
La solution générale est donc \N(y(x) = 3x^2 + Cx \N).
La solution particulière utilise les valeurs initiales pour déterminer ce qu'est \N(C). Ici, la valeur initiale est \N(y(1) = 7\N). En introduisant cette valeur dans la solution générale, tu obtiens
\N- 7 = 3(1)^2 + C\Ncdot 1,\N]
ou
\[ 4 = C.\]
La solution particulière au problème de la valeur initiale est donc
\NY(x) = 3x^2 + 4x.\N]
Tous les problèmes de valeur initiale linéaires du premier ordre n'ont pas de solution.
Reprenons l'équation différentielle linéaire, mais avec une valeur initiale différente. Existe-t-il une solution particulière à
\[ \N- &y' -\Nfrac{y}{x} = 3x \N & y(0) = 7 \Nend{align}\N]
Solution :
D'après l'exemple précédent, tu sais que la solution générale de
\N[ y' -\frac{y}{x} = 3x \N]
est
\N- y(x) = 3x^2 + Cx.\N- y(x) = 3x^2 + Cx.\N]
Essaie maintenant d'introduire la valeur initiale pour trouver \N(C\N). Quand tu le fais, tu obtiens
tu obtiens
\N- 7 = 3(0)^2 + C\Ncdot 0,\N]
ou
\[ 7 = 0.\]
Hé, attends un peu ! Sept n'est pas égal à zéro, alors qu'est-ce qui se passe ? Puisque tu ne peux pas trouver un \(C\) qui satisfasse la valeur initiale, ce problème de valeur initiale n'a pas de solution particulière !
Parfois, tu obtiens même plus d'une solution !
Revenons à l'équation différentielle linéaire, mais avec une valeur initiale différente. Existe-t-il une solution particulière à
\[ \N- &y' -\Nfrac{y}{x} = 3x \N & y(0) = 0 \Nend{align}\N]
Solution :
D'après l'exemple précédent, tu sais que la solution générale de
\N[ y' -\frac{y}{x} = 3x \N]
est
\N- y(x) = 3x^2 + Cx.\N- y(x) = 3x^2 + Cx.\N]
Essaie maintenant d'introduire la valeur initiale pour trouver \N(C\N). Quand tu le fais, tu obtiens
tu obtiens
\N- 0 = 3(0)^2 + C\Ncdot 0,\N]
ou
\[ 0= 0.\]
Hé, attends une minute, c'est toujours vrai ! Quelle que soit la valeur de \(C\) que tu introduis, elle satisfera toujours la valeur initiale. Cela signifie que ce problème de valeur initiale a une infinité de solutions !
Pourquoi cela se produit-il ? Il s'avère que l'existence et l'unicité d'une solution dépendent des fonctions \(P(x)\) et \(Q(x)\).
Si \(a, b dans \mathbb{R}\), et \(P(x)\), \(Q(x)\) sont toutes deux des fonctions continues sur l'intervalle \((x_1, x_2)\) où \(x_1 < a < x_2 \) alors la solution du problème de la valeur initiale
\[\N- &y' + P(x)y = Q(x) \N- &y(a) = b \N- [\N- début{align} &y' + P(x)y = Q(x) \N- &y(a) = b \N- fin{align}\N]
existe et est unique.
Pour un examen des fonctions continues, voir Continuité sur un intervalle.
En d'autres termes, la difficulté de l'équation différentielle.
\[ y' -\frac{y}{x} = 3x \]
est que la fonction
\[ P(x) = -\frac{1}{x} \]
n 'est pas une fonction continue à \N(x=0\N), donc toute valeur initiale qui passe par \N(x=0\N) peut ne pas avoir de solution, ou ne pas avoir de solution unique.
Tout d'abord, rappelle-toi qu'une équation différentielle linéaire homogène du premier ordre se présente comme suit
\N[ y' + P(x)y = 0.\N]
Mais ce n'est qu'un cas particulier de l'équation différentielle linéaire du premier ordre que tu as déjà vue ! En d'autres termes, l'équation différ entielle linéaire non homogène du premier ordre est la suivante
\[\N- &y' + P(x)y = Q(x) \N- &y(a) = b \N- [\N- \N- Début{align} &y' + P(x)y = Q(x) \N- &y(a) = b \N- Fin{align}\N]
où \(P(x)\) et \(Q(x)\) sont des fonctions, et \(a\) et \(b\) sont des constantes à valeur réelle. Il te suffit donc de consulter l'article Équations linéaires non homogènes pour trouver plus d'informations sur ce type d'équations.
Une équation différentielle séparable du premier ordre est une équation qui peut être écrite sous la forme suivante
\N-[y'=f(x)g(y).\N]
Pour plus d'informations sur ces types d'équations différentielles, tu peux consulter nos articles Équations séparables et Application de la séparation des variables.
Tout comme pour les équations différentielles linéaires du premier ordre, tu obtiens une famille de fonctions comme solution aux équations séparables, et c'est ce qu'on appelle une solution générale. En revanche, la solution du problème de la valeur initiale
\[\N- &y'=f(x)g(y) \N- &y(a)=b \N- [\N- début{align} &y'=f(x)g(y) \N- &y(a)=b \N- fin{align}\N]
est une solution particulière.
Prenons un exemple.
Trouve la solution particulière au problème de la valeur initiale
\[ \N- début{align} & y' = \Ndfrac{y^2}{x} \N- & y(1) = 2 \Nend{align}\N]
ainsi que toute restriction de domaine qu'elle pourrait avoir.
Solution :
Commençons par trouver la solution. Sépare les variables pour obtenir
\[ \frac{1}{y^2} y' = \frac{1}{x} \]
puis intègre les deux côtés par rapport à \(x\) pour obtenir
\[ \int \frac{1}{y^2} \, \mathrm{d} y = \int \frac{1}{x} \, \mathrm{d} x \]]
Donc
\N[ -\frac{1}{y} = \ln |x| + C.\N]
En résolvant ensuite pour \N(y\N), la solution générale est donnée par
\[ y(x) = -\frac{1}{ \ln |x| + C }.\]
Tu peux maintenant utiliser la condition initiale \(y(1)=2\) pour trouver une solution particulière. Cela signifie que
\[ 2 = -\frac{1}{ \ln |1| + C },\]
et
\N- C = -\frac{1}{2}.\N- C = -\frac{1}{2}.\N]
La solution particulière est donc
\[ y(x) = -\frac{1}{ \ln |x| - \frac{1}{2} }.\]
Examinons maintenant les restrictions qui pourraient s'appliquer à la solution. Avec les signes de valeur absolue, tu n'as pas à te soucier de prendre le logarithme d'un nombre négatif. Cependant, tu ne peux toujours pas avoir \(x=0\), et il faut aussi que le dénominateur ne soit pas nul. Cela signifie que tu as besoin de
\N[ \Nln |x| - \Nfrac{1}{2} \Nne 0.\N]
En utilisant les propriétés des logarithmes, tu peux voir que \(x \ne \pm \sqrt{e}\) est également une condition nécessaire.
Cela signifie qu'il y a quatre intervalles dans lesquels ta solution pourrait se trouver :
Alors, comment sais-tu dans laquelle se trouve ta solution ? Regarde simplement la valeur initiale ! La valeur initiale de ce problème est \N(y(1) = 2 \N), et \N(x=1 \N) est dans l'intervalle \N( (0 , \sqrt{e} )\N). Cela signifie que la restriction du domaine pour cette solution particulière est \N( (0 , \sqrt{e} )\N).
Voyons quelques exemples de solutions particulières. Tout d'abord, comment sais-tu si quelque chose est vraiment une solution particulière ?
Montre que
\[ y = 2x^{-3}\]
est une solution particulière du problème de la valeur initiale
\[ \begin{align} &xy' +3y = 0 \\ &y(1) = 2. \end{align}\]
Solution :
C'est généralement une bonne idée de vérifier d'abord la valeur initiale car ce sera relativement facile, et si le prospect ne satisfait pas la valeur initiale, il ne peut pas être une solution au problème de la valeur initiale. Dans ce cas,
\[ \begin{align} y(1) & = 2(1)^{-3} \\ &= 2, \end{align}\]
donc la fonction \(y(x) = 2x^{-3} \N-) satisfait la valeur initiale. Il ne te reste plus qu'à vérifier si elle satisfait à l'équation. Pour cela, tu as besoin de \N(y'\N), donc
\N[ y' = 2(-3)(x^{-4}) = -6x^{-4}.\N]
En substituant cela dans l'équation différentielle,
\[ \N- xy' +3y &= x\Nà gauche(-6x^{-4} \Nà droite) + 3\Nà gauche(2x^{-3} \Nà droite) \N- &= -6x^{-3} + 6x^{-3} \N- &= 0 \Nend{align}\N]
La solution proposée répond donc bien à l'équation différentielle.
Puisque \(y(x) = 2x^{-3} \N) satisfait à la fois la valeur initiale et l'équation différentielle, il s'agit d'une solution particulière au problème de la valeur initiale.
Jetons un coup d'œil à quelque chose qui n'est pas du premier ordre.
Trouve une solution particulière au problème de la valeur initiale
\[ \begin{align} &y'' = 3x+2 \\ &y(0)=3 \\ &y'(0) = 1. \N-{align}\N- [\N-{align}} \N-{align}]
Solution:
La première étape consiste à trouver une solution générale. Remarque qu'il s'agit en fait d'une équation du second ordre, qui a donc deux valeurs initiales. Cependant, il s'agit d'une équation du second ordre particulièrement intéressante puisque la seule dérivée est la dérivée seconde, et qu'elle est déjà séparée.
En intégrant les deux côtés de l'équation par rapport à \(x\), tu obtiens
\N[ y' = \Nfrac{3}{2}x^2 + 2x + C.\N]
En intégrant une fois de plus, tu obtiens
\[ y(x) = \frac{1}{2}x^3 + x^2 + Cx + D,\]
qui est la solution générale. Il y a deux constantes qui vont de pair avec les deux valeurs initiales. En utilisant \N(y'(0) = 1 \N) tu obtiens
\N[ y'(0) = \Nfrac{3}{2}0^2 + 2(0) + C = 1,\N]
Donc \N(C = 1). En branchant cela sur la solution générale, tu obtiens
\[ y(x) = \frac{1}{2}x^3 + x^2 + x + D,\] et ensuite tu peux utiliser la deuxième valeur initiale \(y(0)=3 \) pour obtenir
\[ y(0) = \frac{1}{2}0^3 + 0^2 +0 + D = 3,\]
ce qui signifie que \N(D = 3). Par conséquent, la solution particulière au problème de la valeur initiale est
\[ y(x) = \frac{1}{2}x^3 + x^2 + x + 3.\]
où \(P(x)\) et \(Q(x)\) sont des fonctions, et \(a\) et \(b\) sont des constantes à valeur réelle est appelé un problème de valeur initiale.
La solution à un problème de valeur initiale est appelée solution particulière.
La solution d'une équation différentielle sans valeurs initiales est appelée solution générale. Il s'agit d'une famille de fonctions plutôt que d'une seule solution particulière.
La solution du problème de valeur initiale séparable du premier ordre
\[\N- &y'=f(x)g(y) \N- &y(a)=b \N- [\N- \N-début{align} &y'=f(x)g(y) \N- &y(a)=b \N-fin{align}\N]
est une solution particulière.
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Gabriel Freitas is an AI Engineer with a solid experience in software development, machine learning algorithms, and generative AI, including large language models' (LLMs) applications. Graduated in Electrical Engineering at the University of São Paulo, he is currently pursuing an MSc in Computer Engineering at the University of Campinas, specializing in machine learning topics. Gabriel has a strong background in software engineering and has worked on projects involving computer vision, embedded AI, and LLM applications.
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