Chapitre 5 – Équations différentielles

BTS | Mathématiques | Groupements B1, B2

Dernière mise à jour : mars 2026

Objectifs du chapitre :

Résoudre une équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants
Déterminer la solution vérifiant une condition initiale donnée
Appliquer la méthode d'Euler pour approcher une solution
Rappeler les nombres complexes (forme algébrique, module, conjugué) et résoudre une équation du second degré à discriminant négatif
Résoudre une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants
Identifier les régimes apériodique, critique et pseudo-périodique
Modéliser des phénomènes physiques : circuits RC, RLC, thermique, amortisseurs

Situation professionnelle

Charge d'un condensateur et confort thermique

Un technicien en électronique étudie la charge d'un condensateur dans un circuit RC alimenté par une source de tension continue de 12 V. Il constate que la tension aux bornes du condensateur augmente progressivement avant de se stabiliser. Comment modéliser mathématiquement cette évolution ?

Par ailleurs, un ingénieur en génie climatique souhaite modéliser le refroidissement d'un bâtiment après l'arrêt du chauffage. La température intérieure décroît selon une loi qui dépend de l'isolation et de la température extérieure.

Ces deux phénomènes se modélisent à l'aide d'équations différentielles : des équations reliant une fonction inconnue à ses dérivées.

1. Équations différentielles linéaires du premier ordre

1.1 Définition et forme générale

Définition — Équation différentielle du premier ordre
Une équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants est une équation de la forme : \[a\,y'(t) + b\,y(t) = c(t)\] où \(a\) et \(b\) sont des constantes réelles (\(a \neq 0\)) et \(c(t)\) est une fonction donnée appelée second membre.

Si \(c(t) = 0\) : l'équation est dite homogène (ou sans second membre).
Si \(c(t) \neq 0\) : l'équation est dite avec second membre.

Exemples

\(2y' + 3y = 0\) — équation homogène (\(a=2\), \(b=3\))
\(y' + 5y = 10\) — second membre constant
\(3y' - y = 6t + 1\) — second membre polynôme
\(y' + 2y = 4e^{-t}\) — second membre exponentielle

1.2 Solution de l'équation homogène

Propriété — Solution homogène
L'équation homogène \(a\,y' + b\,y = 0\) admet pour solution générale : \[\boxed{y_H(t) = C\,e^{-\frac{b}{a}\,t}}\] où \(C\) est une constante réelle quelconque.

Solution de \(a\,y' + b\,y = 0\)

\(y_H(t) = C\,e^{-\frac{b}{a}\,t}\)

Méthode — Résoudre l'équation homogène

Identifier les coefficients \(a\) et \(b\).
Calculer \(-\dfrac{b}{a}\).
Écrire la solution : \(y_H(t) = C\,e^{-\frac{b}{a}\,t}\).

Exemple

Résoudre \(3y' + 6y = 0\).

On a \(a = 3\), \(b = 6\), donc \(-\dfrac{b}{a} = -\dfrac{6}{3} = -2\).

Solution : \(y_H(t) = C\,e^{-2t}\), avec \(C \in \mathbb{R}\).

1.3 Solution particulière selon le second membre

Propriété — Structure de la solution générale
La solution générale de \(a\,y' + b\,y = c(t)\) est : \[\boxed{y(t) = y_H(t) + y_P(t)}\] où \(y_H\) est la solution générale de l'équation homogène et \(y_P\) est une solution particulière de l'équation complète.

Méthode — Trouver une solution particulière
On cherche \(y_P\) de la même forme que le second membre \(c(t)\) :

Second membre \(c(t)\)	Forme de \(y_P(t)\)
Constante \(k\)	\(y_P = \alpha\) (constante)
Polynôme de degré \(n\)	Polynôme de degré \(n\)
\(k\,e^{\lambda t}\) (avec \(\lambda \neq -b/a\))	\(y_P = \alpha\,e^{\lambda t}\)

On injecte \(y_P\) dans l'équation et on identifie les coefficients.

Exemple 1 — Second membre constant

Résoudre \(y' + 5y = 10\).

Homogène : \(y_H = C\,e^{-5t}\).

Particulière : on cherche \(y_P = \alpha\). Alors \(y_P' = 0\), d'où \(0 + 5\alpha = 10\), soit \(\alpha = 2\).

Solution générale : \(y(t) = C\,e^{-5t} + 2\).

Exemple 2 — Second membre polynôme

Résoudre \(y' + 2y = 4t + 6\).

Homogène : \(y_H = C\,e^{-2t}\).

Particulière : on cherche \(y_P = \alpha t + \beta\). Alors \(y_P' = \alpha\).

En substituant : \(\alpha + 2(\alpha t + \beta) = 4t + 6\), soit \(2\alpha\,t + (\alpha + 2\beta) = 4t + 6\).

Par identification : \(2\alpha = 4 \Rightarrow \alpha = 2\) et \(\alpha + 2\beta = 6 \Rightarrow 2 + 2\beta = 6 \Rightarrow \beta = 2\).

Donc \(y_P(t) = 2t + 2\) et solution générale : \(y(t) = C\,e^{-2t} + 2t + 2\).

Exemple 3 — Second membre exponentiel

Résoudre \(y' + 3y = 2e^{t}\).

Homogène : \(y_H = C\,e^{-3t}\).

Particulière : on cherche \(y_P = \alpha\,e^{t}\). Alors \(y_P' = \alpha\,e^{t}\).

En substituant : \(\alpha\,e^{t} + 3\alpha\,e^{t} = 2e^{t}\), soit \(4\alpha = 2\), d'où \(\alpha = \frac{1}{2}\).

Solution générale : \(y(t) = C\,e^{-3t} + \dfrac{1}{2}e^{t}\).

1.4 Détermination de la constante par condition initiale

Méthode — Utiliser la condition initiale

Écrire la solution générale \(y(t) = C\,e^{-\frac{b}{a}\,t} + y_P(t)\).
Remplacer \(t\) par la valeur initiale (souvent \(t = 0\)) et \(y\) par \(y(0)\) donné.
Résoudre l'équation obtenue pour trouver \(C\).

Exemple

Résoudre \(y' + 5y = 10\) avec \(y(0) = 0\).

Solution générale : \(y(t) = C\,e^{-5t} + 2\).

Condition initiale : \(y(0) = C\,e^{0} + 2 = C + 2 = 0\), donc \(C = -2\).

Solution : \(y(t) = -2\,e^{-5t} + 2 = 2\left(1 - e^{-5t}\right)\).

À retenir — Résolution complète d'une ED du 1er ordre

Résoudre l'équation homogène \(\to y_H = C\,e^{-\frac{b}{a}\,t}\)
Trouver une solution particulière \(y_P\) de même forme que \(c(t)\)
Solution générale : \(y = y_H + y_P\)
Déterminer \(C\) avec la condition initiale

Mini-exercice 1

Résoudre une ED du 1er ordre

Résoudre l'équation différentielle \(2y' + 4y = 12\) avec la condition initiale \(y(0) = 1\).

Homogène : \(2y' + 4y = 0 \Rightarrow y_H = C\,e^{-2t}\).

Particulière : \(y_P = \alpha\), \(4\alpha = 12\), \(\alpha = 3\).

Solution générale : \(y(t) = C\,e^{-2t} + 3\).

Condition initiale : \(y(0) = C + 3 = 1\), donc \(C = -2\).

Solution : \(y(t) = -2\,e^{-2t} + 3 = 3 - 2e^{-2t}\).

Mini-exercice 2

Second membre polynomial

Résoudre \(y' - y = 2t\) avec \(y(0) = 3\).

Homogène : \(y' - y = 0 \Rightarrow y_H = C\,e^{t}\).

Particulière : on cherche \(y_P = \alpha t + \beta\). Alors \(y_P' = \alpha\).

\(\alpha - (\alpha t + \beta) = 2t \Rightarrow -\alpha\,t + (\alpha - \beta) = 2t\).

Identification : \(-\alpha = 2 \Rightarrow \alpha = -2\) et \(\alpha - \beta = 0 \Rightarrow \beta = -2\).

\(y_P(t) = -2t - 2\). Solution générale : \(y(t) = C\,e^{t} - 2t - 2\).

\(y(0) = C - 2 = 3 \Rightarrow C = 5\).

Solution : \(y(t) = 5e^{t} - 2t - 2\).

1.5 Représentation graphique des solutions

Observons l'allure des solutions du premier ordre pour l'équation \(y' + 2y = 6\) avec différentes conditions initiales :

Attention
Quelle que soit la condition initiale, la solution tend toujours vers la solution particulière constante \(y_P = 3\) lorsque \(t \to +\infty\). Le terme \(C\,e^{-2t}\) s'appelle le régime transitoire et \(y_P\) le régime permanent.

1.6 Méthode d'Euler

Définition — Méthode d'Euler
La méthode d'Euler est une méthode numérique qui permet d'approcher la solution d'une équation différentielle \(y' = f(t, y)\) pas à pas, à partir d'une condition initiale \(y(t_0) = y_0\).

Méthode — Algorithme d'Euler
On choisit un pas \(h > 0\) et on construit une suite de points \((t_n, y_n)\) : \[\boxed{t_{n+1} = t_n + h \qquad \text{et} \qquad y_{n+1} = y_n + h \cdot f(t_n, y_n)}\] À chaque étape, on avance le long de la tangente sur une distance \(h\).

Exemple — Euler sur \(y' = 3 - 2y\), \(y(0) = 0\), \(h = 0{,}5\)

On a \(f(t, y) = 3 - 2y\).

\(n\)	\(t_n\)	\(y_n\)	\(f(t_n, y_n) = 3 - 2y_n\)	\(y_{n+1} = y_n + 0{,}5 \times f\)
0	0	0	3	1,5
1	0,5	1,5	0	1,5
2	1,0	1,5	0	1,5
3	1,5	1,5	0	1,5

La solution exacte est \(y(t) = \frac{3}{2}(1 - e^{-2t})\). En \(t = 0{,}5\), \(y(0{,}5) \approx 1{,}13\), tandis qu'Euler donne 1,5. L'erreur diminue si l'on réduit le pas \(h\).

Attention
Plus le pas \(h\) est petit, plus l'approximation est précise, mais plus le nombre de calculs augmente. En pratique, on utilise un tableur ou un programme informatique.

2. Rappels sur les nombres complexes (forme algébrique)

Les nombres complexes interviennent dans la résolution des équations du second ordre lorsque le discriminant est négatif.

Définition — Unité imaginaire
On note \(j\) le nombre tel que : \[\boxed{j^2 = -1}\] (En BTS, on utilise la notation \(j\) au lieu de \(i\) pour éviter la confusion avec l'intensité électrique.)

Définition — Forme algébrique
Tout nombre complexe \(z\) peut s'écrire sous la forme : \[z = a + jb\] où \(a = \text{Re}(z)\) est la partie réelle et \(b = \text{Im}(z)\) est la partie imaginaire.

Propriété — Module et conjugué
Soit \(z = a + jb\).

Le conjugué de \(z\) est \(\bar{z} = a - jb\).
Le module de \(z\) est \(|z| = \sqrt{a^2 + b^2}\).
Propriété utile : \(z \cdot \bar{z} = a^2 + b^2 = |z|^2\).

2.1 Équation du second degré à discriminant négatif

Propriété — Résolution dans \(\mathbb{C}\)
Soit \(ar^2 + br + c = 0\) avec \(a, b, c \in \mathbb{R}\) et \(\Delta = b^2 - 4ac < 0\).
En posant \(\Delta' = |\Delta| = 4ac - b^2 > 0\), les deux racines complexes conjuguées sont : \[\boxed{r_1 = \frac{-b + j\sqrt{\Delta'}}{2a} \qquad \text{et} \qquad r_2 = \frac{-b - j\sqrt{\Delta'}}{2a} = \bar{r_1}}\]

Exemple

Résoudre \(r^2 + 2r + 5 = 0\).

\(\Delta = 4 - 20 = -16 < 0\), donc \(\Delta' = 16\), \(\sqrt{\Delta'} = 4\).

\(r_1 = \dfrac{-2 + 4j}{2} = -1 + 2j\) et \(r_2 = -1 - 2j\).

Mini-exercice 3

Résoudre dans \(\mathbb{C}\)

Résoudre l'équation \(r^2 + 4r + 13 = 0\).

\(\Delta = 16 - 52 = -36 < 0\), \(\Delta' = 36\), \(\sqrt{\Delta'} = 6\).

\(r_1 = \dfrac{-4 + 6j}{2} = -2 + 3j\) et \(r_2 = -2 - 3j\).

3. Équations différentielles linéaires du second ordre

3.1 Définition et équation caractéristique

Définition — ED du second ordre
Une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants est de la forme : \[a\,y''(t) + b\,y'(t) + c\,y(t) = d(t)\] où \(a\), \(b\), \(c\) sont des constantes réelles (\(a \neq 0\)) et \(d(t)\) est le second membre.

Définition — Équation caractéristique
L'équation caractéristique associée à \(a\,y'' + b\,y' + c\,y = 0\) est l'équation algébrique : \[\boxed{a\,r^2 + b\,r + c = 0}\] Son discriminant \(\Delta = b^2 - 4ac\) détermine la nature des solutions.

3.2 Résolution de l'équation homogène : les trois cas

Propriété — Solution homogène selon le signe de Δ
Soit \(a\,y'' + b\,y' + c\,y = 0\) et \(\Delta = b^2 - 4ac\).

Cas	Racines	Solution générale
Δ > 0	\(r_1 = \dfrac{-b - \sqrt{\Delta}}{2a}\), \(r_2 = \dfrac{-b + \sqrt{\Delta}}{2a}\)	\(y_H = A\,e^{r_1 t} + B\,e^{r_2 t}\)
Δ = 0	\(r_0 = \dfrac{-b}{2a}\) (racine double)	\(y_H = (A + Bt)\,e^{r_0 t}\)
Δ < 0	\(r = \alpha \pm j\omega\) avec \(\alpha = \dfrac{-b}{2a}\), \(\omega = \dfrac{\sqrt{\|\Delta\|}}{2a}\)	\(y_H = e^{\alpha t}\left(A\cos(\omega t) + B\sin(\omega t)\right)\)

où \(A\) et \(B\) sont des constantes réelles déterminées par les conditions initiales.

Les trois formes de la solution homogène du 2nd ordre

Δ > 0 : \(y_H = A\,e^{r_1 t} + B\,e^{r_2 t}\)
Δ = 0 : \(y_H = (A + Bt)\,e^{r_0 t}\)
Δ < 0 : \(y_H = e^{\alpha t}(A\cos\omega t + B\sin\omega t)\)

Exemple 1 — Δ > 0 (régime apériodique)

Résoudre \(y'' + 5y' + 6y = 0\).

Équation caractéristique : \(r^2 + 5r + 6 = 0\), \(\Delta = 25 - 24 = 1 > 0\).

\(r_1 = \dfrac{-5 - 1}{2} = -3\) et \(r_2 = \dfrac{-5 + 1}{2} = -2\).

Solution : \(y(t) = A\,e^{-3t} + B\,e^{-2t}\).

Exemple 2 — Δ = 0 (régime critique)

Résoudre \(y'' + 4y' + 4y = 0\).

Équation caractéristique : \(r^2 + 4r + 4 = 0\), \(\Delta = 16 - 16 = 0\).

Racine double : \(r_0 = \dfrac{-4}{2} = -2\).

Solution : \(y(t) = (A + Bt)\,e^{-2t}\).

Exemple 3 — Δ < 0 (régime pseudo-périodique)

Résoudre \(y'' + 2y' + 5y = 0\).

Équation caractéristique : \(r^2 + 2r + 5 = 0\), \(\Delta = 4 - 20 = -16 < 0\).

\(\alpha = \dfrac{-2}{2} = -1\), \(\omega = \dfrac{\sqrt{16}}{2} = 2\).

Solution : \(y(t) = e^{-t}\left(A\cos(2t) + B\sin(2t)\right)\).

3.3 Les trois régimes

Le graphique suivant illustre les trois types de solutions pour des conditions initiales \(y(0)=1\), \(y'(0)=0\) :

À retenir — Les trois régimes du second ordre

Apériodique (Δ > 0) : retour lent à l'équilibre, sans oscillation.
Critique (Δ = 0) : retour le plus rapide possible sans oscillation.
Pseudo-périodique (Δ < 0) : oscillations amorties autour de l'équilibre.

3.4 Solution particulière du second ordre

Méthode — Solution particulière de \(a\,y'' + b\,y' + c\,y = d(t)\)
On cherche \(y_P\) de la même forme que le second membre \(d(t)\) :

Second membre \(d(t)\)	Forme de \(y_P(t)\)
Constante \(k\)	\(y_P = \alpha\)
Polynôme de degré \(n\)	Polynôme de degré \(n\)
\(k\,e^{\lambda t}\)	\(y_P = \alpha\,e^{\lambda t}\) (si \(\lambda\) n'est pas racine)
\(A\cos(\omega t) + B\sin(\omega t)\)	\(y_P = \alpha\cos(\omega t) + \beta\sin(\omega t)\)

La solution générale est toujours \(y = y_H + y_P\).

Exemple — Second membre constant

Résoudre \(y'' + 2y' + 5y = 15\) avec \(y(0) = 0\) et \(y'(0) = 0\).

Homogène : \(y_H = e^{-t}(A\cos 2t + B\sin 2t)\) (vu précédemment).

Particulière : \(y_P = \alpha\), \(5\alpha = 15\), \(\alpha = 3\).

Solution générale : \(y(t) = e^{-t}(A\cos 2t + B\sin 2t) + 3\).

Conditions initiales :

\(y(0) = A + 3 = 0 \Rightarrow A = -3\).
\(y'(t) = e^{-t}\big[(-A + 2B)\cos 2t + (-B - 2A)\sin 2t\big]\).
\(y'(0) = -A + 2B = 3 + 2B = 0 \Rightarrow B = -\frac{3}{2}\).

Solution : \(y(t) = e^{-t}\left(-3\cos 2t - \frac{3}{2}\sin 2t\right) + 3\).

3.5 Conditions initiales \(y(0)\) et \(y'(0)\)

Méthode — Déterminer A et B

Écrire la solution générale \(y(t) = y_H(t) + y_P(t)\) contenant \(A\) et \(B\).
Calculer \(y'(t)\) (dérivée de la solution générale).
Utiliser \(y(0) = y_0\) pour obtenir une première équation en \(A\) et \(B\).
Utiliser \(y'(0) = y_0'\) pour obtenir une seconde équation.
Résoudre le système de 2 équations à 2 inconnues.

Mini-exercice 4

Équation caractéristique et solution homogène

Pour chaque équation, déterminer la nature des racines et écrire la solution homogène :

1) \(y'' + 3y' + 2y = 0\) 2) \(y'' + 6y' + 9y = 0\) 3) \(y'' + y' + y = 0\)

1) \(r^2 + 3r + 2 = 0\), \(\Delta = 9 - 8 = 1 > 0\), \(r_1 = -2\), \(r_2 = -1\). Solution : \(y = A\,e^{-2t} + B\,e^{-t}\).

2) \(r^2 + 6r + 9 = 0\), \(\Delta = 36 - 36 = 0\), \(r_0 = -3\). Solution : \(y = (A + Bt)\,e^{-3t}\).

3) \(r^2 + r + 1 = 0\), \(\Delta = 1 - 4 = -3 < 0\), \(\alpha = -\frac{1}{2}\), \(\omega = \frac{\sqrt{3}}{2}\). Solution : \(y = e^{-t/2}\!\left(A\cos\frac{\sqrt{3}}{2}t + B\sin\frac{\sqrt{3}}{2}t\right)\).

4. Applications professionnelles

4.1 Circuit RC — Charge d'un condensateur

Contexte FED (Fluides, Énergies, Domotique)

Un technicien en domotique réalise un circuit RC série composé d'une résistance \(R = 10\;\text{k}\Omega\) et d'un condensateur \(C = 100\;\mu\text{F}\), alimenté par une tension continue \(E = 12\;\text{V}\).

La loi des mailles donne l'équation différentielle vérifiée par la tension \(u_C(t)\) aux bornes du condensateur :

Équation du circuit RC

\(RC\,u_C'(t) + u_C(t) = E\)

C'est une ED du 1er ordre avec \(a = RC\), \(b = 1\), \(c(t) = E\).

Résolution

On pose \(\tau = RC = 10 \times 10^3 \times 100 \times 10^{-6} = 1\;\text{s}\) (constante de temps).

L'équation devient : \(u_C' + u_C = 12\).

Homogène : \(u_{C,H} = K\,e^{-t/\tau} = K\,e^{-t}\).

Particulière : \(u_{C,P} = 12\).

Avec \(u_C(0) = 0\) (condensateur initialement déchargé) : \(K + 12 = 0\), \(K = -12\).

Solution : \(\boxed{u_C(t) = 12\left(1 - e^{-t}\right)}\)

Attention
Après \(t = 5\tau\), le condensateur est chargé à plus de 99 %. On considère en pratique que le régime permanent est atteint.

Mini-exercice 5

Décharge d'un condensateur

On décharge le condensateur précédent (initialement chargé à 12 V) à travers la même résistance (sans source de tension). L'équation devient \(u_C' + u_C = 0\) avec \(u_C(0) = 12\). Déterminer \(u_C(t)\).

Équation homogène : \(u_C' + u_C = 0\), solution : \(u_C(t) = K\,e^{-t}\).

\(u_C(0) = K = 12\).

Solution : \(u_C(t) = 12\,e^{-t}\).

Le condensateur se décharge exponentiellement. Après \(t = 5\;\text{s} = 5\tau\), \(u_C \approx 0{,}08\;\text{V} \approx 0\).

4.2 Circuit RLC — Oscillations

Contexte électricité

Un technicien en électricité étudie un circuit RLC série (\(R\), \(L\), \(C\) en série) soumis à un échelon de tension \(E\). Les oscillations dans ce circuit apparaissent naturellement et sont modélisées par une ED du second ordre.

Équation du circuit RLC

\(LC\,u_C'' + RC\,u_C' + u_C = E\)

L'équation caractéristique est \(LC\,r^2 + RC\,r + 1 = 0\). Selon la valeur de \(R\) (amortissement), on retrouve les trois régimes :

Apériodique (\(R\) grand) : \(\Delta > 0\), retour lent sans oscillation.
Critique (\(R = R_c = 2\sqrt{L/C}\)) : \(\Delta = 0\), retour le plus rapide possible.
Pseudo-périodique (\(R\) petit) : \(\Delta < 0\), oscillations amorties.

Exemple numérique

Avec \(L = 0{,}1\;\text{H}\), \(C = 100\;\mu\text{F}\), \(E = 10\;\text{V}\) :

Résistance critique : \(R_c = 2\sqrt{\frac{L}{C}} = 2\sqrt{\frac{0{,}1}{10^{-4}}} = 2 \times \sqrt{1000} \approx 63{,}2\;\Omega\).
Pour \(R = 200\;\Omega > R_c\) : régime apériodique.
Pour \(R = 63{,}2\;\Omega = R_c\) : régime critique.
Pour \(R = 10\;\Omega < R_c\) : régime pseudo-périodique (oscillations).

4.3 Refroidissement d'un bâtiment

Contexte bâtiment / thermique

Un ingénieur en génie climatique étudie le refroidissement d'un local après coupure du chauffage. La température intérieure \(T(t)\) vérifie la loi de Newton :

Loi de refroidissement de Newton

\(\tau\,T'(t) + T(t) = T_{\text{ext}}\)

où \(\tau\) est la constante de temps thermique du bâtiment (en heures) et \(T_{\text{ext}}\) la température extérieure (constante).

Exemple

Un local est à \(T(0) = 20\;°\text{C}\), température extérieure \(T_{\text{ext}} = 5\;°\text{C}\), constante de temps \(\tau = 10\;\text{h}\).

L'ED s'écrit : \(10\,T' + T = 5\), soit \(T' + 0{,}1\,T = 0{,}5\).

Solution : \(T(t) = K\,e^{-0{,}1\,t} + 5\).

Avec \(T(0) = 20\) : \(K + 5 = 20\), \(K = 15\).

\(\boxed{T(t) = 15\,e^{-0{,}1\,t} + 5}\)

Après 10 h : \(T(10) = 15\,e^{-1} + 5 \approx 15 \times 0{,}368 + 5 \approx 10{,}5\;°\text{C}\).

4.4 Amortisseur mécanique

Contexte maintenance

Un technicien de maintenance étudie un système masse-ressort-amortisseur. La position \(x(t)\) de la masse par rapport à l'équilibre vérifie :

Système masse-ressort-amortisseur

\(m\,x'' + f\,x' + k\,x = 0\)

où \(m\) est la masse, \(f\) le coefficient de frottement visqueux et \(k\) la raideur du ressort.

Exemple

Avec \(m = 1\;\text{kg}\), \(f = 2\;\text{N.s/m}\), \(k = 5\;\text{N/m}\).

Équation caractéristique : \(r^2 + 2r + 5 = 0\), \(\Delta = 4 - 20 = -16 < 0\).

\(\alpha = -1\), \(\omega = 2\;\text{rad/s}\).

Le système oscille en s'amortissant : \(x(t) = e^{-t}(A\cos 2t + B\sin 2t)\).

C'est le régime pseudo-périodique : le mouvement est oscillant amorti.

Mini-exercice 6

Amortisseur critique

Quelle valeur du coefficient de frottement \(f\) rend le système précédent (\(m = 1\;\text{kg}\), \(k = 5\;\text{N/m}\)) critique ?

L'équation caractéristique est \(r^2 + fr + 5 = 0\). Pour le régime critique, \(\Delta = 0\) :

\(f^2 - 4 \times 1 \times 5 = 0 \Rightarrow f^2 = 20 \Rightarrow f = 2\sqrt{5} \approx 4{,}47\;\text{N.s/m}\).