Séparation des variables

Ceux qui désapprouvent la notation de Leibniz peuvent préférer écrire cette équation de la manière suivante :

${\displaystyle {\frac {1}{h(y)}}{\frac {dy}{dx}}=g(x),}$

mais cela ne rend pas très évident l'utilisation de l'expression « séparation de variables ».

Par intégration des deux membres de l'équation sur la variable x, on obtient :

${\displaystyle \int {\frac {1}{h(y)}}{\frac {dy}{dx}}\,dx=\int g(x)\,dx,\qquad \qquad (2)}$

ou de manière équivalente :

${\displaystyle \int {\frac {1}{h(y)}}\,dy=\int g(x)\,dx}$

en raison des règles de substitutions dans les intégrales.

Si l'on considère les deux intégrales, on trouve alors la solution à l'équation différentielle. On remarquera que le procédé permet de manière effective de traiter la dérivée ${\displaystyle {\frac {dy}{dx}}}$ comme une fraction pouvant être séparée. Cela permet de résoudre les équations différentielles séparables plus facilement, comme on le montre dans l'exemple ci-dessous.

(l'on n'a pas besoin d'utiliser deux constantes d'intégration, dans l'équation (2) comme dans :

${\displaystyle \int {\frac {1}{h(y)}}\,dy+C_{1}=\int g(x)\,dx+C_{2},}$

car une seule constante ${\displaystyle C=C_{2}-C_{1}}$ est équivalente).

L'équation différentielle ordinaire :

${\displaystyle {\frac {d}{dx}}f(x)=f(x)(1-f(x))}$

peut être écrite :

${\displaystyle {\frac {dy}{dx}}=y(1-y)}$.

Si l'on suppose ${\displaystyle g(x)=1}$ et ${\displaystyle h(y)=y(1-y)}$, on peut écrire l'équation différentielle sous la forme de l'équation (1) ci-dessus. Ainsi, l'équation différentielle est séparable.

Comme montré au-dessus, on peut traiter ${\displaystyle dy}$ et ${\displaystyle dx}$ comme des variables séparées, ce qui fait que les deux membres de l'équation peuvent être multipliés par ${\displaystyle dx}$. En divisant par la suite les deux membres de l'équation par ${\displaystyle y(1-y)}$, on obtient :

${\displaystyle {\frac {dy}{y(1-y)}}=dx}$.

On a donc séparé à ce moment les variables x et y l'une de l'autre, x apparaissant uniquement dans le membre de droite et y dans celui de gauche.

En intégrant les deux membres, on obtient :

${\displaystyle \int {\frac {dy}{y(1-y)}}=\int dx}$,

qui, en passant par des fractions partielles, devient :

${\displaystyle \int \left({\frac {1}{y}}+{\frac {1}{1-y}}\right)\,dy=\int dx}$,

puis :

${\displaystyle \ln |y|-\ln |1-y|=x+C}$

où C est la constante d'intégration. Quelques considérations algébriques donnent une solution pour y :

${\displaystyle y={\frac {1}{1+Be^{-x}}}.}$

On peut alors vérifier cette solution en considérant la dérivée par rapport à x de la fonction trouvée, où B est une constante arbitraire. Le résultat devrait être identifié au problème originel. (On doit être attentif aux valeurs absolues lors de la résolution de l'équation ci-dessus. Il est évident que les signes différents de la valeur absolue contribuent aux valeurs positive et négative pour B, respectivement. Et le cas B=0 est appuyé par le cas où y=1, comme indiqué ci-dessous.)

Comme il y a division par ${\displaystyle y}$ et par ${\displaystyle (1-y)}$, on doit vérifier si les solutions ${\displaystyle y(x)=0}$ et ${\displaystyle y(x)=1}$ (pour tout x) résolvent l'équation différentielle (dans les cas où elles sont toutes deux solutions). Voir aussi : Solution singulière (en).

La croissance d'une population est parfois modélisée par l'équation différentielle :

${\displaystyle {\frac {dP}{dt}}=kP\left(1-{\frac {P}{K}}\right)}$

où ${\displaystyle P}$ est la population en fonction du temps ${\displaystyle t}$, ${\displaystyle k}$ est le taux de croissance, et ${\displaystyle K}$ la capacité de contenance de l'environnement.

La séparation des variables peut être utilisée pour résoudre cette équation différentielle.

${\displaystyle {\frac {dP}{dt}}=kP\left(1-{\frac {P}{K}}\right)}$

${\displaystyle \int {\frac {dP}{P\left(1-{\frac {P}{K}}\right)}}=\int k\,dt}$

Afin d'évaluer l'intégral du membre de gauche, on simplifie la fraction complexe :

${\displaystyle {\frac {1}{P\left(1-{\frac {P}{K}}\right)}}={\frac {K}{P\left(K-P\right)}}}$

Puis on décompose la fraction en fractions partielles :

${\displaystyle {\frac {K}{P\left(K-P\right)}}={\frac {1}{P}}+{\frac {1}{K-P}}}$

On a alors :

${\displaystyle \int \left({\frac {1}{P}}+{\frac {1}{K-P}}\right)\,dP=\int k\,dt}$

${\displaystyle \ln {\begin{vmatrix}P\end{vmatrix}}-\ln {\begin{vmatrix}K-P\end{vmatrix}}=kt+C}$

${\displaystyle {\begin{vmatrix}{\cfrac {K-P}{P}}\end{vmatrix}}=e^{-kt-C}}$

${\displaystyle {\frac {K-P}{P}}=\pm e^{-C}e^{-kt}}$

On pose ${\displaystyle A=\pm e^{-C}}$.

${\displaystyle {\frac {K}{P}}-1=Ae^{-kt}}$

${\displaystyle P={\frac {K}{1+Ae^{-kt}}}}$

Puis, la solution à l'équation logistique est :

${\displaystyle P\left(t\right)={\frac {K}{1+Ae^{-kt}}}}$

Pour trouver ${\displaystyle A}$, on considère l'étape suivante dans le processus de résolution de l'équation différentielle :

${\displaystyle {\frac {K-P}{P}}=Ae^{-kt}}$

On pose ${\displaystyle t=0}$ et ${\displaystyle P\left(0\right)=P_{0}}$. On alors :

${\displaystyle {\frac {K-P_{0}}{P_{0}}}=Ae^{0}=A}$

Supposons F(x, y, z) et l'EDP suivante :

${\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial x}}+{\frac {\partial F}{\partial y}}+{\frac {\partial F}{\partial z}}=0\qquad \qquad (1)}$

On supposera :

${\displaystyle F(x,y,z)=X(x)+Y(y)+Z(z)\qquad \qquad (2)}$

ce qui rend (1) équivalente à :

${\displaystyle {\frac {dX}{dx}}+{\frac {dY}{dy}}+{\frac {dZ}{dz}}=0}$

puisque ${\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial x}}={\frac {dX}{dx}}}$.

De plus, puisque X'(x) ne dépend que de x et que Y'(y) ne dépend que de y (de même pour Z'(z)) et que l'équation (1) est vraie pour tout x, y, z, il est clair que chacun des termes est constant. Plus précisément :

${\displaystyle {\frac {dX}{dx}}=c_{1}\quad {\frac {dY}{dy}}=c_{2}\quad {\frac {dZ}{dz}}=c_{3}\qquad \qquad (3)}$

où les constantes c₁, c₂, c₃ vérifient

${\displaystyle c_{1}+c_{2}+c_{3}=0\qquad \qquad (4)}$

L'équation (3) est en fait un ensemble de trois équations différentielles ordinaires. Dans ce cas, elles sont triviales et peuvent être résolues par intégration simple, donnant

${\displaystyle F(x,y,z)=c_{1}x+c_{2}y+c_{3}z+c_{4}\qquad \qquad (5)}$

où la constante d'intégration c₄ est déterminée par les conditions initiales.

Considérons l'équation différentielle :

${\displaystyle \nabla ^{2}v+\lambda v={\partial ^{2}v \over \partial x^{2}}+{\partial ^{2}v \over \partial y^{2}}+\lambda v=0}$.

On recherche tout d'abord des solutions de la forme :

${\displaystyle v=X(x)Y(y)\,}$.

La plupart des solutions ne sont pas de cette forme, mais d'autres sont des sommes de (généralement une infinité de) solutions de cette forme justement.

Par substitution,

${\displaystyle {\partial ^{2} \over \partial x^{2}}[X(x)Y(y)]+{\partial ^{2} \over \partial y^{2}}[X(x)Y(y)]+\lambda X(x)Y(y)=}$

${\displaystyle =X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)+\lambda X(x)Y(y)=0\,}$

Puis, par division par X(x) :

${\displaystyle ={X''(x)Y(y) \over X(x)}+{X(x)Y''(y) \over X(x)}+{\lambda X(x)Y(y) \over X(x)}}$

${\displaystyle ={X''(x)Y(y) \over X(x)}+Y''(y)+\lambda Y(y)=0}$

puis par Y(y)

${\displaystyle ={X''(x) \over X(x)}+{Y''(y)+\lambda Y(y) \over Y(y)}=0}$

X′′(x)/X(x) est alors une fonction de x seulement, comme (Y′′(y)+λY(y))/Y(y), il existe donc des constantes de séparation :

${\displaystyle {X''(x) \over X(x)}=k=-{Y''(y)+\lambda Y(y) \over Y(y)}}$

qui se sépare en équations différentielles ordinaires :

${\displaystyle {X''(x) \over X(x)}=k}$

${\displaystyle X''(x)-kX(x)=0\,}$

et

${\displaystyle {Y''(y)+\lambda Y(y) \over Y(y)}=-k}$

${\displaystyle Y''(y)+(\lambda +k)Y(y)=0\,}$

qui peuvent être résolues de concert. Si l'équation posée à l'origine était un problème de conditions aux limites, on utiliserait les valeurs aux limites données.