Séparation des variables

Par abus de la notation de Leibniz, on peut préférer écrire cette équation de la manière suivante :

${\displaystyle {\frac {1}{h(y)}}{\frac {{\rm {d}}y}{{\rm {d}}x}}=g(x),}$

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 :

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

ou de manière équivalente :

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

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 ${\textstyle {\frac {{\rm {d}}y}{{\rm {d}}x}}}$ 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.

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

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

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

L'équation différentielle ordinaire :

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

peut être écrite :

${\displaystyle {\frac {{\rm {d}}y}{{\rm {d}}x}}=y(1-y)}$.

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 ${\displaystyle {\rm {d}}y}$ et ${\displaystyle {\rm {d}}x}$ comme des variables séparées, ce qui fait que les deux membres de l'équation peuvent être multipliés par ${\displaystyle {\rm {d}}x}$. En divisant par la suite les deux membres de l'équation par ${\displaystyle y(1-y)}$, on obtient :

${\displaystyle {\frac {{\rm {d}}y}{y(1-y)}}={\rm {d}}x}$.

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 :

${\displaystyle \int {\frac {{\rm {d}}y}{y(1-y)}}=\int {\rm {d}}x}$,

qui, en passant par des fractions partielles, devient :

${\displaystyle \int \left({\frac {1}{y}}+{\frac {1}{1-y}}\right)\,{\rm {d}}y=\int {\rm {d}}x}$,

puis :

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

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

${\displaystyle y={\frac {1}{1+B{\rm {e}}^{-x}}}.}$

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 :

${\displaystyle {\frac {{\rm {d}}P}{{\rm {d}}t}}=kP\left(1-{\frac {P}{K}}\right)}$

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.

${\displaystyle {\frac {{\rm {d}}P}{{\rm {d}}t}}=kP\left(1-{\frac {P}{K}}\right)}$

${\displaystyle \int {\frac {{\rm {d}}P}{P\left(1-{\frac {P}{K}}\right)}}=\int k\,{\rm {d}}t}$

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 :

${\displaystyle {\begin{aligned}\int \left({\frac {1}{P}}+{\frac {1}{K-P}}\right)\,{\rm {d}}P=\int k\,{\rm {d}}t&\Longrightarrow \ \ln {\begin{vmatrix}P\end{vmatrix}}-\ln {\begin{vmatrix}K-P\end{vmatrix}}=kt+C\\&\Longrightarrow \ {\begin{vmatrix}{\cfrac {K-P}{P}}\end{vmatrix}}={\rm {e}}^{-kt-C}\\&\Longrightarrow \ {\frac {K-P}{P}}=\pm {\rm {e}}^{-C}{\rm {e}}^{-kt}\end{aligned}}}$

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

${\displaystyle {\frac {K}{P}}-1=A{\rm {e}}^{-kt}}$

${\displaystyle P={\frac {K}{1+A{\rm {e}}^{-kt}}}}$

Puis, la solution à l'équation logistique est :

${\displaystyle P(t)={\frac {K}{1+A{\rm {e}}^{-kt}}}}$

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

${\displaystyle {\frac {K-P}{P}}=A{\rm {e}}^{-kt}}$

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

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

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 :

${\displaystyle {\frac {{\rm {d}}X}{{\rm {d}}x}}+{\frac {{\rm {d}}Y}{{\rm {d}}y}}+{\frac {{\rm {d}}Z}{{\rm {d}}z}}=0}$

puisque ${\displaystyle {\frac {\partial F}{\partial x}}={\frac {{\rm {d}}X}{{\rm {d}}x}}}$.

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 :

${\displaystyle {\frac {{\rm {d}}X}{{\rm {d}}x}}=c_{1}\quad {\frac {{\rm {d}}Y}{{\rm {d}}y}}=c_{2}\quad {\frac {{\rm {d}}Z}{{\rm {d}}z}}=c_{3}\qquad \qquad (3)}$

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,

${\displaystyle {\partial ^{2} \over \partial x^{2}}[X(x)Y(y)]+{\partial ^{2} \over \partial y^{2}}[X(x)Y(y)]+\lambda X(x)Y(y)=X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)+\lambda X(x)Y(y)=0\,}$

Puis, par division par X(x) :

${\displaystyle {\begin{aligned}{\partial ^{2} \over \partial x^{2}}[X(x)Y(y)]+{\partial ^{2} \over \partial y^{2}}[X(x)Y(y)]+\lambda X(x)Y(y)&={X''(x)Y(y) \over X(x)}+{X(x)Y''(y) \over X(x)}+{\lambda X(x)Y(y) \over X(x)}\\&={X''(x)Y(y) \over X(x)}+Y''(y)+\lambda Y(y)=0\end{aligned}}}$

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 :

${\displaystyle X''(x)-kX(x)=0\quad \mathrm {et} \quad Y''(y)+(\lambda +k)Y(y)=0\,}$

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.