Changement de variable et intégration par partie :

On les appliquent de manière naturelle ou présque ; puisque Z b

a

f(x)dxn’est q’une limite d’intégrales naturelles .

Exemples 0.0.57 .

1. Etudier la nature de l’intégrale I = Z 1

cos(¹_t)dt et on efféctue le changement de variable suivant : u= 1

1 |^cos(u)_u² |du converge et d’aprés le théorème précédent Z _+∞

1

cos(u)

u² du converge . 2. Etudier la nature de l’intégrale généralisée J =

Z _+∞

0

sin(t) t dt Dans cette situation le problème se pose en0 et en +∞ On a lim

t→0 sin(t)

t = 1 donc la fonction f(t) = ^sin(t)_t est prolongeable par continuite en 0 et donc J₁=

t dt alors une intégration par partie nous donne.

La fonction Γ(complémentaires ) :

Il s’agit de la fonction suivante :

Γ(x) = Z +∞

0

t^(x−1)e^−tdt Cherchons le domaine de définition de cette fonction :

Pour cela on pose Γ₁(x) = Z 1

0

t^(x−1)e^−tdt et Γ₂(x) = Z +∞

1

t^(x−1)e^−tdt.

Et il est claire que le domaine de définition de Γ estD=DΓ1 ∩ DΓ2. Pour Γ₁ le problème se pose en 0 et on a au voisinage de 0 :

t^(x−1)e^−t∼t^(x−1) = 1 t^(x−1) Et donc

Z 1

0 1

t^(x−1)dt converge si et seulement si 1−x <1⇔x >0 Donc DΓ1 =]0,+∞[.

Pour Γ2 ona :

t→+∞lim t^rt^(x−1)e^−t= lim

t→+∞

t^r+x−1

e^t = 0;∀x∈R^,∀t∈R En particulier pour r≥2 , et donc DΓ2 =R

Et donc on conclus que D=DΓ1 ∩ DΓ2 =]0,+∞[ Proposition 0.0.58 .

Pour tout x >1 on a :

Γ(x) = (x−1).Γ(x−1) Démonstration 0.0.59 .

On va faire une intégration par partie . Γ(x) = lim

Y→+∞

Z Y

0

t^(x−1)e^−tdt= lim

Y→+∞([−t^(x−1)e^−t]^Y₀ + (x−1) Z Y

0

t^(x−2)e^−tdt) Et donc

Γ(x) = (x−1) Z +∞

0

t^(x−2)e^−tdt) = (x−1)Γ(x−1) Conséquence 0.0.60 .

Pour tout n∈N^{∗ on a :}

Γ(n) = (n−1)!

Démonstration 0.0.61 . En effet on a :

Γ(n) = (n−1)Γ(n−1) = (n−1).(n−2).Γ(n−2) = (n−1).(n−2).(n−3)...2.Γ(1) et Γ(1) = 1

1. Définition 0.0.62 .

On appelle équation différentielle d’ordren ( n∈N ) toute équation du type : F(x, y, y⁰, y⁰⁰, ..., y⁽ⁿ⁾) = 0 (E)

avecx une variable réelle y la fonction inconnue et y⁰, y”, , y⁽ⁿ⁾ ces dérivées succéssives.

Exemples 0.0.63 :

(a) xy⁰+x²y²−2x= 0 est une équation différentielle d’ordre 1 (b) yy⁰+y” = ln(x) est une équation d’ordre 2

(c) (1 +x)y⁰= 1−y est une équation d’ordre 1 (d) (1 +x²)y⁰+ 3xy = 0 est une équation d’ordre 1 Solution où intégrale :

On appelle solution où intégrale sur un intérvale I de R, de l’équation (E). toute fonction f : I −→R^;n-fois dérivable telle que :

F(x, f(x);f⁰(x), f”(x);..., f⁽ⁿ⁾(x)) = 0 pour toutx∈I

Solution maximale :C’est une solution définie sur un intérvale maximal , c-a-d qu’on ne peut pas prolonger à un intérvalleJ contenant I.

Equation du premier ordre :

C’est une équation du type :y⁰=f(x, y) (E₁) Equation à variables sépparées :

C’est une équation du typey⁰ =f(x)g(y) (V.S)

Où f et g sont des fonctions continues données sur des intérvales I et J Exemples 0.0.64 :

27

(a) (1 +x²)y⁰+ 3xy= 0 ce qui est équivalent à y⁰= _1+x^−3x2.y (b) xy0=y+xy ce qui est équivalent à y⁰ = (_x¹ + 1).y (c) y⁰sin(x) =y ce qui est équivalent à y⁰ = _sin(x)¹ .y

Pour résoudre l’équation (V S); on l’écrit tout d’abord sous la forme : 1

g(y)dy=f(x)dx

et puis on continue la résolution en intégrant les deux cotés de l’équation.

Exemples 0.0.65 :

Equation homogène:

Ce sont des équations du genre :

y⁰ =f(^y_x) (H) Exemples 0.0.66 :

(a) 2x²y⁰−y²= 4xy

(b) (4x²+ 3xy+y²) + 4(y²+ 3xy+x²)y⁰= 0 (c) y³y⁰+ 3xy²+ 2x³ = 0

(d) 2x+y−(4x−y)y⁰ = 0 (e) xyy⁰−y² = (x+y)e^−yx Résolution :

On fait un changement de fonction inconue et on pose : u= y

x ⇔y=xu⇒y⁰ =u+u⁰x Donc (H) sera équivalente à :

u+u⁰x=f(u)⇔u⁰ = ¹_x(f(u)−u) qui est une équation a variable séparée

Exemples 0.0.67 :

(a) y0= ^y2_2x^+4xy2 = ¹₂(^y_x)²+ 2(^y_x)

donc il s’agis bien d’une équation homogène donc on pose

u= ^y_x ⇔y=xu⇔y⁰ =u+u⁰x

⇔u+u⁰x= 1

2u²+ 2u

⇔u⁰x= 1

2u²+u⇔ 2du

u(u+ 2) = dx x

⇔

Z 2du u(u+ 2) =

Z dx x

⇔

Z +du u −

Z du

(u+ 2) = ln(|x|) +c

⇔ln(

u

u+ 2

) = ln(|x|) +c

⇔ u

u+ 2 =K.x⇔u(1−Kx) = 2Kx⇔u= 2Kx 1−Kx donc y= _1−Kx^2Kx2 Avec K un réel

(b) dans cette équation on a :

(4x²+ 3xy+y²) + 4(y²+ 3xy+x²)y⁰ = 0

⇔y⁰ =−(4x²+ 3xy+y²) 4(y²+ 3xy+x²)

=− 4 + 3.^y_x+ ^y_x2

4( ^y_x2

+ 3(^y_x) + 1) Donc il s’agit bien d’une équation homogène :

donc on pose u= ^y_x ⇔y =xu⇔y⁰=u+u⁰x

Et donc u+u⁰x=−_4(u^4+3.u+u2+3u+1)² ⇔u⁰x=−_4(u^4+3.u+u2+3u+1)² −u= ⁻⁴⁻_4(u^7u₂⁻_+3u+1)^13u2−4u3 (c) Dans l’exemple c) y³y⁰+ 3xy²+ 2x³ = 0

(y

x)³y⁰+ 3(y

x)²+ 2 = 0⇐⇒y⁰ = −2−3(^y_x)²

(^y_x)³ =f(y x) Il s’agit bien d’une équation homogène

donc on pose u= ^y_x ⇔y =xu⇔y⁰=u+u⁰x Et donc

u+u⁰x= −2−3u²

u³ ⇐⇒u⁰x= −2−3u²−u⁴

u³ ⇐⇒ − u³du

2 + 3u²+u⁴ = dx x

⇐⇒

Z

− u³du 2 + 3u²+u⁴ =

Z dx x Or X²+ 3X+ 2 = (X+ 1)(X+ 2)

donc _2+3u^u3_2+u4 = ^au+b_u2+1+_u^cu+d2+2

E t un petit calcule montre que a=−1;b= 0;c= 2;et;d= 0

Donc ln(|x|) = ⁻₂¹ln(1 +u²) + ln(2 +u²) +c= ln(√^2+u2 1+u²) +c Et on continue la résolution

Equation linéaire d’ordre 1 : Elle est de la forme :

a(x)y⁰+b(x)y=h(x) Avec a, bet h des fonctions continues sur un intérvale donné I.

Exemples 0.0.68 : 1)xy⁰−y= _x2^x−1

2)y⁰−xy = sin(x) Résolution :

1) On commence par résoudre l’équation sans second membre c.a.d a(x)y⁰+b(x)y= 0

⇔y⁰=−_a(x)^b(x).y

Qui est une équation a variable séparée , et on sait la résoudre . Dans l’exemple 1)

E.S.S.M :est :xy⁰−y = 0 donc .

xy⁰−y= 0⇔ y⁰ y = 1

x

⇔ dy y = dx

x

⇔ Z dy

y = Z dx

x

⇔ln(|y|) = ln(|x|) +C

⇔ |y|=e^C.|x|

⇔y0 =K.x Avec K∈R Dans l’exemple 2) E.S.S.M est y⁰−xy= 0 sa résolution sera de la même manière :

dy

y =xdx⇔ Z dy

y = Z

xdx

⇔ln(|y|) = x² 2 +C

⇔y₀ =K.exp(x² 2 ) avecK ∈R

Et donc y_ssm=K.U₀ avec U₀ = exp(^x₂²) Théorème :

On considère l’équation linéaire de 1^er ordre :

a(x)y⁰+b(x)y=h(x) (E)

Si yp est une solution particulière de (E) Alors Toute autre solution y de (E) vérifie

a(x)(y−y_p)⁰+b(x)(y−y_p) = 0

Donc y−yp est une solution de l’équation homogène , doncy−yp =yssm Donc y =yp+yssm

Recherche de y_p :

Méthode de la variation de la constante :

Soit U0 une solution de l’équation sans second membre .

On pose y_p = c(x).u₀ avec c(x) est une fonction a chércher pour que y_p soit une solution de (E)

Donc y0p =c0(x)u₀+c(x).u00 puis on remplace dans l’équation (E) et donc on aura :

a(x)(c⁰u0+cu⁰₀) +b(x)(cu0) =h(x) Ce qui entraine que :

a(x)c⁰(x)u_o+a(x)c(x)u⁰_o(x) +b(x)c(x)u_o(x)

| {z }

=0

=h(x)

Et donc c⁰x) = _a(x)u^h(x)

0(x)

Exemple :

résoudre l’équation différentielle xy⁰−y= _x2^x−1 (1)

On commence par résoudre l’équation sans second membre E.S.S.M E.S.S.M : xy⁰−y= 0

⇒ ^dy_y = ^dx_x

⇒ ln(|y|) = ln(|x|) +c

⇒y=K.x avec K∈R

On pose alors u₀=x

et on va chercher une solution particulière y_p =c(x).u₀ On dérive y_p et on remplace dans l’équation (1)

et on obtien x(c⁰u_o+cu⁰_o)−(cu_o) = _x2^x−1

⇒ x²c⁰(x) = _x2^x−1

⇒ c⁰(x) = x(x−1)(x+1)¹ = ⁻¹_x +_2(x−1)¹ +_2(x+1)¹

⇒ c(x) =−ln(|x|) +¹₂ln(x²−1)

⇒ y_p =c(x).u₀

⇒ y_p =K.x+x(−ln(|x|) + ¹₂ln(x²−1) avecK ∈R

On va alors donner les solutions sur les intérvales :]− ∞,−1[ , ]−1,1[et ]1,+∞[ Equation de BERNOULLI :

C’est une équation du type

y⁰ =α(x)y+β(x).yⁿ (E)

avecnun élement de R^{, α(x) etβ(x)} des fonctions numèriques données sur un intérvale I.

Exemple :

(a) y⁰ =y+x²y² ici n= 2 (b) y0=y+y³ ici n= 3 (c) y0 −y=√y ici n= ¹₂ Résolution:

1) Si n=1 alors :y⁰=α(x)y+β(x).y= (α(x) +β(x))y donc on a une équation a variables séparées

2)Si n6= 1 l’équation (E) est équivalente a :

y⁰

yⁿ −_y^α(x)n−1 =β(x) (E1) On pose alors z(x) = _yn−1¹

donc z⁰(x) =−(n−1)._y^yn⁰

Et on remplace dans l’équation (E₁)

Ce qui nous donne :−_(n−1)^z0 −α(x)z=β(x) qui est une équation linéaire de 1^er ordre . Exemple :

Résoudre l’équation suivante :(E) y⁰ =y+x²y² (E) est équivalente a :^y_y⁰ −¹_y =x²

On pose z=¹_y , donc z⁰ =−_y^y20 puis on remplace dans l’équation précedente : et on obtienz⁰+z=−x²

Et on va résoudre cette équation par :

1)z⁰+z= 0 ⇒ ^z_z⁰ =−1⇒ ^dz_z =−dx⇒ln(|z|) =−x+c⇒z=K.e^−x avec K∈R On pose alors z0 =e^−x

Et on va chercher une solution particulière par la variation de la constante :

z_p =c(x).z₀

⇒z⁰p=c⁰z0+cz⁰₀

⇒c⁰z₀+cz₀⁰ +cz₀ =−x²

⇒c⁰(x) =−x²e^x

⇒c(x) =− Z

x²e^xdx= (−x²+ 2x−2)e^x Donc zp=(−x²+ 2x−2)e^x.e^−x=−x²+ 2x−2

Et donc la solution generale est donner par :

zg=z_p+Ke^−x=−x²+ 2x−2 +Ke^−x avec K∈R Et en fin y_g = _−x2+2x−2+ke^{1 −x} Avec K ∈R

Equation de RICCATI : C’est une équation du type :

y⁰=α(x).y²+β(x).y+γ(x)

Avec α(x);β(x) et γ(x) des fonctions numériques continues sur un intérvale I Résolution :

On a besoin de connaitre une solution particulière y₁ On pose alors z=y−y₁

Equation de second ordre à coéfficients constants : Ce sont des équations de la forme :

(E) :ay” +by⁰+cy=f(x)

Avec a,b,c des constantes réelles et f une fonction continue sur un intervale I Exemples :

(a) y” + 3y⁰+y= sin(x) (b) y” + 3y⁰+ 4y=e^xcos(x)

(c) 2y” +y⁰−2y= (x²+ 3x+ 2)e^2x Equation sans second membre : Il s’agit de l’équation :

(E0) :ay” +by⁰+cy= 0

pour résoudre l’équation E₀, on remarque d’abord que l’ensemble des solution deE₀ est un espace vectoriél de dimention 2

et que pour chercher sa base on a besoin de l’équation carractéristique :

Equation carractéristique :

c’est l’équation de second degré : ar²+br+c= 0 (E.C) Il ya 3 cas possibles :

1^er cas : ∆ =b² −4ac >0 dans ce cas nous avons deux racines réelles distinctes r1 6= r2 et alors les solutions de E₀ sont de la forme : y_ssm =λexp(r₁x) +µexp(r₂x) , avec λ et µ deux réels :

2^eme cas :

∆ = b²−4ac = 0 dans ce cas l’équation caracteristique admet une seule solution double r₁ = r2 =r et dans ce cas les solutions de l’équation sans second membre sont données par la formule :

yssm = (λx+µ) exp(r.x) Avec λet µdeux réels quelconques. 3^eme cas :

∆ = b² −4ac < 0 dans ce cas nous avons deux racines complexes distinctes z1 6= z2 avec z₁ =α+iβ et z₂ =α−iβ et dans ce cas les solutions de l’equation sans second membre sont données par la formule :

y_ssm= exp(αx)[Acos(βx) +Bsin(βx)]

avec A et B deux élements deR Exemples :

résoudre les équations suivantes : (a) y” + 3y⁰−4y= 0

(b) y”−4y⁰+ 4y= 0 (c) y” + 4y⁰+ 5y= 0

Pour 1) l’équation caracteristique est : r²+ 3r−4 = 0 dont le ∆ =b²−4ac = 9 + 16 = 25 et donc r₁ = ⁻³⁺⁵₂ = 1 etr₂ = ⁻³₂⁻⁵ =−4

et doncyssm =λexp(x) +µexp(−4x) , avec λ et µdeux réels :

pour 2) l’équation caracteristique est : r²−4r+ 4 = 0 dont le ∆ = b²−4ac = 16−16 = 0 et donc r1 =r2 = ⁴₂ = 2

et doncy_ssm = [λx+µ] exp(2x) , avec λ et µdeux réels :

pour 3) l’équation caracteristique est :r²+4r+5 = 0dont le∆ =b²−4ac= 16−20 =−4 = (2i)² Alorsz1= ⁻⁴⁺²ⁱ₂ =−2 +i et z2 =−2−i

Et dans ce casy_ssm = exp(−2x)[Acos(x) +Bsin(x)] avec A etB deux élements de R

Recherche d’une solution particulière : considerons d’abort l’equation :

ay” +by⁰+cy =e^αx.P_n(x) Avec α un réel etPn un polynôme de degréen

Dans ce cas on cherche une solution particulière de la forme : Y_p =e^αx.x^s.(A₀+A₁x+...+A_nxⁿ) Où A0, A1, ...An des constantes réelles a déterminer .

Et s vérifie :

– s= 0 si α n’est pas racine de E.C – s= 1 si α est racine simple de E.C – s= 2 si α est racine double de E.C Exemple :

Résoudre l’équation différentielle suivante :

y”−3y⁰−4y= 6e^2x (1)

On commence par résoudre l’équation carracteristique :r²−3r−4 = 0

On a : ∆ = 9 + 16 = 25 donc r1 = 4 et r2 =−1 et donc la solution de l’équation sans second membre est :

y_ssm=λe^4x+µe^−x avec λet µ deux réels

On cherche ensuite une solution particulière de la forme : Y_p =e^2x.x⁰.(A) =A.e^2x

Alors y⁰_p= 2Ae^2x ety”_p = 4Ae^2x et on remplace dans l”equation (1)

4Ae^2x−6Ae^2x−4Ae^2x = 6e^2x ⇒ −6A= 6⇒A=−1 Et en fin la solution générale de (1) est :

y=y_ssm+Y_p =λe^4x+µe^−x−e^2x Exemple 2 :

résoudre l’équation différentielle suivante :

y”−2y⁰−3y=−3xe^−x (2)

L”equation carracteristique :

r²−2r−3 = 0

Et∆ = 16doncr1 =−1etr2 = 3; donc la solution de l’équation sans second membre est donneé par :

y_ssm=λe^−x+µe^3x λ et µ ∈R On cherche ensuite une solution particulière de la forme :

y_p=e^−x.x^s.(A₀+A₁x) avecs= 1 car−1 est racine simple de l’équation carracteristique .

Et on calculey_p⁰ =e^−x(A0+(2A1−A0)x−A1x²)puisy”p =e^−x(2A1−2A0+(A0−4A1)x+A1x²) .

Et on remplace dans l’équation (2): ce qui nous donne :A₀= ₁₆³ etA₁ = ³₈.

Ce qui nous donne la solution générale de (2):

y=λe^−x+µe^3x+e^−x.x.( 3 16 +3

8x) Considérons maintenant l’équation différentielle suivante :

ay” +by⁰+cy=e^αx.P_n(x)cos(β.x) Avec α , β deux réels et P_n un polynôme de degréen

Dans ce cas on cherche une solution particulière de la forme :

y_p =e^αxx^s[Q_n(x)cos(β.x) +R_n(x)sin(β.x)]

Où Q_n etR_n sont des polynôme de degrée n et

– s= 0 siα+iβ n’est pas racine de l’équation carracteristique . – s= 1 siα+iβ est racine de l’équation carracteristique

Exemple 1 :

Résoudre l’équation diofférentielle suivante :y”−3y⁰−4y=−8e^x.cos(2x) (3)

Equation carractéristique :r²−3r−4 = 0 , donc∆ = 25etr₁ =−1etr₂ = 4et donc la solution particulière sera de la forme :

y_p =e^x.(Acos(2x) +Bsin(2x))

On a s= 0 car 1 + 2in’est pas une racine de l’équation carracteristique ; et on calcule y⁰_p ety”p

puis on remplace dans l’équation (3) et on trouve :A= ₁₇³ et B = ⁻₁₇⁵.

Exemple 2 :

Résoudre l’équation différentielle :

y” + 2y⁰+ 5y = 4e^−xcos(2x) y(0) = 1 , y⁰(0) = 0 L”equation carracteristique est : r²+ 2r+ 5 = 0 et son∆ =−16 = (4i)² donc les solutions sont z₁ =−1 + 2i etz₂ =−1−2i

On cherche donc yp = (Acos(2x) +Bsin(2x)).x.e^−x (on a s = 1 car −1 + 2i est racine de l’équation carracteristique ) et le réste des calcules est laissé au étudiants .

Remarque :

Pour résoudre une équation du type :

ay” +by⁰+cy =e^αx.P_n(x)sin(β.x)

on procéde de la même manière et la solution particulière sera aussi du type : y_p =e^αxx^s[Q_n(x)cos(β.x) +R_n(x)sin(β.x)]

Principe de supérposition : Soit l’équation différentielle :

ay” +by⁰+cy=f₁+f₂ (E) Où f₁ et f₂ deux fonctions .

Pour chercher une solution particulière de E; on cherche une solution particulièrey1 de : ay” + by⁰+cy =f₁ et une solution particulièrey₂ deay” +by⁰+cy=f₂ et alorsy_p=y₁+y₂ sera une solution particulière de E.

Exemple :

Résoudre l’équation différentielle suivante :

y” +y⁰−2y=e^x+e^−2x

tout d’abort on écrit l’équation carractéristique :r²+r−2 = 0 et sont ∆ = 1 + 8 = 9 Donc r₁=−2 et r₂ = 1 , donc la solution de l’équation sans second membre est :

y_ssm =λ.e^x+µ.e^−2x λ et µ∈R

Pour chercher une solution particulière de cette équation on cherchera les solutions particulière de y” +y⁰−2y=e^x et de y” +y⁰−2y=e^−2x.

– pour la premiere équation y1 = A.x.e^x (s= 1) car 1 est une racine de l’équation carractéris-tique et donc y₁⁰ = (Ax+A)e^x et y₁” = (Ax+ 2A)e^x , et puis on remplace dans l’équation et on trouve : 3A= 1 , doncA= ¹₃

– Pour la deuxieme équationy₂=B.x.e^−2x (s= 1 car−2est une racine de l’équation carracte-ristique et donc y⁰₂ = (−2Bx+B)e^−2x et y2” = (4Bx−4B)e^−2x , et puis on remplace dans l’équation et on trouve :−3B = 1 , donc B =−¹₃

Donc y_p=y₁+y₂= ¹₃xe^x−¹₃xe^−2x; et la solution générale de l’équation est : y_g =y_ssm+y_p =λ.e^x+µ.e^−2x+1

3xe^x−1 3xe^−2x Avec λet µ deux éléments de R

41

Fonctions à plusieurs variables

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