R´esolution de l’´equation E1: E1 est une ´equation diff´erentielle lin´eaire d’ordre 1 sans second membre

Corrig´e de la s´erie 4 SMIA-S2 Printemps 2020 Exercice 1

1. R´esolution de l’´equation E₁:

E₁ est une ´equation diff´erentielle lin´eaire d’ordre 1 sans second membre. On remarque que la fonction y= 0 est une solution d´efinie surRdeE1. Pour toutx∈R:x³−x= 0 ⇐⇒ x(x−1)(x+ 1) = 0 ⇐⇒

x∈ {−1,0,1}.

SoitI l’un des intervalles ]−∞,−1[,]−1,0[, ]0,1[ et ]1,+∞[. SurI, on a E₁ ⇐⇒ y⁰= x²−x−1

x³−x y.

Supposons que y6= 0 (doncyne s’annule pas sur I,pourquoi?). On a y⁰

y =x²−x−1

x³−x ⇐⇒ ln|y|=

Z x²−x−1

x³−x dx+c, c∈R.

On effectue un calcul de primitive en utilisant une d´ecomposition en ´el´ements simples. Remarquons que:

x²−x−1

x³−x = x²−1 x³−x− x

x³−x

= x²−1

x(x²−1)− x x(x²−1)

= 1 x−1

2 1

x−1 − 1 x+ 1

. Donc, par passage `a l’int´egration, on en d´eduit que:

ln|y|= ln|x|+ ln r

x+ 1 x−1

+c, c∈R.

= ln(|x|

r

x+ 1 x−1 ) +c.

Ainsi, commexne change pas de signe surI ainsi quey(pourquoi?), la solution g´en´erale de l’´equation E1 s’´ecrit sous la forme:

y(x) =Kx r

x+ 1 x−1

∀x∈I, K∈R.

Question: ´Etudier la possibilit´e de prolongement par d´erivabilit´e des fonctions y enx=−1, x = 0 et x = 1 pour faire d’´eventuels raccords et en d´eduire en particulier que la seule solution sur R de l’´equationE1est la fonction nulle.

2. R´esolution de l’´equation E2:

E₂ (´equation de Bernoulli) : y⁰−y−x² y = 0.

SoitIun intervalle deRsur lequelyne s’annule pas. Multiplions les deux membres de cette ´equation pary. On a alors:

yy⁰²−x²= 0.

Par le changement variable z = y², on a z⁰ = 2yy⁰ et on trouve que z est solution de la nouvelle

´

equation enusuivante:

u⁰−2u= 2x² (1)

L’´equation sans second membre associ´ee `a (1) est:

u⁰−2u= 0 (2)

On sait que la solution g´en´erale de l’´equation (2) est d´efinie surRpar u₀=Ke^2x, K∈R.

Vu le second membre de l’´equation (1), on cherche une solution particuli`ere de (1) sous la forme u(x) =ax²+bx+c, (a, b, c)∈R³.

Pour toutx∈R,

u⁰(x)−2u(x) = 2x² ⇐⇒ 2ax+b−2ax²−2bx−2c= 2x². Donc,







−2a= 2 2a−2b= 0 b−2c= 0.

⇐⇒







a=−1 b=−1 c=−¹₂.

On a ainsi trouv´e une solution particuli`ereup de (1) qui est d´efinie surRpar up(x) =−x²−x−1

2.

Par cons´equent, la solution g´en´erale de l’´equation (1) est d´efinie surRpar u(x) =u0(x) +up(x) =−1

2

2x²+ 2x+ 1

+Ke^2x, K∈R.

Puisquey ne s’annule pas surI, z est strictement positive surI.D’o`u, en remarquant que pourK≤0

−¹₂

2x²+ 2x+ 1

+Ke^2x≤0 ∀x∈R, z est d´efinie par z(x) =−1

2

2x²+ 2x+ 1

+Ke^2x, K∈R^∗+,

o`u pourK >0 fix´e, le domaine de d´efinition dezest tout intervalleIK ⊂Rsur lequelx7→ −¹₂ 2x²+ 2x+ 1

+Ke^2xest strictement positive.

La solution g´en´erale de notre probl`eme consiste aux fonctions d´efinies pour toutK > 0 surIK par l’une des deux expressions:

y(x) = r

−1 2

2x²+ 2x+ 1

+Ke^2x,

y(x) =− r

−1 2

2x²+ 2x+ 1

+Ke^2x. 3. R´esolution de l’´equation E3:

E3: (´equation de Ricatti) :y⁰ =x+y+y² x . Soit I l’un des intervalles

−^π₂,0 ,

0,^π₂ ,

−^π₂ +kπ,^π₂ +kπ

, k∈ Z^∗. Pour x∈ I, posonsyp(x) = xtan(x).Pour toutx∈I,on a

y²_p(x)

x +y_p(x)

x +x=xtan²x+ tanx+x

= tanx+x(tan²x+ 1)

= tanx+x(tanx)⁰

=(xtanx)⁰

=y_p⁰(x).

Donc,yp=xtan(x) est une solution particuli`ere surI de l’´equationE3. Soitz=y−yp. On ay=z+yp et donc

y⁰ =x+y+y²

x ⇐⇒z⁰+y⁰_p=x+z+yp+z²+y²_p+ 2zyp

x

⇐⇒z⁰+y⁰_p=x+yp+y_p² x

| {z }

y_p⁰

+z+z²+ 2zy_p

x .

Par cons´equent et en changeantyp(x) par xtan(x), on a z⁰ =1 + 2xtanx

x z+z²

x, (3)

qui est une ´equation (enz) de Bernoulli. Notons que, mise `a part la solution nulle surI,on va r´esoudre cette ´equation avec la conditionzne s’annule pas sur I. L’´equation (3) est donc ´equivalente `a

z⁰

z² =1 + 2xtanx x .1

z +1 x.

Par le changement de variableu= ¹_z, on au⁰ =−_z^z2⁰ et l’´equation (3) devient u⁰+1 + 2xtanx

x u=−1

x, (4)

qui est une ´equation diff´erentielle lin´eaire du premier ordre . L’´equation sans second membre associ´ee

` a (4) est

u⁰+1 + 2xtanx x u= 0.

Donc,

u⁰

u =−1 + 2xtanx x =−1

x−2 tanx, et en int´egrant les deux membres on en d´eduit que,

ln|u|=− Z 1

x+ 2 tanx

dx+c, c∈R

=−

ln|x| −2

Z −sinx cosx

+c

=−ln|x|+ 2 ln|cosx|+c

=−ln|x|+ ln(cos²x) +c

= lncos²x

|x|

+c.

Par cons´equent, commexne change pas de signe sur Iainsi queu, u0=Kcos²x

x , K ∈R,

est une solution g´en´erale surIde l’´equation sans second membre associ´ee `a (4).

Donc, on doit chercher une solution particuli`ere pour l’´equation (4), par la m´ethode de la variation de la constante, sous la forme: up=K(x)<sup>cos</sup><sub>x</sub><sup>2x</sup>,o`u la fonctionx7→K(x) est une fonction d´erivable surI

`

a d´eterminer. On a,

u⁰_p=K⁰(x)cos²x

x −2x.sinx.cosx+ cos²x

x² K(x).

Apr`es avoir inject´ee la fonctionu<sub>p</sub> dans (4), et apr`es une petite simplification, on trouve que:

K⁰(x) =− 1 cos²x.

Puisque _cos¹_2x = 1 + tan²x= tanx0

, on en d´eduit queK(x) =−tanx+c,(on prendc= 0). D’o`u up =K(x)^cos_x^2x =−tanx^cos_x^2x =−^sinx_x^cosx =−^{sin 2x}_2x . Donc, la solution g´en´erale de l’´equation (4) est d´efinie surI par

u(x) = u₀(x) +u_p(x)

= Kcos²x

x −sin 2x 2x

= cos²x

x (K−tanx).

Donc, mise `a part la fonction nulle sur I,les solutions qui ne s’annulent pas de l’´equation (3) sont les fonctions d´efinies par

z(x) = 1

u(x) = x

cos²x(K−tanx), K ∈R,

o`u pour K ∈ R fix´e, le domaine de d´efinition de z est chaque sous intervalle I_K de I sur lequel la fonction tangente ne prend pas la valeurK.

Par cons´equent, des solutions de l’´equation E₃ sont la fonction y_p = xtan(x) d´efinie sur I ou les fonctions d´efinies par

y(x) =yp(x) +z(x) =xtanx+ x

cos²x(K−tanx), K∈R,

o`u pour K ∈ R fix´e, le domaine de d´efinition de y est chaque sous intervalle I_K de I sur lequel la fonction tangente ne prend pas la valeurK.

Exercice 2

a- R´esolution de l’´equation (5):

−z⁰+z=x². (5)

L’´equation sans second membre associ´ee `a (5) est

−z⁰+z= 0. (6)

La fonction nulle est une solution triviale pour (6). Pour z 6= 0 (et donc z ne s’annule pas sur R), cette derni`ere ´equation est ´equivalente `a ^z_z⁰ = 1. Donc ln|z|=x+co`uc∈R, ce qui devientz=Ke<sup>x</sup>, K∈R<sup>∗</sup>.La solution g´en´erale de l’´equation homog`ene (6) est donc d´efinie surRpar

z(x) =Ke^x, K ∈R.

Cherchons maintenant une solution particuli`ere pour (5). On peut proc´eder par la m´ethode de la variation de la constante K. Mais, vu le second membre de (5), on cherche une solution particuli`ere sous la formezp=ax²+bx+c. On a,

−z_p⁰ +z_p=x² ⇐⇒ −2ax−b+ax²+bx+c=x²

=⇒





 a= 1

−2a+b= 0 c−b= 0

=⇒





 a= 1 b= 2 c= 2.

D’o`u zp=x<sup>2</sup>+ 2x+ 2 est une solution particuli`ere d´efinie surRde l’´equation (5).

La solution g´en´erale de l’´equation compl`ete (5) est alorsz=zp+z0, c’est `a dire les fonctions d´efinies surRpar

z(x) =x²+ 2x+ 2 +Ke^x, K∈R. b- R´esolution de l’´equation (7):

y:R−→]0,+∞[, y⁰+y−x²y²= 0, y(0) = 1

3. (7)

Cette ´equation est ´equivalente `a y⁰ =−y+x²y². Il s’agit d’une ´equation de Bernoulli, avec a(x) =

−1, b(x) =x² etα= 2. En divisant les deux membres pary², l’´equation (7) devient y⁰

y² =−1 y +x².

Par le changement de variablez= ¹_y, on a alors,z⁰=−_y^y2⁰ et donc

−z⁰+z=x²,

qui n’est autre que l’´equation (5) dont la solution g´en´erale trouv´ee est de la forme z(x) =x²+ 2x+ 2 +Ke^x, K∈R.

Maintenant, il ne reste qu’`a d´eterminer la constante K pour laquelle z(0) = _y(0)¹ = 3. Puisque z(0) = 2 +K, alors 2 +K= 3 et doncK= 1. Par cons´equent, la fonctionzest celle d´efinie sur Ret

`

a valeurs dans ]0,+∞[ par

z(x) =x²+ 2x+ 2 +e^x.

On remarque quex²+ 2x+ 2 +e^x= (x+ 1)²+e^x+ 1>0 ∀x∈R. Donc la fonction y:x7→ 1

z(x)= 1

(x+ 1)²+e^x+ 1

est bien d´efinie surR. Par cons´equent, la solution de l’´equation (7) est exactement la fonctionyd´efinie surR`a valeurs dans ]0,+∞[ par

y(x) = 1

(x+ 1)²+e^x+ 1. Exercice 3

a- R´esolution de l’´equation (8):

2y⁰−3y√ x=e^x

√xlnx. (8)

Il s’agit d’une ´equation diff´erentielle lin´eaire du premier ordre avec second membre d´efinie pour x∈ I=R^∗+.La solution g´en´erale de l’´equation sans second membre associ´ee est d´efinie surI par

y₀(x) =Ke^{R 32}

√xdx=Ke^x

√x, K∈R.

Une solution particuli`ere de (8) s’´ecrit par la m´ethode de la variation de la constante yp(x) = K(x)e^x

√x, o`u K : I→R est une fonction d´erivable `a d´eterminer. En d´erivant et en rempla¸cant dans (8) on trouve K⁰(x) = ¹₂lnx soit K(x) = ¹₂(xlnx−x) est un choix qui convient. Donc, y_p(x) = ¹₂(xlnx−x)e^x√x, x∈I.En conclusion, la solution g´en´erale de (8) est d´efinie surI par

y(x) = 1

2(xlnx−x) +K

e^x

√x, K∈R.

b- R´esolution de l’´equation (9):

y⁰⁰−3y⁰+ 2y=e^mx, mest un param`etre r´eel. (9) Il s’agit d’une ´equation diff´erentielle lin´eaire du deuxi`eme ordre `a coefficients constants avec second membre. L’´equation caract´eristique associ´ee estr<sup>2</sup>−3r+ 2 = 0 et ses racines sont 1 et 2.La solution g´en´erale de l’´equation sans second membre associ´ee `a (9) est d´efinie surRpar

y0(x) =K1e^x+K2e^2x, K1, K2∈R. Recherche d’une solution particuli`ere de (9) selon le param`etrem: Cas o`um /∈ {1,2}:

Comme m n’est pas une solution de l’´equation caract´eristique alors une solution particuli`ere de (9) s’´ecrity<sub>p</sub>(x) =ae<sup>mx</sup>o`uaest une constante r´eelle `a d´eterminer. En d´erivant et en rempla¸cant dans (9) on trouvea m²−3m+ 2

= 1 soita=_m2−3m+2¹ .Donc,yp(x) =_m2−3m+2¹ e^mx, x∈R.En conclusion, la solution g´en´erale de (9) est d´efinie surRpar

y(x) =K1e^x+K2e^2x+ 1

m²−3m+ 2e^mx, K1, K2∈R. Cas o`um= 1 :

Comme m est une racine simple de l’´equation caract´eristique alors une solution particuli`ere de (9) s’´ecrity<sub>p</sub>(x) =axe<sup>x</sup>o`uaest une constante r´eelle `a d´eterminer. En d´erivant et en rempla¸cant dans (9) on trouvea=−1.Donc, y_p(x) =−xe^x, x∈R. En conclusion, la solution g´en´erale de (9) est d´efinie surRpar

y(x) =K₁e^x+K₂e^2x−xe^x, K₁, K₂∈R. Le cas o`um= 2 est similaire.

Exercice 4

a- R´esolution de l’´equation (10):

y⁰⁰−y= cosx. (10)

Il s’agit d’une ´equation diff´erentielle lin´eaire du deuxi`eme ordre `a coefficients constants avec second membre. L’´equation caract´eristique associ´ee estr²−1 = 0 et ses racines sont±1.La solution g´en´erale de l’´equation sans second membre associ´ee `a (10) est d´efinie surRpar

y0(x) =K1e^x+K2e^−x, K1, K2∈R. Recherche d’une solution particuli`ere de (10) :

En remarquant que cosx= Re e^ix

on va chercher une solution particuli`ere complexez<sub>p</sub>de l’´equation diff´erentiellez<sup>00</sup>−z=e<sup>ix</sup> et par la suite,y<sub>p</sub>= Re (z<sub>p</sub>) sera une solution particuli`ere de (10).Commei n’est pas une solution de l’´equation caract´eristique alorsz_p(x) =ae^ix o`uaest une constante complexe

`

a d´eterminer. En d´erivant et en rempla¸cant dans z⁰⁰−z=e^ix on trouve a=−¹₂ soitz_p(x) =−¹₂e^ix, x∈R.D’o`uy_p(x) =−¹₂cosx, x∈R.En conclusion, la solution g´en´erale de (10) est d´efinie surRpar

y(x) =K1e^x+K2e^−x−1

2cosx, K1, K2∈R.

b- D´eterminons toutes les fonctions d´erivablesf :R→Rv´erifiant f⁰(x)−

Z x 0

f(t)dt= cosx, ∀x∈R. (11)

Par le changement d’inconnuey(x) =Rx

0 f(t)dt, x∈R, l’´equation (11) devient y⁰⁰−y= cosx. D’o`u par la question pr´ec´edente y(x) = Ae<sup>x</sup>+Be<sup>−x</sup>−<sup>1</sup><sub>2</sub>cosx, A, B ∈ R. La conditiony(0) = 0 donne A+B−<sup>1</sup><sub>2</sub> = 0 soit B = <sup>1</sup><sub>2</sub>−A. D’o`u y(x) =Ae^x+ ¹₂−A

e^−x−¹₂cosx, A∈R. Par suite,f est d´efinie surRpar

f(x) =y⁰(x) =Ae^x− 1

2 −A

e^−x+1

2sinx, A∈R.

Inversement, il est facile de v´erifier que les fonctionsf :R→Rd´efinies par cette derni`ere expression satisfont bien l’´equation (11).