TD4 Equations Differentielles Correction
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Page 1 : Cycle Preparatoire - Premiere AnneeAnalyse II - 2021/2022Equations DifferentiellesExercice 1Donner une equation differentielle dont la fonction f est une solution.1. fx =ex1 + ex.2. fx =c1 + ex;ouc R.3. fx = 1 +ex1 + x2.4. fx =ax1 + x2;oua R.Solution1. fx =ex1 + ex = 1 11 + exf ′x = ex1 + ex2 = fx1 + fx y′ = y1 + y2. f ′x = cex1 + ex2 = c ex + 1 11 + ex2= c1 + ex c1 + ex2 = fx 1cfx2Exercice 2Resoudre les equations differentielles. Preciser le domaine de validite des solutions :y′ = 2y,ayy′ = t.by′ = ty,cy′ = ety.dt2y′ = y,e1 + t2y′ = 1 + y2.fy′ =y1 + t2.g1 + t2y′ = 1 + y2t3hy′ =y1 t2.iy′ = ey tan t.jSolutiona On applique le cours a une equation lineaire du premier degre a coefficients constant :Les solutions de l’equation differentielle sont x 7→λe2x, λ R.b On a y2 = λ t2, λ R+ si λ 0, y2 0 fauxdonc y =λ t2 ou y = λ t2cy′ = ty,fx = AeR x1 tdt = Aet22 , A Rd y′ = ety ⇔y′ey = et ⇔ey = et + A ⇔y = lnet + A
Page 2 : e t2y′ = yPour t ̸= 0, y′ = 1t2yfx = AeR x11t2 dt = Ae1t , A Rf1 + t2y′ = 1 + y2.Equation a variables separees1 + t2y′ = 1+y2 ⇔y′1 + y2 = 1+t2 ⇔ln1 + y2= t+ t33 +A ⇔y2 = et+t33+A 1.Donc ft =set+t33+A 1 ou ft = set+t33+A 1Ensemble de definition a revoir...g y′ =y1 + t2 ⇔y′1 + y2 =11 + t2 ⇔ln1 + y2= arctan t ⇔t = ±1 earctan th1 + t2y′ = 1 + y2t3⇔y′1 + y2 =1t3 1 + t2 ⇔ln1 + y2= 1t3 1t +t1 + t2i y′ =y1 t2 ⇔y′y =11 t2 ⇔⇔y′y =11 t2⇔y′y =121 t +121 + t ⇔ln y = 12 ln 1 t + 12 ln 1 + t⇔ln y = lnr1 + t1 t⇔y = ±r1 + t1 tj y′ = ey tan t ⇔y′ey = tan t ⇔ey = A ln cos x ⇔y = lnA ln cos xExercice 3Resoudre les equations differentielles :1. x3y′ = xy2 + x2y + 2y3,2. xy′ = y + x cosyx,3. x2y′ = xy 5y2,4. xyy′ = x2 xy + y2.SolutionDans tout cet exercice on reconnaˆıt des equations homogenes.1. x3y′ = xy2 + x2y + 2y3,On pose zx = y alors z′x + z = y′L’equation devient x3z′x + z = xz2x2 + x2xz + 2z3x3Donc z′x = z + z2 + z + 2z3 = z2 + 2z3
Page 3 : Doncz′z 1 + 2z2 = 1 donc1z 2z1 + 2z2z′ = 1 ⇔ln z 12 ln1 + 2z2= t + A⇔z1 + z2 = ex+A⇔z2 = e2x+2A1 + z2⇔z2 =e2x+2A1 e2t+2A⇔y = xse2x+2A1 e2x+2ABien complique...2. xy′ = y + x cosyx,On pose z = yx donc y = zx donc y′ = z′x + zxy′ = y + x cosyx⇔xz′x + z = zx + x cos z ⇔x2z′ = x cos z ⇔z′cos z = 1xOn pose w = sin z docn w ⩽1d’ou w′ = cos z z′z′cos z = 1x ⇔w′1 w2 = 1x ⇔12 ln1 + w1 w = ln ax ⇔1 + w1 w = a2x2Soit u 1; 1 1 + w = a2x21 w ⇔w = a2x2 1a2x2 + 1z = arcsin a2x2 1a2x2 + 1y = x arcsin a2x2 1a2x2 + 13.x2y′ = xy 5y2,On pose z = yx donc y = zx donc y′ = z′x + zx2z′x + x2z = x2z 5z2x2 ⇔z′z2 = 5x ⇔1z = 5 ln x ⇔z =15 ln xDonc y =x5 ln x4.xyy′ = x2 xy + y2.On pose z = yx donc y = zx donc y′ = z′x + zxzxz′x + z = x2 xxz + z2x2 ⇔zz′x + z2 = 1 z + z2 ⇔zz′x = 1 z⇔zz′1 z = 1x ⇔1 +11 zz′ = 1x ⇔z ln1 z = ln x + A, A RExercice 4Resoudre les equations differentielles, par la methode de variation de la constante. Preciserle domaine de validite des solutions :y′ = 2ty + tay′ = yt2 1t3by′ = y tan t + cos t sin tcy′ = yt2 + exp1td
Page 4 : y′ = yt2 1 + t2ey′ = 2ty 2t 1etfy′ = yt 1gy′ cos t + y sin t = cos t + t sin thy′ = 2t 1t2 1 y + 1iet 1y′ +et + 1y = 3 + 2etjSolutiona Equation homogene : yt = Cet2Solution particuliere constante : y = 12Donc solution generale : ft = 12 + Cet2, C Rb Solution de l’equation homogene : x 7→AeRdtt2 = Ae1tOn cherche des solutions de la forme Ate1tA′te1t = 1t3 donc A′t = e1tt3On aZ e1tt3 dt on effectue le changement de variables : u = 1t d’ou du = dtt2Z e1tt3 dt = Zueudu = ueu + eu = 1t e1t e1tDonc l’ensemble des solutions de l’equation est l’ensemble des fonctions :x 7→1t 1 + Ae1tc Solution du systeme homogene : t 7→A costVariation de la constante A′t cos t = cos t sin tdonc A′t = sin tet At = cos tDonc ft = A cos t cos2t, A Rd Solutions du systeme homogene :f : x 7→AeR dtt2 = Ae1t , A RVariation de la constante : on cherche des solutions de la forme Ate1tA′te1t = e1t donc A′t = 1Donc l’ensemble des solutions de l’equation est ft = te1t + Ae1tef Les solutions du systeme homogene sont t 7→Aet2Variation de la constante : gx = Atet2A′tet2 = 2t 1et ⇔A′t = 2t + 1ett2Donc At = ett2 + ADonc l’ensemble des solutions de l’equation est f : t 7→et + Aet2.
Page 5 : g Les solutions de l’equation homogene sont fx = AeR x11t dt = Aelnt = At . Onrecherche des solutions de la forme gx = Att.Donc A′t = t donc At = t2 + A, A R.L’ensemble des solutions de l’equation est donc l’ensemble des fonctions de la forme :t 7→t2 + At .Exercice 5Resoudre les problemes de Cauchy suivants :xy′ y = x et y1 = 1ay′ y cos t = 2 cos t sin2 t cos t et y0 = 1by′ + x2y + x2 = 0 ety0 = 0 y0 = 0cy′ y = cos x + ex sin 2xety0 = 0dx 1y′ + y = x;ety2 = 2ett 1y′ 3t 1y = t2t + 1et y2 = 0f4y′ y = cos xety0 = 0gy′ y = sinh xety0 = 1hexy′ + y = 0ety0 = 1iSolution1. xy′ y = x; et y1 = 1On cherche des fonctions continue et a derivees continues.On a vu que les solutions generales de l’equation homogene sont x 7→ax definiessur RPour x ̸= 0, la methode de la variation de la constante aboutit a x2a′t = x donca′x = 1xUne primitive est ax = ln xDonc x 7→x lnx est une solution particuliere de l’equation.Donc l’ensemble des solutions de l’equation est f : x 7→xln x + aOn resout f1 = 1 donc a = 1On a raisonne pour x ̸= 0, on remarque que la fonction obtenue est continue en 0mais non derivable.L’unique solution du probleme de Cauchy sur 0; + est doncf : x 7→xln x + 1 definie sur 0; +
Page 6 : 2. y′ y cos t = 2 cos t sin2 t cos t ; et y0 = 1Les solutions de l’equation homogene sont f : t 7→Aesin t avec A ROn utilise la methode de la variation de la constante :A′tesin t = 2 cos t sin2 t cos t ⇔A′t = cos t2 sin2 tesin tAt =Zcos t2 sin2 tesin tdt on effectue un changement de variable u = sin tet du = cos tdtRegles de BiocheAt =Z 2 u2eudu =u2 + 2ueu + A =sin2 t + 2 sin tesin tDonc les solutions sont de la forme f : t 7→sin2 t + 2 sin t + Aesin tL’unique solution du probleme de Cauchy est donc f : t 7→sin2 t + 2 sin t + esin t3. y′ + x2y + x2 = 0;ety0 = 0 y0 = 1Les solutions de l’equation homogene sont f : x 7→Aex33 avec A ROn observe que la fonction constante y = 1 est solution doncDonc les solutions sont de la forme f : t 7→1 + Aex33L’unique solution du probleme de Cauchy telle que f0 = 0 est f : t 7→1+ex334. y′ y = cos x + ex sin 2x;ety0 = 0Les solutions de l’equation homogene sont f : x 7→Aex avec A RLa methode de la variation de la constante donne A′x = ex cos x + ex sin 2x =ex sin x + sin 2xOr ex sin x = 12ex eix eix= 12ei1x eix+1Une primitive est12ei1xi 1 ei+1xi + 1= 14ei1xi + 1 ei+1xi 1= 14excos x + i sin xi + 1 excos x + i sin xi 1= 14excos x sin x excos x sin x5. x 1y′ + y = x;ety2 = 2Les solutions de l’equation homogene sont f : x 7→Ax 1 avec A R.La methode de la variation de la constante donne A′x = xx 1donc Ax = x22 + A, A RDonc f : x 7→Ax 1 +x22x 1, A RIl vient f2 = A + 2Donc la solution, unique sur 1; + telle que f2 = 2 est f : x 7→x2 42x 1, A R. Elle n’est pas prolongeable en 1.
Page 7 : 6. tt 1y′ 3t 1y = t2t + 1;Les solutions de l’equation homogene sont f : x 7→AeR3t1tt1dt avec A R.On a 3t 1tt 1 = 1t +2t 1AeR3t1tt1dt = AR1t+2t1dt= Aelntt12 = Att 12On cherche un solution particuliere en at2 + bt + ctt 12at + b 3t 1at2 + bt + c= t2t + 1⇔2a3a=12a + b+a 3b=1b 3c+b=0c=0⇔a=1b=0b=0c=0Un solution particuliere est x 7→t2Donc les solutions de l’equation sont de de la forme x 7→Att 12 + t27. 4y′ y = cos x;ety0 = 0 y2 = 0Les solutions de l’equation homogene sont f : x 7→Aet4 avec A R.La methode de la variation de la constante donne A′t = 14et4 cos tOn cherche la partie reelle de la primitive de 14et4eit = e14 +itUn primitive est e14 +it14 + i = 4e1417 cos t+i sin t14 i= 4e4t1714 cos t + sin t+i . . .Donc At = cos t + 4 sin t17Les solutions de l’equation sont donc f : x 7→Ae4t + cos t + 4 sin t17avec A R.8. y′ y = sinh x = ex ex2;ety0 = 1Les solutions de l’equation homogene sont f : x 7→Aex avec A R.On separe les deux solutions :y′ y = ex2On cherche des solutions en aexaex + aex = ex2 donc a = 14y′ y = ex2On cherche des solutions en bxexbex + bxex bxex = ex2 donc b = 129. exy′ + y = 0;ety0 = 1
Page 8 : Exercice 6Resoudre les equations differentielles :1. x3y′ = x2y + y2 x22. y′ = y2 1x23. y′ y + xy3 = 04. y′ y + xy4 = 05. xy′ y + x4y3 = 06. xy′ 34y = 9x 3y5SolutionExercice 7Resoudre les problemes de Cauchy suivants :1. y′ + yx y2 + 1x2 = 0;ety1 = 22.1 + x2y′ = y2 1;et y0 = 23. xy′ = y2 3xy 1;ety3 = 94. xy′ = y + xy3;ety1 = 13Solution1. y′ + yx y2 + 1x2 = 0;ety1 = 2On remarque y = 1x est solution de l’equation.Sinon, on peut effectuer le changement de variable u = xy donc u′ = xy′ + yIl vient1xu′ ux+ ux2 u2x2 + 1x2 = 0 ⇔xu′ u2 + 1 = 0 ⇔u′u2 1 = 1x⇔1u 1 1u + 1 u′2 = 1x ⇔ln u 1 + ln u + 112 = ln axDonc u 1u + 1 = ax donc 1 2u + 1 = ax donc2u + 1 = 1 axux =21 ax 1 donc fx =1 + axx1 ax2.1 + x2y′ = y2 1;et y0 = 2Les variables sont separees :1 + x2y′ = y2 1 ⇔y′y2 1 =11 + x2⇔1y 1 1y + 1 y′2 =11 + x2
Page 9 : Donc lnay 1y + 1 = arctan x2 donc y 1y + 1 = aearctan x2 donc fx = 1 + aearctan x21 aearctan x2f0 = 1 + a1 a = 2 donc a = 133. xy′ = y2 3xy 1;ety3 = 9z = y 32x alors z′ = y′ 32xz′ + 32=z + 32x23xz + 321 donc xz′ = z2 + 94x2 32x 94On pose u = 1z d’ou z′ = u′u2donc xu′u2 = 1u2 + 94x2 32x 94 donc u′ = 94x 23 1xu2 + 1xfx =x + 1xf ′x = 11x2 On a94x 23 1x 1 + 1x2+ 1x = 94x 23 1x 1 + 1x24. xy′ = y + xy3;ety1 = 13On pose z = 1y2 d ou z′ = 2y′y3On a x y′y3 = 1y2 + x d’ou xz′2= z + x d’ou z′ = 2zx 2Les solutions du syteme homogene sont gx = Ax2 et z = 1 est une soutionparticuliere doncgx = 1 + Ax2 est une solution de l’equation en zdonc les solutions de l’equation sont fx =ϵ1 + Ax2 avec ϵ = 1 ou ϵ = 1et A R.Exercice 8Resoudre les equations differentielles :y′′ 6y′ + 9y = 0ay′′ + 4y′ 16y = 0by′′ 2y′ + 2y = 0cy′′ y = t3 + t2dy′′ + 4y = 0 ;ey′′ + 2y′ + y = etfy′′ 6y′ + 10y = 0gy′′ + 2y′ + y = et + cos thy′′ + 5y′ + 6y = 0iy′′ + 2y′ + 4y = t2etjy′′ 2y′ + 2y = tet cos tky′′ + 3y′ + 2y = e2tt + 1ly′′ y = 6 cos t + 2t sin tmy′′ 3y′ + 2y = et t2 + 1ny′′ 2y′ + y = et sin toy′′ + y′ 6y = et2t + 1pa x 7→Ae3x + Bte3x
Page 10 : b r2 + 4r 16 = 0 ⇔r + 22 20 = 0donc l’ensemble des solutions de l’equation est f : x 7→Ae2+25t + BAe225tc L’ensemble des solutions de l’equation est f : x 7→etA cos t + B sin td Un solution particuliere : gt = t3 + at2 + bt + cOn a g”t = 6t + 2a6t + 2a + t3 at2 bt c = t3 + t2Il vient : a = 1, b = 6 et c = 2gt = t3 t2 6t 2Donc l’equation differentielle admet comme solution :x 7→A cos t + B sin t t3 t2 6t 2e r2 + 4 = 0 ⇔r = 2i ou r = 2i, l’ensemble des solutions de l’equation estf : x 7→A cos 2t + B sin 2t, A R et B Rf r2 + 2r + 1 = 0 ⇔r = 1, 1 est une racine double.L’ensemble des solutions de l’equation estf : x 7→Aet + Btet, A R et B Rg r2 6r + 10 = 0 ⇔r 32 + 1 = 0donc l’ensemble des solutions de l’equation est f : x 7→e3tA cos +B sin th r2 + 2r + 1 = 0 ⇔r + 12 = 0 donc -1 est racine double.on utilise le principe de superposition :On cherche une solution particuliere en λet, on obtient 14etOn cherche une solution particuliere en λ cos t + µ sin t, on obtient 12 sin tdonc l’ensemble des solutions de l’equation estf : x 7→14et + 12 sin t + etA + Bti r2 + 5r + 6 = 0 = 25 4 · 6 = 1 Les solutions sont r1 = 5 + 12= 2 et r2 = 3donc l’ensemble des solutions de l’equation est f : x 7→Ae2t + Be3tjklmno y′′ 2y′ + y = et sin tL’equation caracteristique est r2 2r + 1 = 0 de solution double 1On cherche une solution particuliere de la forme gt = eta sin t + b cos tg′t = eta cos t b sin t + a sin t + b cos t= eta b sin t + a + b cos tet
Page 11 : g”t = eta b cos t a + b sin t + a b sin t + a + b cos t= et2a cos t 2b sin tOn resout doncg” 2g′ + g = et sin t⇔2a cos t 2b sin t 2a + b cos t + a b sin t + a sin t + b cos t = sin t⇔2a 2a 2b + b = 0 et 2b 2a + 2b + a = 1⇔b = 0 et a = 1Donc une solution particuliere est gx = t sin tL’ensemble des solutions est donc f : x 7→t sin t + Aet + Btet avec A R, et B RExercice 9Resoudre les problemes de Cauchy suivants :1. y′′ y′ 2y = 0;ety0 = 1, y′0 = 52. y′′ + 4y′ + 3y = 0;ety0 = 2, y′0 = 03. y′′ + 4y′ + 4y = 0;ety0 = 1, y′0 = 14. y′′ + 10y′ + 25y = t3;ety0 = 1, y′0 = 1Solution1. y′′ y′ 2y = 0;ety0 = 1, y′0 = 5L’equation caracteristique est r2 r 2 = 0 ⇔r = 1 ou r = 2L’ensemble des solutions est fx = Aex + Be2xOn resout A + B = 1 et A + 2B = 5 donc B = 4 et A = 3fx = 4e2x 3ex2. y′′ + 4y′ + 3y = 0;ety0 = 2, y′0 = 0L’equation caracteristique est r2 + 4r + 3 = 0 ⇔r = 1 ou r = 3L’ensemble des solutions est fx = Aex + Be3xOn resout A + B = 2 et A 3B = 0 donc B = 1 et A = 3fx = 3ex e3x3. y′′ + 4y′ + 4y = 0;ety0 = 1, y′0 = 1L’equation caracteristique est r2 + 4r + 4 = 0 ⇔r = 2L’ensemble des solutions est fx = Ax + Be2xOn resout B = 1 et A 2B = 1 donc B = 1 et A = 3fx = 1 + 3xe2x4. y′′ + 10y′ + 25y = t3;ety0 = 1, y′0 = 1L’equation caracteristique est r2 + 10r + 25 = 0 ⇔r = 5L’ensemble des solutions est fx = Ax + Be5xSolution particuliere : gt = 125t3 + at2 + bt + cg′t = 325t2 + 2at + b et g′′t = 625t + 2ag′′t + g′t + gt = 625t + 2a + 10 325t2 + 2at + b+ 25 125t3 + at2 + bt + cD’ou
Page 12 : 65+25a= 0625+20a+25b = 02a+10b+25c = 0⇔a=61256252425+25b = 012125+10b+25c = 0⇔a=6125b=1862512125+ 36125+25c = 0⇔a=6125b=18625c=243125L’ensemble des solutions est fx = Ax + Be5x + 125t3 6125t2 + 18625t 243125Exercice 10Resoudre les equations differentielles :y′′′ y′′ 2y′ = 0at2y′′ + 3ty′ + y = 0by′′′′ + 4y′′′ + 3y′′ = 0ct2y′′ + ty′ + y = 0dExercice 11Resoudre les systemes differentiels lineaires suivants : x′ = 3xy′ = 5x 3ya x′ = 4x + 4yy′ = x yb x′ = 2x 3yy′ = 4x 6yc x′ = x + y + ty′ = 2x + 4y + etd x′ = 2x 3yy′ = 3x + 2ye x′ = 5x 4y + 1y′ = x + 2y + etf x′ = 4x 3yy′ = x + 2yg x′ = 2x yy′ = x + 2yhx′ = 2x + yy′ = x + etz′ = x + y + ziSolution1. x = Ae3t et y = Be3t B′te3t = 5Ae3x donc Bt = 56e6x + bdonc y = 56e3x + Be3x2. x′ + y′ = 3x + y donc x′ + y′ = Ae3t donc x′ = 4Ae3tdonc xt = 43Ae3t etyt = A3 e3t
Page 13 : Exercice 12Trouver les trajectoires orthogonales des courbes y suivantes :y = cx;ouc Rayy′ = 1 + t2.by = cx2;ouc Rcyy′ = 1 t2.dy′ = 2ty,ey′ = ey tan t.ft2y′ = y2,gExercice 13Determiner les solutions de y′′ + 2iy = 0 valant 1 en 0 et de limite nulle en +.Exercice 14Resoudre l’equation differentielle suivante : y′′ + y = x + 1.Exercice 15Soit x et y des fonctions de la variable t. Resoudre les systeme differentiels suivants : x′ = y + t2y′ = x t2a x′ = 7x + y + 1y′ = 2x 5yb x′ = 2tx y + t costy′ = x + 2ty + t sintcOn pourra poser u = x + y et v = x y pour le systeme 1 , trouver une equationdifferentielle du second ordre satisfaite par x pour le systeme 2 , et poser u = x + iy pourle systeme 3 .Exercice 16On considere sur R+ l’equation differentielle d’Euler E : at2y′′ + bty′ + cy = ft, oua, b, c R a ̸= 0 et f une fonction continue de 0, + dans R.1. Posons zx = y ex. Montrer que y est solution de E si et seulement si z estsolution d’une equation differentielle du second ordre a coefficients constants en lavariable x.2. Resoudre l’equation d’Euler t2y′′ + ty′ + y = cos2 lnt pour t 0.3. Resoudre l’equation d’Euler t2y′′ 2ty′ + 2y = 2t3 sin2t pour t 0.Solution1. On considere y une solution de E sur R+ Cest done une fonction deux foisderivable, qui satisfait :at2y′′t + bty′t + cyt = ft.Pour tout t R+, il existe un unique x R tel que t = ex. En reportant dansl’equation precedente, on obtient :ae2xy′′ ex + bexy′ ex + cy ex = f exPosons zx = y ex. z est derivable sur R comme composee de fonctions derivables,et pour tout x R, on a :z′x = exy′ ex et z′′x = e2xy′′ ex + exy′ ex .
Page 14 : Des lors, y est solution de E sur R+ si et seulement siae2xy′′ ex + bexy′ ex + cy ex = f exsoit encore en reportant :az′′x + b az′x + czx = f ex2. On pose donc zx = y ex. Par ce qu’on a fait precedemment, on est ramene aresoudre l’equationz′′ + z = cos2x.Les solutions de l’equation homogene sont les fonctions de la forme :x 7→A cosx + B sinxavec A, B R. On cherche a present une solution particuliere de l’equation, enutilisant le principe de superposition :E1 : z′′ + z = e2ix2et E2 : z′′ + z = e2ix2Pour E1 , 2i n’est pas solution de l’equation caracteristique. On cherche donc unesolution particuliere sous la forme z1x = ae2ix. En reportant on obtient a = 16,et donc z1x = 16e2ix. Une solution particuliere de E2 s’obtient en prenantle conjugue : z2x = 16e2ix. Finalement une solution particuliere de E estzx = z1x + z2x = 13 cos2x. Ainsi, les solutions de z′′ + z = cos2x sont lesfonctions de la forme x 7→13 cos2x + A cosx+ B sinx avec A, B R. Et lessolutions de l’equation de depart sont les fonctions de la forme t 7→13 cos2 lnt+A coslnt + B sinlnt avec A, B R.Exercice 17Resoudre l’equation suivante sur - 1, 1 :1 x2y′′ xy′ + y = 0On pourra poser x = sint.Exercice 18Soit E : 1 + xy′′ 2y′ + 1 xy = 1 + x3ex, x R.1. Montrer que x 7→ex est une solution de l’equation homogene associee.2. Soit y une solution de E et z definie par yx = zxex on reconnait la methodede variation de la constante, montrer que y est solution de E si et seulement siz est solution d’une equation differentielle E1 que l’on resoudra.
Page 15 : 3. Donner les solutions de E.4. En utilisant la methode mise en oeuvre precedement, resoudre sur 0, + l’equationdifferentielle xy′′ + 2x + 1y′ + x + 2y = 0 en notant que x 7→1x est solution dede cette equation.SolutionOn va resoudre l’equation sur I = 1, +, intervalle sur lequel le coefficient en y′′ nes’annule pas il faudrait faire un raccordement pour obtenir les solutions sur R.. .1. Il suffit de le verifier.2. Soit y une solution de E sur I. Alors y est deux fois derivable sur I, et zx =exyx l’est aussi par produit. Pour tout x I, on a :y′x = ex zx + z′x et y′′x = ex zx + 2z′x + z′′xEn reportant dans l’equation, on obtient que y est solution de E si et seulementsi z′ est solution de l’equationE1 : 1 + xu′ + 2xu = 1 + x3.C’est une equation differentielle lineaire d’ordre 1 , qu’on peut normaliser sur I :u′ +2x1 + xu = 1 + x2Une primitive de2x1 + x est 2 lnx+1+2x. Les solutions de l’equation homogenesont donc les fonctions de la forme :x 7→λe2 lnx+12x = λx + 12e2xavec λ R. On cherche a present une solution particuliere par la methode devariation de la constante, de la forme yx = λxx + 12e2x avec λ une fonctionde classe C1 sur I. On a en reportant :λ′xx + 12e2x = λx + 12soit λ′x = e2x. On prend λx = e2x2 , et yx = x + 122. Ainsi les solutions del’equation E1 sur I sont :x 7→λx + 12e2x + x + 1223. On obtient alors z′x = λx + 12e2x + x + 122dont il faut determiner uneprimitive. On procede par integration par parties :On obtient alors z′x = λx + 12e2x + x + 122dont il faut determiner uneprimitive. On procede par integration par parties :
Page 16 : +x + 12e2x↘2x + 1e2x22↘e2x40↘e2x8Les fonctions x 7→x + 12 et x 7→e2x sont de classe C3. On obtient donc :zx = λZx+12e2x+x + 122dx = λx + 122e2xλx + 12e2xλ14e2x+x + 136+µavec λ, µ R. Finalement les solutions de l’equation de depart sur I sont lesfonctions λ, µ R :x 7→λx + 122e2x λx + 12e2x λ14e2x + x + 136+ µex.Exercice 19On considere l’equation differentielley′ exey = aDeterminer ses solutions, en precisant soigneusement leurs intervalles de definition, pour1. a = 02. a = 1 faire le changement de fonction inconnue zx = x + yx Dans chacun des cas, construire la courbe integrale qui passe par l’origine.Solution1. L’equation differentielle y′ exey = 0 est a variables separees : en effet, en divisantpar ey, on obtient y′ey = ex. Le terme de gauche est la derivee de eyy estune fonction de x , celui de droite est la derivee de x 7→ex :eyx= exxLes derivees etant egales, cela implique que les deux fonctions sont egales a uneconstante additive pres : ainsi y est solution sur I si et seulement si elle est derivablesur I et c R, x I, ey = ex + c. A c fixe, cette egalite n’est possible que siex + c 0, c’est-a-dire si c 0 et x ln c. On obtient ainsi les solutions :ycx = ln c ex pour x Ic = ; ln cou c est un parametre reel strictement positif. Pour que l’une des courbes integralespasse par l’origine, il faut qu’il existe c 0 tel que 0 Ic et yc0 = 0 : autrementdit, c 1 et c 1 = 1. Il s’agit donc de y2 : x 7→ln 2 ex, la courbe integrale
Page 17 : cherchee est son graphe, au-dessus de l’intervalle I2 = ; ln 2. Sa tangente enl’origine a pour pente y′20 = e0ey0 = 1, c’est la premiere bissectrice. Comme parconstruction y′2 est a valeurs strictement positives, la fonction y2 est strictementcroissante.2. Posons zx = x+yx : z a le mˆeme domaine de definition que y et est derivable siet seulement si y l’est. En rempla¸cant yx par zxx dans l’equation differentielley′exey = 1, on obtient z′ez = 0, c’esta-dire z′ez = 1. Il s’agit de nouveau d’uneequation a variables separees : en integrant cette egalite, on obtient que z est solutionsur J si et seulement si elle est derivable sur J et c R, x J, ez = x + c. Ac fixe, cette egalite n’est possible que si c x. On obtient ainsi les solutions :ycx = zcx x = x lnc x pour x Jc = ; cou c est un parametre reel. Pour que l’une des courbes integrales passe par l’origine,il faut qu’il existe c R tel que 0 Jc et yc0 = 0 : autrement dit, c 0 et c = 1.Il s’agit donc de y1 : x 7→x ln1 x, la courbe integrale cherchee est songraphe, au-dessus de l’intervalle J1 = ; 1. Sa tangente en l’origine a pourpente y′10 = e0ey0 1 = 0 : elle est horizontale.Exercice 20On considere une solution y de l’equation differentielle ty′′ 2y′ ty = 0 avec t 0.1. Montrer que y est indefiniment derivable pour tout t 0.2. En derivant cette equation, montrer que y verifie une equation differentielle lineairedu 4e ordre a coefficients constants.3. En raisonnant comme pour les equation du second ordre a coefficients constants,resoudre cette equation et en deduire les solutions de l’equation differentielle initiale.Exercice 21On considere une fonction indefiniment derivable f : 0, π/2 →R et l’equationy′′ + y = fxOn cherche les solutions y sur 0, π/2 verifiant y0 = yπ/2 = 0 et on pose a cet effet :Fx = cosxZ x0ft sintdt + sinxZ xπ/2ft costdt1. Preciser les solutions de l’equation differentielley′′ + y = 0verifianty0 = yπ/2 = 02. On envisage ici les deux cas particulier fx = 1 et fx = x. Exprimer dans cesdeux cas Fx sans symbole integral, puis F ′′x + Fx. En deduire dans ces deuxcas les solutions y de y′′ + y = fx telles que y0 = yπ/2 = 0
Page 18 : 3. On revient au cas general. Montrer que F est deux fois derivable, expliciter F ′xet F ′′x, puis exprimer F ′′x + Fx en fonction de fx. En deduire les solutionsy de y′′ + y = fx telles que y0 = yπ/2 = 0.Exercice 22Soit f une fonction de classe C2 sur R. On definit φ par φx = fx Z x0x tftdt.1. Montrer que φ est C2 sur R et calculer φ′′.2. Donner l’ensemble des fonctions C2 satisfaisant x R, fxZ x0xtftdt = x2.Exercice 23On considere une fonction y de classe C1 de R dans R telle que :t R, y′t = expatytavec a R fixe.1. Montrer que y est indefiniment derivable sur R.2. Montrer que y verifie une equation differentielle du second ordre a coefficientsconstants.3. En deduire toutes les fonctions y de classe C1 qui verifient la relation precedentesur R.
