Exercices et corrigés sur les équations différentielles, Exercises of Differential Equations

Download Exercices et corrigés sur les équations différentielles and more Exercises Differential Equations in PDF only on Docsity!

Exo

Équations différentielles

Fiche de Léa Blanc-Centi.

1 Ordre 1

Exercice 1 Résoudre sur R les équations différentielles suivantes:

1. y′^ + 2 y = x^2 (E 1 )
2. y′^ + y = 2 sin x (E 2 )
3. y′^ − y = (x + 1 )ex^ (E 3 )
4. y′^ + y = x − ex^ + cos x (E 4 )

Correction H Vidéo  [006991]

Exercice 2 Déterminer toutes les fonctions f : [0; 1] → R, dérivables, telles que

∀x ∈ [0; 1], f ′(x) + f (x) = f ( 0 ) + f ( 1 )

Indication H Correction H Vidéo  [006992]

Exercice 3

1. Résoudre l’équation différentielle (x^2 + 1 )y′^ + 2 xy = 3 x^2 +1 sur R. Tracer des courbes intégrales. Trouver la solution vérifiant y( 0 ) = 3.
2. Résoudre l’équation différentielle y′^ sin x − y cos x + 1 = 0 sur ]0; π[. Tracer des courbes intégrales. Trouver la solution vérifiant y( π 4 ) = 1.

Indication H Correction H Vidéo  [006993]

Exercice 4 Variation de la constante Résoudre les équations différentielles suivantes en trouvant une solution particulière par la méthode de variation de la constante :

1. y′^ − ( 2 x − (^1) x )y = 1 sur ]0; +∞[
2. y′^ − y = xk^ exp(x) sur R, avec k ∈ N
3. x( 1 + ln^2 (x))y′^ + 2 ln(x)y = 1 sur ]0; +∞[

Indication H Correction H Vidéo  [006994]

Exercice 5 On considère l’équation différentielle y′^ − exey^ = a

Déterminer ses solutions, en précisant soigneusement leurs intervalles de définition, pour

1. a = 0
2. a = −1 (faire le changement de fonction inconnue z(x) = x + y(x))

Dans chacun des cas, construire la courbe intégrale qui passe par l’origine. Indication H Correction H Vidéo  [006995]

Exercice 6 Pour les équations différentielles suivantes, trouver les solutions définies sur R tout entier :

1. x^2 y′^ − y = 0 (E 1 )
2. xy′^ + y − 1 = 0 (E 2 )

Indication H Correction H Vidéo  [006996]

2 Second ordre

Exercice 7 Résoudre

1. y′′^ − 3 y′^ + 2 y = 0
2. y′′^ + 2 y′^ + 2 y = 0
3. y′′^ − 2 y′^ + y = 0
4. y′′^ + y = 2 cos^2 x

Correction H Vidéo  [006997]

Exercice 8 On considère y′′^ − 4 y′^ + 4 y = d(x). Résoudre l’équation homogène, puis trouver une solution particulière lorsque d(x) = e−^2 x, puis d(x) = e^2 x. Donner la forme générale des solutions quand d(x) = 12 ch( 2 x). Indication H Correction H Vidéo  [006998]

Exercice 9 Résoudre sur ]0; π[ l’équation différentielle y′′^ + y = cotan x, où cotan x = cos sin xx. Indication H Correction H Vidéo  [006999]

Exercice 10 Résoudre les équations différentielles suivantes à l’aide du changement de variable suggéré.

1. x^2 y′′^ + xy′^ + y = 0, sur ]0; +∞[, en posant x = et^ ;
2. ( 1 + x^2 )^2 y′′^ + 2 x( 1 + x^2 )y′^ + my = 0, sur R, en posant x = tant (en fonction de m ∈ R).

Correction H Vidéo  [007000]

3 Pour aller plus loin

Exercice 11 Équations de Bernoulli et Riccatti

1. Équation de Bernoulli

(a) Montrer que l’équation de Bernoulli

y′^ + a(x)y + b(x)yn^ = 0 n ∈ Z n 6 = 0 , n 6 = 1

se ramène à une équation linéaire par le changement de fonction z(x) = 1 /y(x)n−^1. (b) Trouver les solutions de l’équation xy′^ + y − xy^3 = 0.

2. Équation de Riccati

(a) Montrer que si y 0 est une solution particulière de l’équation de Riccati

y′^ + a(x)y + b(x)y^2 = c(x)

alors la fonction définie par u(x) = y(x) − y 0 (x) vérifie une équation de Bernoulli (avec n = 2). (b) Résoudre x^2 (y′^ + y^2 ) = xy − 1 en vérifiant d’abord que y 0 (x) = (^1) x est une solution.

Indication H Correction H Vidéo  [007001]

Exercice 12

1. Montrer que toute solution sur R de y′^ + ex 2 y = 0 tend vers 0 en +∞.
2. Montrer que toute solution sur R de y′′^ + ex 2 y = 0 est bornée. (Indication : étudier la fonction auxiliaire u(x) = y(x)^2 + e−x 2 y′(x)^2 .)

Correction H Vidéo  [007002]

Exercice 13

1. Résoudre sur ]0; +∞[ l’équation différentielle x^2 y′′^ + y = 0 (utiliser le changement de variable x = et^ ).
2. Trouver toutes les fonctions de classe C 1 sur R vérifiant

∀x 6 = 0 , f ′(x) = f

(

x

)

Correction H Vidéo  [007003]

Indication pour l’exercice 2 N

Une telle fonction f est solution d’une équation différentielle y′^ + y = c.

Indication pour l’exercice 3 N

1. x est solution particulière
2. cos est solution particulière

Indication pour l’exercice 4 N Solution particulière :

1. − (^21) x
2. x k+ 1 k+ 1 exp(x)
3. (^1) +lnln^ x (^2) (x)

Indication pour l’exercice 5 N

1. C’est une équation à variables séparées.

Indication pour l’exercice 6 N

1. une infinité de solutions
2. une solution

Indication pour l’exercice 8 N

Pour la fin: principe de superposition.

Indication pour l’exercice 9 N

Utiliser la méthode de variation de la constante.

Indication pour l’exercice 11 N

1. (a) Se ramener à (^1) −^1 n z′^ + a(x)z + b(x) = 0. (b) y = ± √λ x^12 + 2 x ou y = 0.
2. (a) Remplacer y par u + y 0. (b) y = (^1) x + (^) x ln |x^1 |+λ x ou y = (^1) x.

Correction de l’exercice 1 N

1. Il s’agit d’une équation différentielle linéaire d’ordre 1, à coefficients constants, avec second membre.

On commence par résoudre l’équation homogène associée y′^ + 2 y = 0: les solutions sont les y(x) = λ e−^2 x, λ ∈ R.

Il suffit ensuite de trouver une solution particulière de (E 1 ). Le second membre étant polynomial de degré 2, on cherche une solution particulière de la même forme: y 0 (x) = ax^2 + bx + c est solution de (E 1 ) ⇐⇒ ∀x ∈ R, y′ 0 (x) + 2 y 0 (x) = x^2 ⇐⇒ ∀x ∈ R, 2 ax^2 + ( 2 a + 2 b)x + b + 2 c = x^2 Ainsi, en identifiant les coefficients, on voit que y 0 (x) = 12 x^2 − 12 x + 14 convient. Les solutions de (E 1 ) sont obtenues en faisant la somme de cette solution particulière et des solutions de l’équation homogène: y(x) =

x^2 −

x +

• λ e−^2 x^ (x ∈ R)

où λ est un paramètre réel.

2. Il s’agit d’une équation différentielle linéaire d’ordre 1, à coefficients constants, avec second membre.

Les solutions de l’équation homogène associée y′^ + y = 0 sont les y(x) = λ e−x, λ ∈ R.

Il suffit ensuite de trouver une solution particulière de (E 2 ). Le second membre est cette fois une fonction trigonométrique, on cherche une solution particulière sous la forme d’une combinaison linéaire de cos et sin: y 0 (x) = a cos x + b sin x est solution de (E 2 ) ⇐⇒ ∀x ∈ R, y′ 0 (x) + y 0 (x) = 2 sin x ⇐⇒ ∀x ∈ R, (a + b) cos x + (−a + b) sin x = 2 sin x Ainsi, en identifiant les coefficients, on voit que y 0 (x) = − cos x + sin x convient. Les solutions de (E 2 ) sont obtenues en faisant la somme de cette solution particulière et des solutions de l’équation homogène: y(x) = − cos x + sin x + λ e−x^ (x ∈ R) où λ est un paramètre réel.

3. Les solutions de l’équation homogène associée y′^ − y = 0 sont les y(x) = λ ex, λ ∈ R. On remarque que le second membre est le produit d’une fonction exponentielle par une fonction polynomiale de degré d = 1: or la fonction exponentielle du second membre est la même (ex) que celle qui apparaît dans les solutions de l’équation homogène. On cherche donc une solution particulière sous la forme d’un produit de ex^ par une fonction polynomiale de degré d + 1 = 2: y 0 (x) = (ax^2 + bx + c)ex^ est solution de (E 3 ) ⇐⇒ ∀x ∈ R, y′ 0 (x) − y 0 (x) = (x + 1 )ex ⇐⇒ ∀x ∈ R, ( 2 ax + b)ex^ = (x + 1 )ex Ainsi, en identifiant les coefficients, on voit que y 0 (x) = ( 12 x^2 + x)ex^ convient. Les solutions de (E 3 ) sont obtenues en faisant la somme de cette solution particulière et des solutions de l’équation homogène: y(x) = (

x^2 + x + λ )ex^ (x ∈ R)

où λ est un paramètre réel.

4. Les solutions de l’équation homogène associée y′^ + y = 0 sont les y(x) = λ e−x, λ ∈ R. On remarque que le second membre est la somme d’une fonction polynomiale de degré 1, d’une fonction exponentielle (différente de e−x) et d’une fonction trigonométrique. D’après le principe de superposition, on cherche donc une solution particulière sous la forme d’une telle somme: y 0 (x) = ax + b + μex^ + α cos x + β sin x est solution de (E 4 ) ⇐⇒ ∀x ∈ R, y′ 0 (x) + y 0 (x) = x − ex^ + cos x ⇐⇒ ∀x ∈ R, ax + a + b + 2 μex^ + (α + β ) cos x + (−α + β ) sin x = x − ex^ + cos x Ainsi, en identifiant les coefficients, on voit que

y 0 (x) = x − 1 −

ex^ +

cos x +

sin x

convient. Les solutions de (E 4 ) sont obtenues en faisant la somme de cette solution particulière et des solutions de l’équation homogène:

y(x) = x − 1 −

ex^ +

cos x +

sin x + λ e−x^ (x ∈ R)

où λ est un paramètre réel.

Correction de l’exercice 2 N Une fonction f : [0; 1] → R convient si et seulement si

• f est dérivable
• f est solution de y′^ + y = c
• f vérifie f ( 0 ) + f ( 1 ) = c (où c est un réel quelconque)

Or les solutions de l’équation différentielle y′^ + y = c sont exactement les f : x 7 → λ e−x^ + c, où λ ∈ R (en effet, on voit facilement que la fonction constante égale à c est une solution particulière de y′^ + y = c). Évidemment ces fonctions sont dérivables, et f ( 0 ) + f ( 1 ) = λ ( 1 + e−^1 ) + 2 c, donc la troisième condition est satisfaite si et seulement si −λ ( 1 + e−^1 ) = c. Ainsi les solutions du problème sont exactement les

f (x) = λ (e−x^ − 1 − e−^1 )

pour λ ∈ R.

Correction de l’exercice 3 N

1. Comme le coefficient de y′^ ne s’annule pas, on peut réécrire l’équation sous la forme

y′^ + 2 x x^2 + 1 y = 3 x^2 + 1 x^2 + 1 (a) Les solutions de l’équation homogène associée sont les y(x) = λ eA(x), où A est une primitive de a(x) = − (^) x (^22) +x 1 et λ ∈ R. Puisque a(x) est de la forme − u ′ u avec^ u^ >^ 0, on peut choisir^ A(x) = − ln(u(x)) où u(x) = x^2 + 1. Les solutions sont donc les y(x) = λ e−^ ln(x (^2) + 1 ) = λ x^2 + 1

.

(b) Il suffit ensuite de trouver une solution particulière de l’équation avec second membre: on remarque que y 0 (x) = x convient. (c) Les solutions sont obtenues en faisant la somme:

y(x) = x +

λ x^2 + 1 (x ∈ R)

où λ est un paramètre réel.

(d) y( 0 ) = 3 si et seulement si λ = 3. La solution cherchée est donc y(x) = x + (^) x (^23) + 1.

Voici les courbes intégrales pour λ = − 1 , 0 ,... , 5.

2. On commence par remarquer que y 0 (x) = cos x est une solution particulière. Pour l’équation homogène: sur l’intervalle considéré, le coefficient de y′^ ne s’annule pas, et l’équation se réécrit

y′^ −

cos x sin x y = 0

Les solutions sont les y(x) = λ eA(x), où λ ∈ R et A est une primitive de a(x) = cos sin^ xx. Puisque a(x) est de la forme u

′ u avec^ u^ >^ 0, on peut choisir^ A(x) =^ ln(u(x))^ avec^ u(x) =^ sin^ x. Les solutions de l’équation sont donc les y(x) = λ eln(sin^ x)^ = λ sin x. Finalement, les solutions de l’équation sont les

y(x) = cos x + λ sin x

où λ est un paramètre réel.

3. On a y( π 4

) = 1 ⇐⇒ cos π 4

• λ sin π 4

= 1 ⇐⇒

√

( 1 + λ ) = 1 ⇐⇒ λ =

√

− 1

La solution cherchée est y(x) = cos x +

(

√^2 2 −^1

)

sin x

Voici les courbes intégrales pour λ = − 2 , − 1 , 0 ,... , 4 et √^22 − 1 (en gras).

0 1 π

Correction de l’exercice 4 N

1. y′^ − ( 2 x − (^1) x )y = 1 sur ]0; +∞[

(a) Résolution de l’équation homogène y′^ − ( 2 x − (^1) x )y = 0. Une primitive de a(x) = 2 x − (^1) x est A(x) = x^2 − ln x, donc les solutions de l’équation homogène sont les y(x) = λ exp(x^2 − ln x) = λ (^1) x exp(x^2 ), pour λ une constante réelle quelconque. (b) Recherche d’une solution particulière. Nous allons utiliser la méthode de variation de la constante pour trouver une solution particulière à l’équation y′^ − ( 2 x − (^1) x )y = 1. On cherche une telle solution sous la forme y 0 (x) = λ (x) (^1) x exp(x^2 ) où x 7 → λ (x) est maintenant une fonction. On calcule d’abord

y′ 0 (x) = λ ′(x)

x exp(x^2 ) + λ (x)

(

−

x^2

)

exp(x^2 )

Maintenant :

y 0 est solution de y′^ − ( 2 x +

x

)y = 1

⇐⇒ y′ 0 − ( 2 x −

x

)y 0 = 1

⇐⇒ λ ′(x)x exp(x^2 ) + λ (x)

(

−

x^2

)

exp(x^2 ) − ( 2 x −

x )λ (x)

x exp(x^2 ) = 1

⇐⇒ λ ′(x)

x exp(x^2 ) = 1 cela doit se simplifier! ⇐⇒ λ ′(x) = x exp(−x^2 )

Ainsi on peut prendre λ (x) = − 12 exp(x^2 ), ce qui fournit la solution particulière :

y 0 (x) = λ (x)

x exp(x^2 ) = −

exp(−x^2 )

x exp(x^2 ) = −

2 x Pour se rassurer, on n’oublie pas de vérifier que c’est bien une solution! (c) Solution générale. L’ensemble des solutions s’obtient par la somme de la solution particulière avec les solutions de l’équation homogène. Autrement dit, les solutions sont les :

y(x) = −

2 x

• λ

x

exp(x^2 ) (λ ∈ R).

2. y′^ − y = xk^ exp(x) sur R, avec k ∈ N

(a) Résolution de l’équation homogène y′^ − y = 0. Les solutions de l’équation homogène sont les y(x) = λ exp(x), λ ∈ R. (b) Recherche d’une solution particulière. On cherche une solution particulière sous la forme y 0 (x) = λ (x) exp(x) où x 7 → λ (x) est maintenant une fonction. Comme y′ 0 (x) = λ ′(x) exp(x) + λ (x) exp(x) alors

y 0 est solution de y′^ − y = xk^ exp(x) ⇐⇒ λ ′(x) exp(x) + λ (x) exp(x) − λ (x) exp(x) = xk^ exp(x) ⇐⇒ λ ′(x) exp(x) = xk^ exp(x) ⇐⇒ λ ′(x) = xk

On fixe λ (x) = x k+ 1 k+ 1 , ce qui conduit à la solution particulière :

y 0 (x) =

xk+^1 k + 1 exp(x)

(c) Solution générale. L’ensemble des solutions est formé des

y(x) =

xk+^1 k + 1 exp(x) + λ exp(x) (λ ∈ R).

3. x( 1 + ln^2 (x))y′^ + 2 ln(x)y = 1 sur ]0; +∞[

Le coefficient de y′^ ne s’annule pas sur ]0; +∞[, l’équation peut donc se mettre sous la forme

y′^ +

2 ln x x( 1 + ln^2 (x))

y =

x( 1 + ln^2 (x))

(a) Les solutions de l’équation homogène associée sont les y(x) = λ eA(x), où A est une primitive de a(x) = − (^) x( 1 +2 lnln^2 x(x)) et λ ∈ R. On peut donc choisir A(x) = − ln(u(x)) avec u(x) = 1 + ln^2 (x). Les

solutions de l’équation sont les y(x) = λ e−^ ln(^1 +ln (^2) (x)) = λ 1 + ln^2 (x)

.

(b) Utilisons la méthode de variation de la constante pour trouver une solution particulière de l’équation avec second membre. On cherche y 0 (x) = (^1) +λln^ (x 2 )(x) , avec λ une fonction dérivable. Or z(x) = (^1) +ln^12 (x) est solution de l’équation homogène et y 0 (x) = λ (x)z(x):

y 0 est solution

⇐⇒ y′ 0 + 2 ln x x( 1 + ln^2 (x))

y 0 =

x( 1 + ln^2 (x))

⇐⇒ λ ′(x)z(x) + λ (x)

[

z′(x) +

2 ln x x( 1 + ln^2 (x))

z(x)

]

︸ ︷︷ ︸

= 0

=

x( 1 + ln^2 (x))

⇐⇒

λ ′(x) 1 + ln^2 (x)

=

x( 1 + ln^2 (x)) ⇐⇒ λ ′(x) =

x On peut donc choisir λ (x) = ln x, ce qui donne la solution particulière y 0 (x) = (^1) +lnln^ x (^2) (x).

(c) Les solutions sont obtenues en faisant la somme de cette solution particulière et des solutions de l’équation homogène: ce sont les

y(x) = ln x + λ 1 + ln^2 (x)

(λ ∈ R)

où λ est un paramètre réel.

Remarque: le choix d’une primitive de λ ′^ se fait à constante additive près. Si on avait choisi par exemple λ (x) = ln x + 1, la solution particulière aurait été différente, mais les solutions de l’équation avec second membre auraient été les y(x) =

ln x + 1 + λ 1 + ln^2 (x)

(x ∈ R)

Quitte à poser λ 0 ′ = 1 + λ , ce sont évidemment les mêmes que celles trouvées précédemment!

Correction de l’exercice 5 N

1. L’équation différentielle y′^ − exey^ = 0 est à variables séparées: en effet, en divisant par ey, on obtient −y′e−y^ = −ex. Le terme de gauche est la dérivée de e−y^ (y est une fonction de x), celui de droite est la dérivée de x 7 → −ex: de−y dx

=

d(−ex) dx Les dérivées étant égales, cela implique que les deux fonctions sont égales à une constante additive près: ainsi y est solution sur I si et seulement si elle est dérivable sur I et ∃ c ∈ R, ∀x ∈ I, e−y^ = −ex^ + c. À c fixé, cette égalité n’est possible que si −ex^ + c > 0, c’est-à-dire si c > 0 et x < ln c. On obtient ainsi les solutions: yc(x) = − ln(c − ex) (pour x ∈ Ic =] − ∞; ln c[) où c est un paramètre réel strictement positif. Pour que l’une des courbes intégrales passe par l’origine, il faut qu’il existe c > 0 tel que 0 ∈ Ic et yc( 0 ) = 0: autrement dit, c > 1 et c − 1 = 1. Il s’agit donc de y 2 : x 7 → − ln( 2 − ex), la courbe intégrale cherchée est son graphe, au-dessus de l’intervalle I 2 =] − ∞; ln 2[. Sa tangente en l’origine a pour pente y′ 2 ( 0 ) = e^0 ey(^0 )^ = 1, c’est la première bissectrice. Comme par construction y′ 2 est à valeurs strictement positives, la fonction y 2 est strictement croissante. y 2 (x)

y 1 (x)

2. Posons z(x) = x + y(x): z a le même domaine de définition que y et est dérivable si et seulement si y l’est. En remplaçant y(x) par z(x) − x dans l’équation différentielle y′^ − exey^ = −1, on obtient z′^ − ez^ = 0, c’est- à-dire z′e−z^ = 1. Il s’agit de nouveau d’une équation à variables séparées: en intégrant cette égalité, on obtient que z est solution sur J si et seulement si elle est dérivable sur J et ∃ c ∈ R, ∀x ∈ J, e−z^ = −x + c. À c fixé, cette égalité n’est possible que si c > x. On obtient ainsi les solutions:

yc(x) = zc(x) − x = −x − ln(c − x) (pour x ∈ Jc =] − ∞; c[)

où c est un paramètre réel.

Pour que l’une des courbes intégrales passe par l’origine, il faut qu’il existe c ∈ R tel que 0 ∈ Jc et yc( 0 ) = 0: autrement dit, c > 0 et c = 1. Il s’agit donc de y 1 : x 7 → −x − ln( 1 − x), la courbe intégrale cherchée est son graphe, au-dessus de l’intervalle J 1 =] − ∞; 1[. Sa tangente en l’origine a pour pente y′ 1 ( 0 ) = e^0 ey(^0 )^ − 1 = 0: elle est horizontale.

Correction de l’exercice 6 N

1. x^2 y′^ − y = 0 (E 1 ) Pour se ramener à l’étude d’une équation différentielle de la forme y′^ + ay = b, on résout d’abord sur les intervalles où le coefficient de y′^ ne s’annule pas: on se place donc sur ] − ∞; 0[ ou ]0; +∞[.

(a) Résolution sur ] − ∞; 0[ ou ]0; +∞[. Sur chacun de ces intervalles, l’équation différentielle se réécrit

y′^ −

x^2

y = 0

qui est une équation différentielle linéaire homogène d’ordre 1 à coefficients non constants. Ses solutions sont de la forme y(x) = λ e−^1 /x^ (en effet, sur ] − ∞; 0[ ou ]0; +∞[, une primitive de (^) x^12 est − 1 x ). (b) Recollement en 0. Une solution y de (E 1 ) sur R doit être solution sur ] − ∞; 0[ et ]0; +∞[, il existe donc λ+, λ− ∈ R tels que y(x) =

{

λ+e−^1 /x^ si x > 0 λ−e−^1 /x^ si x < 0 Il reste à voir si l’on peut recoller les deux expressions pour obtenir une solution sur R: autrement dit, pour quels choix de λ+, λ− la fonction y se prolonge-t-elle en 0 en une fonction dérivable vérifiant (E 1 )?

• e−^1 /x^ −−−→ x→ 0 −^

+∞ et e−^1 /x^ −−−→ x→ 0 +^

0, donc y est prolongeable par continuité en 0 si et seulement

si λ− = 0. On peut alors poser y( 0 ) = 0 , quel que soit le choix de λ+.

• Pour voir si la fonction ainsi prolongée est dérivable en 0, on étudie son taux d’accroissement:  



pour x > 0 , y(x) x−−y 0 ( 0 )= λ+e

− 1 /x x =^ −λ+(^

− 1 x )e

− 1 /x (^) −−−→ x→ 0 +^

0

pour x < 0 , y(x) x−−y 0 ( 0 )= 0 −−−→ x→ 0 −^

0

Ainsi la fonction y est dérivable en 0 et y′( 0 ) = 0.

• Par construction, l’équation différentielle (E 1 ) est satisfaite sur R∗. Vérifions qu’elle est également satisfaite au point x = 0: 0^2 · y′( 0 ) − y( 0 ) = −y( 0 ) = 0. (c) Conclusion. Finalement, les solutions sur R sont exactement les fonctions suivantes:

y(x) =

{

λ e−^1 /x^ si x > 0 0 si x 6 0 (λ ∈ R)

2. xy′^ + y − 1 = 0 (E 2 ) Pour se ramener à l’étude d’une équation différentielle de la forme y′^ + ay = b, on résout d’abord sur les intervalles où le coefficient de y′^ ne s’annule pas: on se place donc sur I =] − ∞; 0[ ou I =]0; +∞[.

(a) Résolution sur I. Sur l’intervalle I, l’équation différentielle se réécrit

y′^ +

x

y =

x qui est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 à coefficients non constants.

• Pour l’équation homogène y′^ + (^1) x y = 0 une primitive de − (^1) x sur I, est − ln |x|. Les solutions de l’équation homogène sont donc les λ e−^ ln^ |x|^ = λ (^) |^1 x|. Quitte à changer λ en −λ si I =] − ∞; 0[, on peut écrire les solutions de l’équation homogène sous la forme y(x) = λ (^1) x.
• Pour trouver les solutions de l’équation avec second membre, on applique la méthode de variation de la constante en cherchant y(x) = λ (x) (^1) x : en remplaçant, on voit que y est solution sur I si et seulement si λ ′(x) = 1. En intégrant, on obtient λ (x) = x. Une solution particulière en donc y 0 (x) = 1.
• Sur I les solutions de (E 2 ) sont les y(x) = 1 + λ x où λ est un paramètre réel. (b) Recollement en 0. Une solution y de (E 2 ) sur R doit être solution sur ] − ∞; 0[ et ]0; +∞[, il existe donc λ+, λ− ∈ R tels que

y(x) =

{

1 + λ x+ si x > 0 1 + λ x− si x < 0 Il reste à voir si l’on peut recoller les deux expressions pour obtenir une solution sur R. On voit tout de suite que y a une limite (finie) en 0 si et seulement si λ+ = λ− = 0. Dans ce cas, on peut alors poser y( 0 ) = 1 et y est la fonction constante égale à 1, qui est bien sûr dérivable sur R. De plus, (E 2 ) est bien satisfaite au point x = 0. (c) Conclusion. Finalement, (E 2 ) admet sur R une unique solution, qui est la fonction constante égale à 1.

Correction de l’exercice 7 N

1. Il s’agit d’une équation homogène du second ordre. L’équation caractéristique associée est r^2 − 3 r + 2 = 0, qui admet deux solutions: r = 2 et r = 1. Les solutions sont donc les fonctions définies sur R par y(x) = λ e^2 x^ + μex^ (λ , μ ∈ R).
2. L’équation caractéristique associée est r^2 + 2 r + 2 = 0, qui admet deux solutions: r = − 1 +i et r = − 1 −i. On sait alors que les solutions sont donc les fonctions définies sur R par y(x) = e−x(A cos x + B sin x) (A, B ∈ R). Remarquons que, en utilisant l’expression des fonctions cos et sin à l’aide d’exponentielles, ces solutions peuvent aussi s’écrire sous la forme λ e(−^1 +i)x^ + μe(−^1 −i)x^ (λ , μ ∈ R).
3. L’équation caractéristique est r^2 − 2 r + 1 = 0, dont 1 est racine double. Les solutions de l’équation homogène sont donc de la forme (λ x + μ)ex.
4. Les solutions de l’équation homogène sont les λ cos x + μ sin x. Le second membre peut en fait se réécrire cos^2 x = 1 + cos( 2 x): d’après le principe de superposition, on cherche une solution particulière sous la forme a + b cos( 2 x) + c sin( 2 x). En remplaçant, on trouve qu’une telle fonction est solution si a = 1, b = − 13 , c = 0. Les solutions générales sont donc les λ cos x + μ sin x − 13 cos( 2 x) + 1.

Correction de l’exercice 8 N L’équation caractéristique associée à l’équation homogène est r^2 − 4 r + 4 = 0, pour laquelle r = 2 est racine double. Les solutions de l’équation homogène sont donc les (λ x + μ)e^2 x. Lorsque d(x) = e−^2 x, on cherche une solution particulière sous la forme ae−^2 x, qui convient si a = 161.

Lorsque d(x) = e^2 x, comme 2 est la racine double de l’équation caractéristique, on cherche une solution comme le produit de e^2 x^ par un polynôme de degré 2. Comme on sait déjà que (λ x + μ)e^2 x^ est solution de l’équation homogène, il est inutile de faire intervenir des termes de degré 1 et 0: on cherche donc une solution de la forme ax^2 e^2 x, qui convient si et seulement si a = 12. Puisque 12 ch( 2 x) = 14 (e^2 x^ + e−^2 x), les solutions générales sont obtenues sous la forme y(x) = 641 e−^2 x^ + 18 x^2 e^2 x^ + (λ x + μ)e^2 x.

Correction de l’exercice 9 N Les solutions de l’équation homogène sont les λ cos x + μ sin x. En posant y 1 (x) = cos x et y 2 (x) = sin x, on va chercher les solutions sous la forme λ y 1 + μy 2 , vérifiant { λ ′y 1 + μ′y 2 = 0 λ ′y′ 1 + μ′y′ 2 = cotan x

⇐⇒

{

λ ′^ cos x + μ′^ sin x = 0 λ ′(− sin x) + μ′^ cos x = cotan x

⇐⇒























λ ′(x) =

0 sin x cotan x cos x cos x sin x − sin x cos x

μ′(x) =

cos x 0 − sin x cotan x cos x sin x − sin x cos x

d’après les formules de Cramer, où cos x sin x − sin x cos x = 1. On obtient donc

{ λ ′(x) = − cos x μ′(x) = cos (^2) x sin x

ce qui donne une primitive λ (x) = − sin x. Pour μ, on cherche à primitiver cos (^2) x sin x à l’aide du changement de variable^ t^ =^ cos^ x^ (et donc dt^ =^ −^ sint^ dx), on calcule une primitive

∫ (^) cos (^2) x sin x

dx = −

∫ (^) t 2 1 − t^2

dt = t −

∫ 1

1 − t^2

dt

= t +

ln( 1 − t) −

ln( 1 − t) = cos x +

ln( 1 − cos x) −

ln( 1 − cos x)

En remplaçant, les solutions générales sont les

y(x) = c 1 cos x + c 2 sin x + (− sin x) cos x +

(

cos x +

ln( 1 − cos x) −

ln( 1 − cos x)

)

sin x

qui se simplifie y(x) = c 1 cos x + c 2 sin x + 12 sin x ln 11 −+coscos^ xx , c 1 , c 2 ∈ R.

Correction de l’exercice 10 N

1. Puisqu’on cherche y fonction de x ∈]0; +∞[, et que l’application t 7 → et^ est bijective de R sur ]0; +∞[, on peut poser x = et^ et z(t) = y(et^ ). On a alors t = ln x et y(x) = z(ln x). Ce qui donne :

y(x) = z(ln x) = z(t) y′(x) =

x z′(ln x) = e−t^ z′(t)

y′′(x) = −

x^2

z′(ln x) +

x^2

z′′(ln x) = −e−^2 t^ z′(t) + e−^2 t^ z′′(t)

En remplaçant, on obtient donc que

∀x ∈]0; +∞[, x^2 y′′^ + xy′^ + y = 0 ⇐⇒ ∀t ∈ R, z′′(t) + z(t) = 0

autrement dit, z(t) = λ cost + μ sint où λ , μ ∈ R. Finalement, les solutions de l’équation de départ sont de la forme y(x) = z(ln x) = λ cos(ln x) + μ sin(ln x) où λ , μ ∈ R.

2. L’application t 7 → tant étant bijective de ] − π 2 ; π 2 [ sur R, on peut poser x = tant et z(t) = y(tant). On a alors t = arctan x et ainsi :

y(x) = z(arctan x) = z(t)

y′(x) =

1 + x^2 z′(arctan x)

y′′(x) =

( 1 + x^2 )^2

(

z′′(arctan x) − 2 xz′(arctan x)

)

En remplaçant, on obtient que z est solution de l’équation différentielle z′′^ + mz = 0. Pour résoudre cette équation, on doit distinguer trois cas:

• m < 0: alors z(t) = λ e

√ −mt (^) + μe− √ −mt (^) et donc

y(x) = λ e

√−m arctan x

• μe−

√−m arctan x ,

• m = 0: z′′^ = 0 et donc z(t) = λt + μ et y(x) = λ arctan x + μ,
• m > 0: alors z(t) = λ cos(

√

mt) + μ sin(

√

mt) et donc

y(x) = λ cos(

√

m arctan x) + μ sin(

√

m arctan x)

où λ , μ ∈ R.

Correction de l’exercice 11 N

1. Équation de Bernoulli

(a) On suppose qu’une solution y ne s’annule pas. On divise l’équation y′^ + a(x)y + b(x)yn^ = 0 par yn, ce qui donne y′ yn^

• a(x)

yn−^1

• b(x) = 0.

On pose z(x) = (^) yn^1 − 1 et donc z′(x) = ( 1 − n) y

′ yn^.^ L’équation de Bernoulli devient une équation différentielle linéaire : 1 1 −n z

′ (^) + a(x)z + b(x) = 0

(b) Équation xy′^ + y − xy^3 = 0. Cherchons les solutions y qui ne s’annulent pas. On peut alors diviser par y^3 pour obtenir :

x

y′ y^3

+

y^2 − x = 0

On pose z(x) = (^) y (^21) (x) , et donc z′(x) = − 2 y

′(x) y(x)^3. L’équation différentielle s’exprime alors^

− 1 2 xz

′ (^) + z − x = 0, c’est-à-dire : xz′^ − 2 z = − 2 x.

Les solutions sur R de cette dernière équation sont les

z(x) =

{

λ+x^2 + 2 x si x > 0 λ−x^2 + 2 x si x < 0

, λ+, λ− ∈ R

Comme on a posé z(x) = (^) y (^21) (x) , on se retreint à un intervalle I sur lequel z(x) > 0: nécessairement 0 ∈/ I, donc on considère z(x) = λ x^2 + 2 x, qui est strictement positif sur Iλ où

Iλ =







]0; +∞[ si λ = 0 ] 0; − (^) λ^2

[

si λ < 0 ] −∞; − (^2) λ

[

ou ]0; +∞[ si λ > 0

On a (y(x))^2 = (^) z(^1 x) pour tout x ∈ Iλ et donc y(x) = ε(x) √^1 z(x) , où ε(x) = ±1. Or y est continue sur l’intervalle Iλ , et ne s’annule pas par hypothèse: d’après le théorème des valeurs intermédiaires, y ne peut pas prendre à la fois des valeurs strictement positives et des valeurs strictement négatives, donc ε(x) est soit constant égal à 1, soit constant égal à −1. Ainsi les solutions cherchées sont les :

y(x) =

√

λ x^2 + 2 x

ou y(x) =

− 1

√

λ x^2 + 2 x

sur Iλ (λ ∈ R)

Noter que la solution nulle est aussi solution.

2. Équation de Riccati

(a) Soit y 0 une solution de y′^ + a(x)y + b(x)y^2 = c(x). Posons u(x) = y(x) − y 0 (x), donc y = u + y 0. L’équation devient :

u′^ + y′ 0 + a(x)(u + y 0 ) + b(x)(u^2 + 2 uy 0 + y^20 ) = c(x)

Comme y 0 est une solution particulière alors

y′ 0 + a(x)y 0 + b(x)y^20 = c(x)

Et donc l’équation se simplifie en :

u′^ +

(

a(x) + 2 y 0 (x)b(x)

)

u + b(x)u^2 = 0

qui est une équation du type Bernoulli. (b) Équation x^2 (y′^ + y^2 ) = xy − 1.

• Après division par x^2 c’est bien une équation de Riccati sur I =] − ∞; 0[ ou I =]0; +∞[.
• y 0 = (^1) x est bien une solution particulière.
• On a u(x) = y(x) − y 0 (x) et donc y = u + (^1) x. L’équation x^2 (y′^ + y^2 ) = xy − 1 devient

x^2

(

u′^ −

x^2

• u^2 + 2 u x

+

x^2

)

= x

(

u +

x

)

− 1

qui se simplifie en x^2

(

u′^ + u^2 + 2

u x

)

= xu

ce qui correspond à l’équation de Bernoulli :

u′^ +

x

u + u^2 = 0.

• Si u ne s’annule pas, en divisant par u^2 , cette équation devient u ′ u^2 +^

1 x

1 u +^1 =^ 0.^ On pose z(x) = (^1) u , l’équation devient −z′^ + (^1) x z + 1 = 0. Ses solutions sur I sont les z(x) = λ x + x ln |x|, λ ∈ R. Ainsi u(x) = (^) z(^1 x) = (^) λ x+^1 x ln |x| mais il y a aussi la solution nulle u(x) = 0.

• Conclusion. Comme y = u + (^1) x , on obtient alors des solutions de l’équation de départ sur ] − ∞; 0[ et ]0; +∞[:

y(x) =

x

ou y(x) =

x

+

λ x + x ln |x|

(λ ∈ R).

Correction de l’exercice 12 N

1. Notons A(x) =

∫ (^) x 0 e t^2 dt, une primitive de ex^2. On ne sait pas expliciter cette primitive. Les solutions de y′^ + ex 2 y = 0 s’écrivent f (x) = λ e−A(x). Si x > 1, on a par positivité de l’intégrale A(x) =

∫ (^) x 0 e t^2 dt > 0 et comme et^2 > 1 alors

A(x) =

∫ (^) x

0

et

2 dt >

∫ (^) x

0

1 dt = x

En conséquence : 0 6 e−A(x)^6 e−x Ainsi, 0 6 | f (x)| 6 |λ |e−x et f (x) − x−→−+−→∞ 0.

2. Supposons que y vérifie sur R l’équation, et posons u(x) = y(x)^2 + e−x 2 y′(x)^2. La fonction u est à valeurs positives, dérivable, et

u′(x) = 2 y′(x)y(x) + e−x 2 2 y′′(x)y′(x) − 2 xe−x 2 y′(x)^2

en utilisant que e−x^2 y′′(x) = −y(x) (car y est solution de l’équation différentielle) on obtient :

u′(x) = − 2 xe−x 2 y′^2.

Ainsi la fonction u est croissante sur ] − ∞; 0[ et décroissante sur ]0; +∞[, donc pour tout x ∈ R, 0 6 u(x) 6 u( 0 ). Or y^2 (x) 6 u(x) par construction, donc

∀x ∈ R, |y(x)| 6

√

u( 0 ) =

√

y( 0 )^2 + y′( 0 )^2

Correction de l’exercice 13 N

1. En faisant le changement de variable x = et^ (donc t = ln x) et en posant z(t) = y(et^ ) (donc y(x) = z(ln x), l’équation x^2 y′′^ +y = 0 devient z′′^ −z′^ +z = 0, dont les solutions sont les z(t) = et/^2 ·

(

λ cos(

√ 3 2 t) +^ μ^ sin(

√ 3 2 t)

)

,

λ , μ ∈ R. Autrement dit,

y(x) =

√

x

(

λ cos(

√

ln x) + μ sin(

√

ln x)

)

2. Supposons que f convienne: par hypothèse, f est de classe C 1 , donc x 7 → f ( (^1) x ) est de classe C 1 sur R∗^ et par conséquent f ′^ aussi. Ainsi f est nécessairement de classe C 2 sur R∗^ (en fait, en itérant le raisonnement, on montrerait facilement que f est C ∞^ sur R∗). En dérivant l’équation f ′(x) = f

( 1

x

)

, on obtient

f ′′(x) = −

x^2

f ′

(

x

)

et en réutilisant l’équation :

f ′′(x) = −

x^2 f ′

(

x

)

= −

x^2 f (x).

Ainsi on obtient que f est solution de x^2 y′′^ + y = 0 sur R∗. Nécessairement, il existe λ , μ ∈ R tels que

∀x > 0 , f (x) =

√

x

(

λ cos(

√

ln x) + μ sin(

√

ln x)

)

Par hypothèse, f est de classe C 1 sur R, en particulier elle se prolonge en 0 de façon C 1. Cherchons

à quelle condition sur λ , μ cela est possible. Déjà, f (x) =

√

x

(

λ cos(

√ 3 2 ln^ x) +^ μ^ sin(

√ 3 2 ln^ x)

)

−−−→

x→ 0 +^

0

pour tous λ , μ ; donc f ( 0 ) = 0. Mais

f (x) − f ( 0 ) x − 0

=

√

x

(

λ cos(

√

ln x) + μ sin(

√

ln x)

)

n’a pas de limite en 0 si λ 6 = 0 ou μ 6 = 0. En effet, pour xn = e √^2 3 (−^2 nπ), on a xn → 0 mais f^ (xn x)−^ f^ (^0 ) n−^0 =^ √λ xn

qui admet une limite finie seulement si λ = 0. De même avec x′ n = e √^2 3 (−^2 nπ+^

π 2 ) qui donne f^ (x

′ n)− f ( 0 ) x′ n− 0 = √^ μ x′ n^ et implique donc^ μ^ =^ 0.

Par conséquent, la seule possibilité est λ = μ = 0. Ainsi f est la fonction nulle, sur [ 0 , +∞[. Le même raisonnement s’applique sur ] − ∞, 0 ]. La fonction est donc nécessairement nulle sur R. Réciproquement, la fonction constante nulle est bien solution du problème initial.