Fiche de mathématiques
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Équations différentielles linéaires - Exercices

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équations différentielles linéaires du premier ordre


exercice 1


Résoudre sur \R les équations différentielles suivantes :


y'-3y=3

y'+2y=2x+3

y'+2y=\cos x +\sin x

y'-2y=\text{ e}^{2x}

exercice 2


Résoudre les équations différentielles suivantes :

2xy'-y=\dfrac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} \text{ sur }\R_+^{*}

y'\cos x-y\sin x=1 \text{ sur }\left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[

y'+y\tan x=1 \text{ sur }\left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[

y'\sin x+y\cos x=\sin ^2 x \text{ sur }]0,\pi[

exercice 3


On considère l'équation différentielle (E) : y'-\dfrac{1}{x}y-y^2=-9x^2

1) Déterminer a\in]0,+\infty[ tel que y_0(x)=ax soit une solution particulière de (E) .

2) On pose y=y_0-\dfrac{1}{z} . Montrer que y est solution de (E) si et seulement si z est solution de l'équation différentielle (E'):z'+ \left(6x+\dfrac{1}{x}\right)z=1

3) Résoudre (E') sur ]0,+\infty[

4) Déterminer toutes les solutions de (E) sur ]0,+\infty[ .

exercice 4


Résoudre les équations différentielles suivantes :

(1-x)^2y'=(2-x)y \text{ sur }]-\infty,1[ (Petites Mines 2004)

(1+x^2)y'+2xy=\dfrac{1}{x} \text{ sur }]0,+\infty[ (Petites Mines 1998)

xy'+3y=\dfrac{1}{1-x^2}\text{ sur }\left]0,1\right[ (Petites Mines 2000)

y'-xy=x \text{e}^{x^2}\text{ sur }\R

exercice 5


Montrer, sans la résoudre, que l'équation différentielle y'+2xy=1 admet une unique solution impaire .
(Petites Mines 1997)

exercice 6


1) Former une équation différentielle linéaire du premier ordre dont les fonctions y:x\mapsto (k+x)\text{ e}^{-x} \enskip , \enskip k\in\R sont les solutions .

2) Même question avec y:x\mapsto \dfrac{(k+x)}{1+x^2} \enskip , \enskip k\in\R sont les solutions .

exercice 7


Résoudre sur \R les équations différentielles suivantes :

xy'-2y=x^4

x(1+x^2)y'=y

(x^2+1)y'+(x-1)^2y=x^3-x^2+x+1

exercice 8


Résoudre sur \R les équations différentielles suivantes :

\text{sh }xy'-\dfrac{y}{\text{ch }x}=\dfrac{\text{sh}^2 x}{\text{ch }x}

(\text{e}^x-1)y'+(\text{e}^x+1)y=3+2\text{e}^x

exercice 9


Résoudre sur \R les équations différentielles suivantes :

xy'+2y=\dfrac{x+1}{x^2+1}

|x-1|y'+xy=(x-1)^2

exercice 10


Résoudre sur \R l'équation différentielle suivante : 2x(x+1)y'+(x+1)y=1



équations différentielles linéaires du second ordre




exercice 11


Résoudre sur \R les équations différentielles suivantes :

y''+y'-2y=\text{e}^{3x}

y''+y'-2y=\text{e}^{3x}+\text{e}^{-2x}

y''+y'-2y=\sin x

exercice 12


Résoudre sur \R les équations différentielles suivantes :

y''+2y'-5y=5x

-3y''-2y'+y=\cos x

-2y''+y'+y=10x\cos x

exercice 13


Résoudre dans ]0,+\infty[ l'équation différentielle x^2y''+xy'+y=0 en faisant le changement de variable x=\text{e}^{t}

exercice 14


Résoudre sur \R les équations différentielles suivantes :

y''-2y'+y=x\text{e}^{-x}

y''-6y'+9y=\text{e}^{3x}+\sin x

exercice 15


Trouver toutes les fonctions f , dérivables sur ]0,+\infty[ et vérifiant :
\forall x>0\enskip : \enskip f'(x)=f\left(\dfrac{1}{x}\right)

Utiliser la méthode de l'exercice 13

exercice 16


Trouver tous les réels r\in\R tels qu'il existe des solutions non nulles au problème suivant : \begin{cases} y''+ry=0 \\y(0)=y(1)=0 \end{cases}

exercice 17


Résoudre le système \begin{cases} x'=x+y\\y'=x-y\\x(0)=0\text{ , }y(0)=1\end{cases} , où x et y deux fonctions inconnues dérivables sur \R

exercice 18


Intégrer le système \begin{cases} x''=x'+y'-y\\y''=x'+y'-x\end{cases}

Poser u=x+y et v=x-y

exercice 19


Résoudre sur ]-1,1[ l'équation différentielle (1-x^2)y''-xy'+y=0 .

On pourra faire le changement de variable x=\sin t

exercice 20

Résoudre sur \R l'équation différentielle : y''-y=\text{ th }x

Résoudre sur \left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[ l'équation différentielle : y''+y=\tan x



exercice 1

Intégrer sur \R l'équation y'-3y=3

Les solutions de l'équation homogène associée y'-3y=0 sont les fonctions de la forme x\mapsto k \text{ e}^{3x} \enskip \text{ avec }k\in\R.
De plus, on voit que la fonction constante x\mapsto -1 est une solution particulière de l'équation différentielle .
Les solutions générales de l'équation différentielle y'-3y=3 s'écrivent donc :
\boxed{x\mapsto -1 +k \text{ e}^{3x} \enskip \text{ , }k\in\R}


Intégrer sur \R l'équation y'+2y=2x+3

Les solutions de l'équation homogène associée y'+2y=0 sont les fonctions de la forme x\mapsto k \text{ e}^{-2x} \enskip \text{ avec }k\in\R.
On voit directement que la fonction x\mapsto x+1 est une solution particulière de l'équation différentielle .
En effet, pour tout réel x \text{ : } (x+1)'+2(x+1)=1+2x+2=2x+3
Les solutions générales de l'équation différentielle y'+2y=2x+3 sont de la forme :
\boxed{x\mapsto x+1 +k \text{ e}^{-2x} \enskip \text{ , }k\in\R}


Intégrer sur \R l'équation y'+2y=\cos x +\sin x

Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme x\mapsto k \text{ e}^{-2x} \enskip \text{ avec }k\in\R.
Puisque le second membre est une combinaison linéaire de \cos x \text{ et de }\sin x , une solution particulière s'écrit : y_p\text{ : }x\mapsto a\cos x + b\sin x .
y_p est solution particulière de l'équation différentielle si et seulement si : \forall x\in\R \text{ : }y_p'+2y_p=\cos x +\sin x
Donc si et seulement si : \forall x\in\R\text{  : } -a\sin x +b\cos x +2a\cos x +2b\sin x = \cos x +\sin x \iff \begin{cases} -a+2b=1\\2a+b=1 \end{cases} \iff \begin{cases} a=\dfrac{1}{5}\\b=\dfrac{3}{5} \end{cases}
la solution particulière y_p s'écrit alors : y_p\text{ : }x\mapsto \dfrac{1}{5}\cos x +\dfrac{3}{5}\sin x
Les solutions générales de l'équation différentielle sont donc :
\boxed{x\mapsto \dfrac{1}{5}\cos x +\dfrac{3}{5}\sin x  +k \text{ e}^{-2x} \enskip \text{ , }k\in\R}


Intégrer sur \R l'équation y'-2y=\text{e}^{2x}

Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme x\mapsto k \text{ e}^{2x} \enskip \text{ avec }k\in\R.
Puisque le second membre est x\mapsto \text{e}^{2x} , une solution particulière s'écrit : y_p\text{ : }x\mapsto (ax+b)\text{e}^{2x} .
y_p est solution particulière de l'équation différentielle si et seulement si : \forall x\in\R \text{ : }y_p'+2y_p=\text{e}^{2x}
Donc si et seulement si : \forall x\in\R\text{  : } (2ax+a+2b)-2(ax+b)=1 \iff a=1 \text{ . Ce qui veut dire que }b\text{ est un réel quelconque, on choisit donc }b=0
Une solution particulière y_p s'écrit alors : y_p\text{ : }x\mapsto x\text{e}^{2x}
Les solutions générales de l'équation différentielle sont donc :
\boxed{x\mapsto (x+k) \text{ e}^{2x} \enskip \text{ , }k\in\R}


exercice 2

Résoudre sur ]0,+\infty[ l'équation 2xy'-y=\dfrac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}

L'équation homogène associée s'écrit : y'-\dfrac{1}{2x}y=0
Puisque x\mapsto \dfrac{1}{2}\ln x est une primitive de x\mapsto \dfrac{1}{2x} sur ]0,+\infty[ , alors :
Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme x\mapsto k \text{ e}^{\frac{1}{2}\ln x}=k\sqrt{x} \enskip \text{ avec }k\in\R.
Utilisons la méthode de variation de la constante, on cherche une solution particulière y_p sous la forme y_p(x)=k(x)\sqrt{x} , k étant une fonction dérivable sur ]0,+\infty[.
On a alors : y_p'(x)=k'(x)\sqrt{x}+k(x)\dfrac{1}{2\sqrt{x}} et :
2xy_p'(x)-y_p(x)=\dfrac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}\iff k'(x)=\dfrac{1}{3}
On peut donc prendre k:x\mapsto \dfrac{x}{3} , et donc : y_p:x\mapsto \dfrac{1}{3}x^{\frac{3}{2}} une solution particulière de l'équation différentielle.
Les solutions générales de l'équation différentielle sur ]0,+\infty[ s'écrivent :
\boxed{x\mapsto \dfrac{1}{3}x^{\frac{3}{2}}  +k \sqrt{x} \enskip \text{ , }k\in\R}


Résoudre sur \left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[ l'équation y'\cos x-y\sin x=1

L'équation homogène associée s'écrit : y'-\dfrac{\sin x}{\cos x}y=0\enskip \enskip \left(\text{ en effet , } \cos x> 0 \text{ pour tout }x \in\left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[ \right)
Et parce que x\mapsto \ln (\cos x) est une primitive de x\mapsto -\dfrac{\sin x}{\cos x}=\dfrac{(\cos x)'}{\cos x} sur \left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[ , alors :
Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme x\mapsto k \text{ e}^{-\ln (\cos x)}=\dfrac{k}{\cos x} \enskip \text{ avec }k\in\R.
On utilise la méthode de variation de la constante pour trouver une solution particulière y_p sous la forme y_p(x)=\dfrac{k(x)}{\cos x} , k étant une fonction dérivable sur \left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[.
On a alors : y_p'(x)=\dfrac{k'(x)}{\cos x} +\dfrac{k(x)\sin x} {\cos^2 x}\enskip\text{ et }\enskip y_p'(x)\cos x-y_p(x)\sin x=1\iff k'(x)=1
On peut donc prendre k:x\mapsto x , et donc : y_p:x\mapsto \dfrac{x}{\cos x} une solution particulière de l'équation différentielle.
Les solutions générales de l'équation différentielle sur \left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[ s'écrivent :
\boxed{x\mapsto \dfrac{k+x}{\cos x}  \enskip \text{ , }k\in\R}


Résoudre sur \left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[ l'équation y'-y\tan x=1

L'équation homogène associée s'écrit : y'-y\tan x=0
Et parce que x\mapsto \ln (\cos x) est une primitive de x\mapsto -\tan x=\dfrac{(\cos x)'}{\cos x} sur \left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[ , alors :
Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme x\mapsto k \text{ e}^{-\ln (\cos x)}=\dfrac{k}{\cos x} \enskip \text{ avec }k\in\R.
On utilise la méthode de variation de la constante pour trouver une solution particulière y_p sous la forme y_p(x)=\dfrac{k(x)}{\cos x} , k étant une fonction dérivable sur \left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[.
On a alors : y_p'(x)=\dfrac{k'(x)}{\cos x} +\dfrac{k(x)\sin x} {\cos^2 x}\enskip\text{ et }\enskip y_p'(x)-y_p(x)\tan x=1\iff k'(x)=\cos x
On peut donc prendre k:x\mapsto \sin x , et donc : y_p:x\mapsto \dfrac{\sin x}{\cos x}=\tan x une solution particulière de l'équation différentielle.
Les solutions générales de l'équation différentielle sur \left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[ s'écrivent :
\boxed{x\mapsto \dfrac{k}{\cos x} +\tan x \enskip \text{ , }k\in\R}


Résoudre sur ]0,\pi[ l'équation y'\sin x+y\cos x=\sin ^2 x

L'équation homogène associée s'écrit : y'+y\dfrac{\cos x}{\sin x}=0\enskip \enskip \left(\text{ en effet , } \sin x> 0 \text{ pour tout }x \in]0,\pi[\right)
Et parce que x\mapsto \ln (\sin x) est une primitive de x\mapsto \dfrac{\cos x}{\sin x}=\dfrac{(\sin x)'}{\sin x} sur ]0,\pi[ , alors :
Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme x\mapsto k \text{ e}^{-\ln (\sin x)}=\dfrac{k}{\sin x} \enskip \text{ avec }k\in\R.
On utilise la méthode de variation de la constante pour trouver une solution particulière y_p sous la forme y_p(x)=\dfrac{k(x)}{\sin x} , k étant une fonction dérivable sur \left]0,\pi\right[.
On a alors : y_p'(x)=\dfrac{k'(x)}{\sin x} -\dfrac{k(x)\cos x} {\sin^2 x}\enskip\text{ et }\enskip y_p'(x)\sin x+y_p(x)\cos x=\sin^2 x\iff k'(x)=\sin^2 x
Or, on sait que \cos \text{ et } \sin sont de classe \mathcal{C}^1 \text{ sur } \R , alors par une primitivation par parties :
\displaystyle k(x)=\int \sin^2 xdx = -\int (\cos x)' \sin x dx =-\cos x \sin x+ \int \cos^2 x dx = -\cos x\sin x +\int dx -\int \sin^2 dx = -\cos x\sin x +x -k(x)
Ce qui donne 2k(x)=x-\cos x\sin x , donc : k(x)=\dfrac{x}{2} - \dfrac{2\sin x\cos x}{4} = \dfrac{x}{2} - \dfrac{\sin 2x}{4}
Et donc : y_p:x\mapsto \dfrac{1}{\sin x} \left(\dfrac{x}{2} - \dfrac{\sin 2x}{4}\right) est une solution particulière de l'équation différentielle.
Les solutions générales de l'équation différentielle sur \left]0,\pi\right[ s'écrivent :
\boxed{x\mapsto \dfrac{1}{\sin x} \left(\dfrac{x}{2} - \dfrac{\sin 2x}{4}+k\right) \enskip \text{ , }k\in\R}


exercice 3

1) y_0 est solution si et seulement si : a-a-a^2x^2=-9x^2 \iff \boxed{a=3}

2) y=y_0-\dfrac{1}{z} est solution de (E) si et seulement si : y_0'+\dfrac{z'}{z^2}-\dfrac{y_0}{x}+\dfrac{1}{xz}-y_0^2-\dfrac{1}{z^2}+2\dfrac{y_0}{z}=-9x^2

Puisque y_0 est solution de (E) , on en déduit que : \dfrac{z'}{z^2}+\dfrac{1}{xz}-\dfrac{1}{z^2}+2\dfrac{y_0}{z}=0

En multipliant par z^2 , on obtient :
\boxed{(E'):z'+ \left(6x+\dfrac{1}{x}\right)z=1}


3) L'équation homogène associée à (E') s'écrit : z'+ \left(6x+\dfrac{1}{x}\right)z=0
Puisque x\mapsto 3x^2 + \ln x est une primitive de x\mapsto 6x+\dfrac{1}{x} sur ]0,+\infty[ , alors :
Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme x\mapsto k \text{ e}^{-3x^2 - \ln x}=k\dfrac{\text{ e}^{-3x^2}}{x} \enskip \text{ avec }k\in\R.
Utilisons la méthode de variation de la constante, on cherche une solution particulière z_p sous la forme z_p(x)=k(x)\dfrac{\text{ e}^{-3x^2}}{x} , k étant une fonction dérivable sur ]0,+\infty[.
On a alors : z_p'(x)=k'(x)\dfrac{\text{ e}^{-3x^2}}{x}+k(x)   \dfrac{-6x^2\text{ e}^{-3x^2}-\text{ e}^{-3x^2}}{x^2} = k'(x)\dfrac{\text{ e}^{-3x^2}}{x}+k(x)    \text{ e}^{-3x^2} \left(-6-\dfrac{1}{x^2}   \right)
Il s'ensuit : z_p'+ \left(6x+\dfrac{1}{x}\right)z_p=1 \iff    k'(x)\dfrac{\text{ e}^{-3x^2}}{x}+k(x)    \text{ e}^{-3x^2} \left(-6-\dfrac{1}{x^2}   \right)+  \left(6x+\dfrac{1}{x}\right)k(x)\dfrac{\text{ e}^{-3x^2}}{x}=1\iff k'(x)=x\text{ e}^{3x^2}
On prend k:x\mapsto \dfrac{1}{6}\text{ e}^{3x^2} , et donc : z_p:x\mapsto \dfrac{1}{6x} une solution particulière de l'équation différentielle.
Les solutions générales de l'équation différentielle (E') sur ]0,+\infty[ s'écrivent :
\boxed{x\mapsto \dfrac{1}{6x}+ k\dfrac{\text{ e}^{-3x^2}}{x} \enskip \text{ , }k\in\R}


4) On déduit directement des questions précédentes les solutions générales de l'équation différentielle (E) sur ]0,+\infty[ sont de la forme :

\boxed{x\mapsto \dfrac{6x}{k\text{ e}^{-3x^2}+1} \enskip \text{ , }k\in\R}


exercice 4

Résoudre sur ]-\infty,1[ l'équation (1-x)^2y'=(2-x)y

L'équation différentielle est homogène et s'écrit : y'+\dfrac{x-2}{(x-1)^2}y=0
Puisque x\mapsto \ln|x-1|+\dfrac{1}{x-1}=\ln(1-x)+\dfrac{1}{x-1} est une primitive de x\mapsto \dfrac{x-2}{(x-1)^2}=\dfrac{1}{x-1}-\dfrac{1}{(x-1)^2} sur ]-\infty,1[ , alors :
Les solutions de l'équation sur ]-\infty,1[ sont les fonctions de la forme x\mapsto k \text{ e}^{-\ln(1-x)-\frac{1}{x-1}} \enskip \text{ avec }k\in\R.
Ou encore :
\boxed{x\mapsto \dfrac{k}{1-x} \text{ e}^{\frac{1}{1-x}} \enskip \text{ , }k\in\R}


Résoudre sur ]0,+\infty[ l'équation (1+x^2)y'+2xy=\dfrac{1}{x}

Méthode 1 :
L'équation différentielle s'écrit sous forme normalisée : y'+\dfrac{2x}{1+x^2}y=\dfrac{1}{x(1+x^2)}
L'équation différentielle homogène associée est : y'+\dfrac{2x}{1+x^2}y=0
Puisque x\mapsto \ln |1+x^2|=\ln(1+x^2) est une primitive de x\mapsto \dfrac{2x}{1+x^2} sur ]0,+\infty[ , alors :
Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme x\mapsto k \text{ e}^{-\ln(1+x^2)}=\dfrac{k}{1+x^2} \enskip \text{ avec }k\in\R.
Utilisons la méthode de variation de la constante, on cherche une solution particulière y_p sous la forme y_p(x)=\dfrac{k(x)}{1+x^2} , k étant une fonction dérivable sur ]0,+\infty[.
On a alors : y_p'(x)=\dfrac{k'(x)}{1+x^2}-\dfrac{2xk(x)}{(1+x^2)^2} et : (1+x^2)y_p'+2xy_p=\dfrac{1}{x}\iff k'(x)=\dfrac{1}{x}
On peut donc prendre k:x\mapsto \ln|x|=\ln x , et donc : y_p:x\mapsto \dfrac{\ln x}{1+x^2} une solution particulière de l'équation différentielle.
Les solutions générales de l'équation différentielle sur ]0,+\infty[ s'écrivent :
\boxed{x\mapsto \dfrac{\ln x+k}{1+x^2} \enskip \text{ , }k\in\R}

Méthode 2 :
On remarque directement que :
(1+x^2)y'+2xy=\dfrac{1}{x}\iff (1+x^2)y'+(1+x^2)'y=\dfrac{1}{x}\iff\left((1+x^2)y\right)'=\dfrac{1}{x} \iff (1+x^2)y=\ln |x|+k \enskip , k\in\R\iff \boxed{y:x\mapsto\dfrac{\ln x+k}{1+x^2} \enskip, k\in\R}


Résoudre sur ]0,1[ l'équation xy'+3y=\dfrac{1}{1-x^2}

L'équation différentielle s'écrit sous forme normalisée : y'+\dfrac{3}{x}y=\dfrac{1}{x(1-x^2)}
L'équation différentielle homogène associée est : y'+\dfrac{3}{x}y=0
Puisque x\mapsto 3\ln |x|=3\ln x est une primitive de x\mapsto \dfrac{3}{x} sur ]0,1[ , alors :
Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme x\mapsto k \text{ e}^{-3\ln x}=\dfrac{k}{x^3} \enskip \text{ avec }k\in\R.
Utilisons la méthode de variation de la constante, on cherche une solution particulière y_p sous la forme y_p(x)=\dfrac{k(x)}{x^3} , k étant une fonction dérivable sur ]0,1[.
On a alors : y_p'(x)=\dfrac{k'(x)}{x^3}-\dfrac{3k(x)}{x^4} et : y_p'(x)+\dfrac{3}{x}y_p(x)=\dfrac{1}{x(1-x^2)}\iff k'(x)=\dfrac{x^2}{1-x^2}=\dfrac{x^2-1+1}{1-x^2}=-1+\dfrac{1}{1-x^2}
On peut donc prendre k:x\mapsto -x+\text{Argth }x , et donc : y_p:x\mapsto \dfrac{-x+\text{Argth }x}{x^3} une solution particulière de l'équation différentielle.
Les solutions générales de l'équation différentielle sur ]0,1[ sont de la forme :
\boxed{x\mapsto \dfrac{-x+\text{Argth }x+k}{x^3} \enskip \text{ , }k\in\R}


Résoudre sur \R l'équation y'-xy=x\text{ e}^{x^2}
L'équation différentielle homogène associée est : y'-xy=0 admet comme solutions les fonctions de la forme x\mapsto k \text{ e}^{\frac{x^2}{2}} \enskip \text{ avec }k\in\R.
On utilise la méthode de variation de la constante pour trouver une solution particulière y_p sous la forme y_p(x)=k(x)\text{ e}^{\frac{x^2}{2}} , k étant une fonction dérivable sur \R.
On a alors : y_p'(x)=k'(x)\text{ e}^{\frac{x^2}{2}}+xk(x)\text{ e}^{\frac{x^2}{2}} et : y_p'(x)-xy_p(x)=x\text{ e}^{x^2}\iff k'(x)\text{ e}^{\frac{x^2}{2}}=x\text{ e}^{x^2}\iff k'(x)=x\text{ e}^{\frac{x^2}{2}}=\left(\text{ e}^{\frac{x^2}{2}}\right)'
On peut donc prendre k:x\mapsto \text{ e}^{\frac{x^2}{2}} , et donc : y_p:x\mapsto \text{ e}^{x^2} une solution particulière de l'équation différentielle.
Les solutions générales de l'équation différentielle sur \R sont de la forme :
\boxed{x\mapsto \text{ e}^{x^2}+ k\text{ e}^{\frac{x^2}{2}} \enskip \text{ , }k\in\R}


exercice 5

Une fonction f impaire sur \R vérifie , pour tout x\in\R\enskip : \enskip f(-x)=-f(x)
En particulier : f(0)=-f(0) , ce qui implique que f(0)=0
Les éventuelles solutions impaires sont donc à chercher parmi les solutions de l'équation qui vérifient la condition initiale y(0)=0.
Il s'agit donc du problème de Cauchy suivant \begin{cases} y'+2xy=1 \\y(0)=0\end{cases} .
Et donc, d'après le cours, il existe une unique fonction f qui est solution. Reste à vérifier qu'elle est impaire sur \R .
Posons pour cela , pour tout x\in\R\enskip : \enskip g(x)=-f(-x) . Il suffit de montrer que g=f pour démontrer que f est impaire.
g est évidemment dérivable sur \R et pour tout réel x \enskip , \enskip g'(x)=-(-x)'f'(-x)=f'(-x)
Il s'ensuit : \forall x\in\R\enskip : \enskip g'(x)+2xg(x)=f'(-x)-2xf(-x)=f'(-x)+2(-x)f(-x)=1\enskip\enskip (\text{ En remplaçant }x \text{ par }-x\text{ dans }f'(x)+2xf(x)=1)
Enfin, comme g(0)=-f(0)=0 , on constate que g est solution du même problème de Cauchy. D'où g=f
On conclut que f est bien une fonction impaire .
\boxed{\text{ L'équation différentielle admet une unique solution impaire }}


exercice 6

1) Les fonctions y sont dérivables sur \R et : \forall x\in\R \enskip : \enskip y'(x)=\text{ e}^{-x}-(k+x)\text{ e}^{-x}=\text{ e}^{-x}-y(x)
L'équation différentielle demandée est donc :
\boxed{y'+y=\text{ e}^{-x} }


2) De la même manière , on trouve :
\boxed{y'+\dfrac{2x}{1+x^2}y=\dfrac{1}{1+x^2} }


exercice 7

Résoudre sur \R l'équation xy'-2y=x^4

La présence du facteur x impose de se placer sur I_1=]-\infty,0[ ou I_2=]0,+\infty[

On doit alors résoudre l'équation différentielle sur I_1=]-\infty,0[ et sur I_2=]0,+\infty[ et voir si les solutions se recollent .

\bullet \text{ Sur }I_1=]-\infty,0[ \text{ : }
L'équation différentielle normalisée homogène associée est : y'-\dfrac{2}{x}y=0 , elle admet comme solutions les fonctions de la forme x\mapsto k_1 \text{ e}^{2\ln|x|}=k_1|x|^2 =k_1x^2\enskip \text{ avec }k_1\in\R.
Utilisons la méthode de variation de la constante, on cherche une solution particulière y_p sous la forme y_p(x)=k_1(x)x^2 , k_1 étant une fonction dérivable sur I_1.

On a alors : y_p'(x)=k_1'(x)x^2+2xk_1(x) et : xy_p'(x)-2y_p=x^4\iff k_1'(x)=x
On peut donc prendre k_1:x\mapsto \dfrac{x^2}{2} , et donc : y_p:x\mapsto \dfrac{x^4}{2} une solution particulière de l'équation différentielle.
Les solutions générales de l'équation différentielle sur I_1=]-\infty,0[ s'écrivent : x\mapsto k_1x^2+\dfrac{x^4}{2} \enskip \text{ avec }k_1\in\R

\bullet \text{ Sur }I_2=]0,+\infty[ \text{ : }
De la même façon, les solutions générales de l'équation différentielle sur I_2=]0,+\infty[ s'écrivent : x\mapsto k_2x^2+\dfrac{x^4}{2} \enskip \text{ avec }k_2\in\R

\bullet \text{ Recherche des solutions sur }\R :
Si y est solution de l'équation différentielle sur \R , il existe k_1,k_2 \in\R \text{ tels que : } y(x)=\begin{cases}k_1x^2+\dfrac{x^4}{2} & \text{ si } x\in]-\infty,0[ \\\\k_2x^2+\dfrac{x^4}{2}& \text{ si }x\in]0,+\infty[ \end{cases}
De plus, il faut que 0\times y'(0)-2y(0)=0 , donc y(0)=0

Réciproquement, il faut vérifier que y se prolonge en une fonction dérivable sur \R , le problème ne se pose qu'en 0 .

Continuité :
On voit directement que \displaystyle \lim_{x\to0^-}y(x)=\lim_{x\to0^+}y(x)=0=y(0)
Donc y est prolongeable par continuité en 0 .

Dérivabilité :
\displaystyle\lim_{x\to0^-}\dfrac{y(x)-y(0)}{x}=\lim_{x\to0^-}\dfrac{2k_1 x +x^3}{2}=0=f'_g(0)\enskip \text{ et }\enskip \displaystyle\lim_{x\to 0^+}\dfrac{y(x)-y(0)}{x}=\lim_{x\to0^+}\dfrac{2k_1 x +x^3}{2}=0=f'_d(0)
On a alors : f'_g(0)=f'_d(0)=0 , on en tire que y est dérivable en 0 avec f'(0)=0.

\bullet\text{ Conclusion : }

Les solutions de l'équation différentielle sur \R s'écrivent :
 \boxed{x\mapsto \begin{cases}k_1x^2+\dfrac{x^4}{2} & \text{ si } x\in]-\infty,0] \\k_2x^2+\dfrac{x^4}{2}& \text{ si }x\in[0,+\infty[ \end{cases} \enskip\enskip \text{ ,  }k_1,k_2\in\R\text{ quelconques }}


Résoudre sur \R l'équation x(1+x^2)y'=y

La présence du facteur x(1+x^2) impose de se placer sur I_1=]-\infty,0[ ou I_2=]0,+\infty[\enskip \enskip (\text{ en effet : }1+x^2 >0 \text{ pour tout réel }x)

On doit alors résoudre l'équation différentielle sur I_1=]-\infty,0[ et sur I_2=]0,+\infty[ et voir si les solutions se recollent .

\bullet \text{ Sur }I_1=]-\infty,0[ \text{ : }
Il s'agit ici d'une équation homogène , écrivons la sous la forme normalisée : y'-\dfrac{1}{x(1+x^2)}y=0 .
Puisque x\mapsto \ln |x|-\dfrac{1}{2}\ln(1+x^2)=\ln (-x)-\dfrac{1}{2}\ln(1+x^2) est une primitive de x\mapsto \dfrac{1}{x(1+x^2)}=\dfrac{1}{x}-\dfrac{x}{x^2+1} sur I_1 .
Alors elle admet comme solutions les fonctions de la forme x\mapsto k'_1 \text{ e}^{\ln (-x)-\frac{1}{2}\ln(1+x^2)}=k'_1\dfrac{-x}{\sqrt{1+x^2}}  \text{ avec }k'_1\in\R\enskip \enskip , \enskip \text{ donc de la forme }x\mapsto \dfrac{k_1 x}{\sqrt{1+x^2}}  \text{ avec }k_1\in\R.

\bullet \text{ Sur }I_2=]0,+\infty[ \text{ : }
De la même façon, les solutions générales de l'équation différentielle sur I_2=]0,+\infty[ s'écrivent : x\mapsto \dfrac{k_2 x}{\sqrt{1+x^2}}  \text{ avec }k_2\in\R

\bullet \text{ Recherche des solutions sur }\R :
Si y est solution de l'équation différentielle sur \R , il existe k_1,k_2 \in\R \text{ tels que : } y(x)=\begin{cases}\dfrac{k_1 x}{\sqrt{1+x^2}} & \text{ si } x\in]-\infty,0[ \\\dfrac{k_2 x}{\sqrt{1+x^2}}& \text{ si }x\in]0,+\infty[ \end{cases}
De plus, il faut que 0\times(1+0^2) y'(0)=y(0) , donc y(0)=0

Réciproquement, il faut vérifier que y se prolonge en une fonction dérivable sur \R , le problème ne se pose qu'en 0 .

Continuité :
On voit directement que \displaystyle \lim_{x\to0^-}y(x)=\lim_{x\to0^+}y(x)=0=y(0)
Donc y est prolongeable par continuité en 0 .

Dérivabilité :
\displaystyle\lim_{x\to0^-}\dfrac{y(x)-y(0)}{x}=\lim_{x\to0^-}\dfrac{k_1 }{\sqrt{1+x^2}}=k_1=f'_g(0)\enskip \text{ et }\enskip \displaystyle\lim_{x\to 0^+}\dfrac{y(x)-y(0)}{x}=\lim_{x\to0^+}\dfrac{k_2 x}{\sqrt{1+x^2}}=k_2=f'_d(0)
Pour que y soit dérivable en 0 , il faut que k_1=f'_g(0)=f'_d(0)=k_2.


\bullet\text{ Conclusion : }

Les solutions de l'équation différentielle sur \R s'écrivent :
 \boxed{x\mapsto \dfrac{kx }{\sqrt{1+x^2}} \enskip\enskip \text{ ,  }k\in\R\text{ quelconque }}


Résoudre sur \R l'équation (x^2+1)y'+(x-1)^2y=x^3-x^2+x+1

L'équation différentielle normalisée homogène associée est : y'+\dfrac{(x-1)^2}{x^2+1}y=0
Puisque \forall x\in\R\enskip : \enskip \dfrac{(x-1)^2}{x^2+1}=\dfrac{x^2-2x+1}{x^2+1}=1-\dfrac{2x}{x^2+1}
Alors x\mapsto x-\ln (x^2+1) est une primitive de x\mapsto \dfrac{(x-1)^2}{x^2+1} sur \R , alors :
Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme x\mapsto k \text{ e}^{-x+\ln (x^2+1)}=k(x^2+1)\text{ e}^{-x} \enskip \text{ avec }k\in\R.

On remarque directement que y_p:x\mapsto x est une solution particulière de l'équation différentielle .

En effet , \forall x\in\R\enskip : \enskip x^2+1+(x-1)^2x=x^2+1+x(x^2-2x+1)=x^3-x^2+x+1

Les solutions générales de l'équation différentielle sur \R sont donc de la forme :
\boxed{x\mapsto x+k(x^2+1)\text{ e}^{-x} \enskip \text{ , }k\in\R}


exercice 8

Résoudre sur \R l'équation \text{  sh }x\text{ }y'-\dfrac{y}{\text{ch }x}=\dfrac{\text{sh}^2 x}{\text{ch }x}

La présence du facteur \text{sh }x impose de se placer sur I_1=]-\infty,0[ ou I_2=]0,+\infty[

On doit alors résoudre l'équation différentielle sur I_1=]-\infty,0[ et sur I_2=]0,+\infty[ et voir si les solutions se recollent .


\bullet \text{ Sur }I_1=]-\infty,0[ \text{ : }

L'équation différentielle normalisée homogène associée est : y'-\dfrac{1}{\text{sh }x\text{ ch }x}y=0 .
On peut trouver une primitive de x\mapsto \dfrac{1}{\text{sh }x\text{ ch }x} sur I_1 en faisant le changement de variable t=\text{ ch }x par exemple .
Mais on peut faire plus simple, il est astucieux de voir que pour tout x de I_1\enskip , \text{ on a : }\enskip \enskip \dfrac{1}{\text{sh }x\text{ ch }x}=\dfrac{\dfrac{1}{\text{ ch }^2 x}}{\dfrac{\text{ sh }x}{\text{ ch }x}}=\dfrac{\text{ th }'x}{\text{ th }x}
La fonction x\mapsto \ln |\text{th }x|=\ln (-\text{th }x) est alors une primitive de x\mapsto \dfrac{1}{\text{sh }x\text{ ch }x} sur I_1 , alors :

Alors l'équation différentielle homogène admet comme solutions les fonctions de la forme x\mapsto k'_1 \text{ e}^{\ln (-\text{th }x)}=k'_1(-\text{th }x)  \text{ avec }k'_1\in\R\enskip \enskip , \enskip \text{ donc de la forme }x\mapsto k_1\text{ th }x \text{ avec }k_1\in\R.

Utilisons la méthode de variation de la constante, on cherche une solution particulière y_p sous la forme y_p(x)=k_1(x)\text{ th }x , k_1 étant une fonction dérivable sur I_1.

On a alors : y_p'(x)=k_1'(x)\text{ th }x+k_1(x)\dfrac{1}{\text{ ch }^2x} et : \text{  sh }x\text{ }y_p'(x)-\dfrac{y_p(x)}{\text{ch }x}=\dfrac{\text{sh}^2 x}{\text{ch }x}\iff k_1'(x)=1
On peut donc prendre k_1:x\mapsto x , et donc : y_p:x\mapsto x\text{ th }x une solution particulière de l'équation différentielle.

Les solutions générales de l'équation différentielle sur I_1=]-\infty,0[ s'écrivent : x\mapsto (x+k_1)\text{th }x \enskip \text{ avec }k_1\in\R


\bullet \text{ Sur }I_2=]0,+\infty[ \text{ : }

De la même façon, les solutions générales de l'équation différentielle sur I_2=]0,+\infty[ s'écrivent : x\mapsto (x+k_2)\text{th }x \enskip \text{ avec }k_2\in\R


\bullet \text{ Recherche des solutions sur }\R :

Si y est solution de l'équation différentielle sur \R , il existe k_1,k_2 \in\R \text{ tels que : } y(x)=\begin{cases}(x+k_1)\text{th }x & \text{ si } x\in]-\infty,0[ \\ (x+k_2)\text{th }x& \text{ si }x\in]0,+\infty[ \end{cases}
De plus, il faut que \text{  sh}(0)\text{ }y'(0)-\dfrac{y(0)}{\text{ch}(0)}=\dfrac{\text{sh}^2(0) }{\text{ch}(0)}\iff 0\times y'(0)-\dfrac{y(0)}{1}=\dfrac{0}{1} , donc y(0)=0

Réciproquement, il faut donc vérifier que y se prolonge en une fonction dérivable sur \R , le problème ne se pose qu'en 0 .

Continuité :
On voit directement que \displaystyle \lim_{x\to 0^-}y(x)=\lim_{x\to0^+}y(x)=0=y(0)
Donc y est prolongeable par continuité en 0 .

Dérivabilité :
Au voisinage de 0 à gauche , on a : y(x)=k_1 x +o(x) , donc f'_g(0)=k_1
Au voisinage de 0 à droite , on a : y(x)=k_2 x +o(x) , donc f'_d(0)=k_2

Pour que y soit dérivable en 0 , il faut que k_1=f'_g(0)=f'_d(0)=k_2.


\bullet\text{ Conclusion : }

Les solutions de l'équation différentielle sur \R s'écrivent :
 \boxed{x\mapsto (x+k)\text{th }x \enskip\enskip \text{ ,  }k\in\R\text{ quelconque }}


Résoudre sur \R l'équation (\text{e}^x-1)y'+(\text{e}^x+1)y=3+2\text{e}^x

La présence du facteur \text{e}^x-1 impose de se placer sur I_1=]-\infty,0[ ou I_2=]0,+\infty[

On doit alors résoudre l'équation différentielle sur I_1=]-\infty,0[ et sur I_2=]0,+\infty[ et voir si les solutions se recollent .


\bullet \text{ Sur }I_1=]-\infty,0[ \text{ : }

L'équation différentielle normalisée homogène associée est : y'+\dfrac{\text{e}^x+1}{\text{e}^x-1}y=0 .
Trouvons une primitive de x\mapsto \dfrac{\text{e}^x+1}{\text{e}^x-1} sur I_1 :
\displaystyle\int \dfrac{\text{e}^x+1}{\text{e}^x-1} dx\underbrace{=}_{t=\text{e}^{x}}\int \dfrac{t+1}{t(t-1)} dt =-\ln|t|+2\ln|t-1|=-x+2\ln\left(1-\text{e}^{x}\right)
Alors l'équation différentielle homogène admet comme solutions les fonctions de la forme x\mapsto \dfrac{k_1 \text{ e}^{x}}{(\text{ e}^{x}-1)^2} \text{ avec }k_1\in\R\enskip \enskip .

Utilisons la méthode de variation de la constante, on cherche une solution particulière y_p sous la forme y_p(x)=\dfrac{k_1(x) \text{ e}^{x}}{(\text{ e}^{x}-1)^2} , k_1 étant une fonction dérivable sur I_1.

On a alors  k_1'(x)=\dfrac{(3+2\text{e}^x)(\text{e}^x-1)}{\text{e}^x}=1+2\text{e}^x-3\text{e}^{-x}
On peut donc prendre k_1:x\mapsto x+2\text{e}^x+3\text{e}^{-x} , et donc : y_p:x\mapsto \dfrac{x\text{e}^x+2\text{e}^{2x}+3}{(\text{ e}^{x}-1)^2} une solution particulière de l'équation différentielle.

Les solutions générales de l'équation différentielle sur I_1=]-\infty,0[ s'écrivent : x\mapsto \dfrac{(k_1+x)\text{e}^x+2\text{e}^{2x}+3}{(\text{ e}^{x}-1)^2} \enskip \text{ avec }k_1\in\R


\bullet \text{ Sur }I_2=]0,+\infty[ \text{ : }

De la même façon, les solutions générales de l'équation différentielle sur I_2=]0,+\infty[ s'écrivent : x\mapsto \dfrac{(k_2+x)\text{e}^x+2\text{e}^{2x}+3}{(\text{ e}^{x}-1)^2} \enskip \text{ avec }k_2\in\R


\bullet \text{ Recherche des solutions sur }\R :

Si y est solution de l'équation différentielle sur \R , il existe k_1,k_2 \in\R \text{ tels que : } y(x)=\begin{cases}\dfrac{(k_1+x)\text{e}^x+2\text{e}^{2x}+3}{(\text{ e}^{x}-1)^2} & \text{ si } x\in]-\infty,0[ \\ \\\dfrac{(k_2+x)\text{e}^x+2\text{e}^{2x}+3}{(\text{ e}^{x}-1)^2} & \text{ si }x\in]0,+\infty[ \end{cases}
De plus, il faut que (\text{e}^{0}-1)y'(0)+(\text{e}^{0}+1)y(0)=3+2\text{e}^{0} , donc y(0)=\dfrac{5}{2}

Réciproquement, il faut donc vérifier que y se prolonge en une fonction dérivable sur \R , le problème ne se pose qu'en 0 .

Continuité :
Pour que \displaystyle \lim_{x\to 0^-}y(x)\text{ et }\lim_{x\to0^+}y(x) soient finies, il faut que : \displaystyle \lim_{x\to 0^-}(k_1+x)\text{e}^x+2\text{e}^{2x}+3=k_1+5=0\text{ et }\lim_{x\to0^+}(k_2+x)\text{e}^x+2\text{e}^{2x}+3=k_2+5=0
Donc, il faut que k_1=k_2=-5
Ensuite , au voisinage de 0 à droite et à gauche , on a : \dfrac{(-5+x)\text{e}^x+2\text{e}^{2x}+3}{(\text{ e}^{x}-1)^2}=\dfrac{5}{2}-\dfrac{1}{6}x+o(x)
Donc : \displaystyle \lim_{x\to 0^-}y(x)=\lim_{x\to0^+}y(x)=\dfrac{5}{2}=y(0)
On en déduit que y est prolongeable par continuité en 0

Dérivabilité :
Au voisinage de 0 à gauche , on a : y(x)=\dfrac{5}{2}-\dfrac{1}{6}x+o(x) , donc y'_g(0)=-\dfrac{1}{6}
De même, au voisinage de 0 à droite , donc y'_d(0)=-\dfrac{1}{6}
Donc y'_d(0)=f'_g(0)=-\dfrac{1}{6}

Il s'ensuit que y est dérivable en 0 avec y'(0)=-\dfrac{1}{6}


\bullet\text{ Conclusion : }

L'équation différentielle admet sur \R une seule solution qui s'écrit :
 \boxed{x\mapsto\begin{cases}\dfrac{(x-5)\text{e}^x+2\text{e}^{2x}+3}{(\text{ e}^{x}-1)^2}& \text{ si } x\neq0 \\\dfrac{5}{2}& \text{ si }x=0 \end{cases}}




exercice 9

Résoudre sur \R\enskip : \enskip  xy'+2y=\dfrac{x+1}{x^2+1}

La présence du facteur x impose de se placer sur I_1=]-\infty,0[ ou I_2=]0,+\infty[

On doit alors résoudre l'équation différentielle sur I_1=]-\infty,0[ et sur I_2=]0,+\infty[ et voir si les solutions se recollent .


\bullet \text{ Sur }I_1=]-\infty,0[ \text{ : }

L'équation différentielle normalisée homogène associée est : y'+\dfrac{2}{x}y=0 .
Une primitive de x\mapsto \dfrac{2}{x} sur I_1 est x\mapsto \ln(x^2)
Alors l'équation différentielle homogène admet comme solutions les fonctions de la forme x\mapsto \dfrac{k_1}{x^2}\text{ avec }k_1\in\R\enskip \enskip .

Utilisons la méthode de variation de la constante pour trouver une solution particulière y_p sous la forme y_p(x)=\dfrac{k_1(x)}{x^2} , k_1 étant une fonction dérivable sur I_1.

On a alors  k_1'(x)=\dfrac{x^2+x}{x^2+1}=1+\dfrac{x}{x^2+1}-\dfrac{1}{x^2+1}
On peut donc prendre k_1:x\mapsto x+\dfrac{1}{2}\ln(x^2+1)-\text{Arctan }x , et donc :
y_p:x\mapsto \dfrac{x+\dfrac{1}{2}\ln(x^2+1)-\text{Arctan }x}{x^2}

est une solution particulière de l'équation différentielle.

Les solutions générales de l'équation différentielle sur I_1=]-\infty,0[ s'écrivent :
x\mapsto \dfrac{k_1}{x^2}+\dfrac{x+\dfrac{1}{2}\ln(x^2+1)-\text{Arctan }x}{x^2} \enskip \text{ avec }k_1\in\R



\bullet \text{ Sur }I_2=]0,+\infty[ \text{ : }

Un calcul analogue donne les solutions générales de l'équation différentielle sur I_2=]0,+\infty[ :
x\mapsto \dfrac{k_2}{x^2}+\dfrac{x+\dfrac{1}{2}\ln(x^2+1)-\text{Arctan }x}{x^2} \enskip \text{ avec }k_2\in\R



\bullet \text{ Recherche des solutions sur }\R :

Si y est solution de l'équation différentielle sur \R , il existe k_1,k_2 \in\R \text{ tels que : } y(x)=\begin{cases}\dfrac{k_1}{x^2}+\dfrac{x+\dfrac{1}{2}\ln(x^2+1)-\text{Arctan }x}{x^2}  & \text{ si } x\in]-\infty,0[ \\ \\\dfrac{k_2}{x^2}+\dfrac{x+\dfrac{1}{2}\ln(x^2+1)-\text{Arctan }x}{x^2}  & \text{ si }x\in]0,+\infty[ \end{cases}
De plus, il faut que l'équation différentielle soit vérifiée pour x=0 , donc on doit avoir y(0)=\dfrac{1}{2}

Réciproquement, il faut vérifier que y se prolonge en une fonction dérivable sur \R , le problème ne se pose qu'en 0 .

Continuité :
Pour simplifier les calculs, on effectue un développement limité au vosinage de 0 :
\dfrac{x+\dfrac{1}{2}\ln(x^2+1)-\text{Arctan }x}{x^2}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{x}{3}+o(x)

Pour que y soit continue, il faut que \displaystyle \lim_{x\to 0^-}y(x)=\lim_{x\to 0^+}y(x)=y(0)
Donc : \displaystyle\lim_{x\to 0^-}\dfrac{k_1}{x^2}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{x}{3}=\dfrac{1}{2}\text{ et }\lim_{x\to0^+}y(x)=\lim_{x\to 0^+}\dfrac{k_2}{x^2}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{x}{3}=\dfrac{1}{2}.
Il faut alors que k_1=k_2=0.

Dérivabilité :
Au voisinage de 0 à gauche , on a : y(x)=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}x+o(x) , donc y'_g(0)=\dfrac{1}{3}
De même, au voisinage de 0 à droite , donc y'_d(0)=\dfrac{1}{3}
Donc y'_d(0)=y'_g(0)=\dfrac{1}{3}
Il s'ensuit que y est dérivable en 0 avec y'(0)=\dfrac{1}{3}


\bullet\text{ Conclusion : }

L'équation différentielle admet sur \R une seule solution qui s'écrit :
 \boxed{x\mapsto\begin{cases}\dfrac{x+\dfrac{1}{2}\ln(x^2+1)-\text{Arctan }x}{x^2}& \text{ si } x\neq0 \\\dfrac{1}{2}& \text{ si }x=0 \end{cases}}


Résoudre sur \R\enskip : \enskip  |x-1|y'+xy=(x-1)^2

La présence du facteur |x-1| impose de se placer sur I_1=]-\infty,1[ ou I_2=]1,+\infty[

On doit alors résoudre l'équation différentielle sur I_1=]-\infty,1[ et sur I_2=]1,+\infty[ et voir si les solutions se recollent .


\bullet \text{ Sur }I_1=]-\infty,1[ \text{ : }

L'équation différentielle normalisée homogène associée est : y'-\dfrac{x}{x-1}y=0 .
Une primitive de x\mapsto \dfrac{x}{x-1}=1+\dfrac{1}{x-1} sur I_1 est x\mapsto x+\ln|x-1|=x+\ln(1-x)
Alors l'équation différentielle homogène admet comme solutions les fonctions de la forme x\mapsto k_1(1-x)\text{ e}^{x}\enskip \enskip \text{ avec }k_1\in\R.

Utilisons la méthode de variation de la constante pour trouver une solution particulière y_p sous la forme y_p(x)= k_1(x)(1-x)\text{ e}^{x} , k_1 étant une fonction dérivable sur I_1.

On a : y_p'(x)=k_1'(x)(1-x)\text{e}^{x}+k_1(x)(-\text{e}^{x}+(1-x)\text{e}^{x})=k_1'(x)(1-x)\text{e}^{x}-k_1(x)x\text{e}^{x}

On a alors :
 \begin{matrix} (1-x)y_p'(x)+xy_p(x)=(x-1)^2 &\iff& (1-x)^2k_1'(x)\text{e}^{x}-k_1(x)x(1-x)\text{e}^{x}+k_1(x)x(1-x)\text{e}^{x}=(x-1)^2 \\\\&\iff& k_1'(x)=\text{e}^{-x} \end{matrix}

On peut donc prendre k_1(x)=-\text{e}^{-x}\enskip\enskip \text{ et donc }\enskip  y_p:x\mapsto x-1 comme solution particulière de l'équation différentielle.

Les solutions générales de l'équation différentielle sur I_1=]-\infty,1[ s'écrivent :
x\mapsto k_1(1-x)\text{e}^x +x-1 \enskip \text{ avec }k_1\in\R



\bullet \text{ Sur }I_2=]1,+\infty[ \text{ : }

L'équation différentielle normalisée homogène associée est : y'+\dfrac{x}{x-1}y=0 .
Une primitive de x\mapsto \dfrac{x}{x-1}=1+\dfrac{1}{x-1} sur I_2 est x\mapsto x+\ln|x-1|=x+\ln(x-1)
Alors l'équation différentielle homogène admet comme solutions les fonctions de la forme x\mapsto \dfrac{k_2\text{ e}^{-x}}{x-1}\enskip \enskip \text{ avec }k_2\in\R.

Utilisons la méthode de variation de la constante pour trouver une solution particulière y_p sous la forme y_p(x)= \dfrac{k_2(x)\text{ e}^{-x}}{x-1} , k_2 étant une fonction dérivable sur I_2.

On a : y_p'(x)=\dfrac{k_2'(x)\text{e}^{-x}}{x-1}-\dfrac{k_2(x)\text{e}^{-x}x}{(x-1)^2}

On a alors :
 \begin{matrix} (x-1)y_p'(x)+xy_p(x)=(x-1)^2 &\iff& k_2'(x)\text{e}^{-x}-\dfrac{k_2(x)x\text{e}^{-x}}{x-1}+\dfrac{k_2(x)x\text{e}^{-x}}{x-1}=(x-1)^2 \\\\&\iff& k_2'(x)=(x-1)^2\text{e}^{x} \end{matrix}

On sait que \exp \text{ et } x\mapsto(x-1)^2 sont de classe \mathcal{C}^1 \text{ sur } ]1,+\infty[ , par primitivation par parties :

\displaystyle \int (x-1)^2 \text{e}^x dx = (x-1)^2\text{e}^{x} -2\int (x-1)\text{e}^x dx =(x-1)^2\text{e}^{x}-2(x-1)\text{e}^{x}+2\int \text{e}^x dx =(x^2-4x+5)\text{e}^{x}

On peut donc prendre y_p:x\mapsto \dfrac{x^2-4x+5}{x-1} comme solution particulière de l'équation différentielle.

Les solutions générales de l'équation différentielle sur I_2=]1,+\infty[ s'écrivent :
x\mapsto \dfrac{x^2-4x+5+k_2\text{e}^{-x}}{x-1}  \enskip \text{ avec }k_2\in\R



\bullet \text{ Recherche des solutions sur }\R :

Si y est solution de l'équation différentielle sur \R , il existe k_1,k_2 \in\R \text{ tels que : } y(x)=\begin{cases}k_1(1-x)\text{e}^x +x-1 & \text{ si } x\in]-\infty,1[ \\ \\\dfrac{x^2-4x+5+k_2\text{e}^{-x}}{x-1}   & \text{ si }x\in]1,+\infty[ \end{cases}

De plus, il faut que l'équation différentielle soit vérifiée pour x=1 , donc on doit avoir y(1)=0

Réciproquement, il faut vérifier que y se prolonge par continuité en une fonction dérivable sur \R , le problème ne se pose qu'en 1 .

Continuité :

Pour que y soit continue, il faut que \displaystyle \lim_{x\to 1^-}y(x)=\lim_{x\to 1^+}y(x)=y(1)

On a : \displaystyle \lim_{x\to 1^-}y(x)=\lim_{x\to 1^-}k_1(1-x)\text{e}^{x}+x-1=0=y(1)

Et : \displaystyle \lim_{x\to 1^+}y(x)=\lim_{x\to 1^+}\dfrac{x^2-4x+5+k_2\text{e}^{-x}}{x-1} ,il faut alors que k_2\text{e}^{-1}+2=0 \text{ et donc }k_2=-2\text{e}

Vérification :
Au voisinage de 1 à droite : \dfrac{x^2-4x+5-2\text{e}^{1-x}}{x-1}=\dfrac{(x-1)^2}{3}+O((x-1)^3)

Alors :\displaystyle \lim_{x\to 1^+}y(x)=\lim_{x\to 1^+}\dfrac{x^2-4x+5+k_2\text{e}^{-x}}{x-1}=0=y(1)

Donc : \displaystyle \lim_{x\to 1^+}y(x)=\lim_{x\to 1^-}y(x)=0=y(1)
On a alors y est solution de l'équation différentielle sur \R , alors il existe k_1 \in\R \text{ tels que : } y(x)=\begin{cases}k_1(1-x)\text{e}^x +x-1 & \text{ si } x\in]-\infty,1] \\ \\\dfrac{x^2-4x+5-2\text{e}^{1-x}}{x-1}   & \text{ si }x\in]1,+\infty[ \end{cases}

Dérivabilité :
Au voisinage de 1 à droite , on avait calculé \dfrac{x^2-4x+5-2\text{e}^{1-x}}{x-1}=\dfrac{(x-1)^2}{3}+O((x-1)^3) , donc y'_d(1)=0
Au voisinage de 0 à gauche: \displaystyle \lim_{x\to 1^-}\dfrac{y(x)-y(1)}{x-1}=\lim_{x\to 1^-}-k_1\text{e}+1=y'_g(1)
Pour que y soit dérivable en 1, il faut que y'_d(1)=y'_g(1)\enskip \text{ ce qui donne } -k_1\text{e}+1=0\enskip \text{ , donc } k_1=\text{e}^{-1}


\bullet\text{ Conclusion : }

L'équation différentielle admet sur \R une seule solution qui s'écrit :
 \boxed{x\mapsto\begin{cases}(x-1)(1-\text{e}^{x-1}) & \text{ si } x\in]-\infty,1] \\ \\\dfrac{x^2-4x+5-2\text{e}^{1-x}}{x-1}   & \text{ si }x\in]1,+\infty[ \end{cases}}




exercice 10

Résoudre sur \R\enskip : \enskip  2x(x+1)y'+(x+1)y=1

La présence du facteur 2x(x+1) impose de se placer sur I_1=]-\infty,-1[ , I_2=]-1,0[ ou I_3=]0,+\infty[

On doit alors résoudre l'équation différentielle sur I_1=]-\infty,-1[\enskip , \enskip I_2=]-1,0[ et sur I_3=]0,+\infty[ et voir si les solutions se recollent .


\bullet \text{ Sur }I_1=]-\infty,-1[ \text{ : }

L'équation différentielle normalisée homogène associée est : y'+\dfrac{1}{2x}y=0 .
Une primitive de x\mapsto \dfrac{1}{2x} sur I_1 est x\mapsto \dfrac{1}{2}\ln(-x)|
Alors l'équation différentielle homogène admet comme solutions les fonctions de la forme x\mapsto \dfrac{k_1}{\sqrt{-x}}\enskip \enskip \text{ avec }k_1\in\R.

Utilisons la méthode de variation de la constante pour trouver une solution particulière y_p sous la forme y_p(x)= \dfrac{k_1(x)}{\sqrt{-x}} , k_1 étant une fonction dérivable sur I_1.

On a : y_p'(x)=\dfrac{k_1'(x)\sqrt{-x}+\dfrac{k_1(x)}{2\sqrt{-x}}}{-x}=\dfrac{-2xk_1'(x)+k_1(x)}{-2x\sqrt{-x}}=\dfrac{k_1'(x)}{\sqrt{-x}}-\dfrac{k_1(x)}{2x\sqrt{-x}}

On a alors :
 \begin{matrix} 2x(x+1)y_p'(x)+(x+1)y_p(x)=1 &\iff& \dfrac{2x(x+1)k_1'(x)}{\sqrt{-x}}-\dfrac{(x+1)k_1(x)}{\sqrt{-x}}+\dfrac{(x+1)k_1(x)}{\sqrt{-x}}=1 \\\\&\iff& k_1'(x)=\dfrac{\sqrt{-x}}{2x(x+1)}\\\\&\iff& k_1'(x)=-\dfrac{1}{2\sqrt{-x}(x+1)}\\\\&\iff& k_1'(x)=\dfrac{-\dfrac{1}{2\sqrt{-x}}}{1-(\sqrt{-x})^2}  \end{matrix}

On effectue le changement de variable u=\sqrt{-x} pour calculer la primitive k_1(x)=\displaystyle \int \dfrac{-\dfrac{1}{2\sqrt{-x}}}{1-(\sqrt{-x})^2} dx

k_1(x)=\displaystyle \int \dfrac{-\dfrac{1}{2\sqrt{-x}}}{1-(\sqrt{-x})^2} dx=\int \dfrac{du}{1-u^2}=\dfrac{1}{2}\ln\left|\dfrac{1+u}{1-u}\right|=\dfrac{1}{2}\ln\left|\dfrac{1+\sqrt{-x}}{1-\sqrt{-x}}\right|=\dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{\sqrt{-x}+1}{\sqrt{-x}-1}\right)

Attention : La fonction \text{ Argth } n'est pas une primitive de x\mapsto \dfrac{1}{1-x^2} sur ]-\infty,-1[

On en déduit une solution particulière sur I_1 est : y_p:x\mapsto \dfrac{1}{2\sqrt{-x}}\ln\left(\dfrac{\sqrt{-x}+1}{\sqrt{-x}-1}\right)

Les solutions générales de l'équation différentielle sur I_1=]-\infty,-1[ s'écrivent :
x\mapsto \dfrac{k_1}{\sqrt{-x}}+ \dfrac{1}{2\sqrt{-x}}\ln\left(\dfrac{\sqrt{-x}+1}{\sqrt{-x}-1}\right) \enskip \text{ avec }k_1\in\R


\bullet \text{ Sur }I_2=]-1,0[ \text{ : }
Un calcul analogue donne les solutions sans second membre : x\mapsto \dfrac{k_2}{\sqrt{-x}}\enskip \enskip \text{ avec }k_2\in\R
Par méthode de variation de la constante : k_2(x)=\displaystyle \int \dfrac{-\dfrac{1}{2\sqrt{-x}}}{1-(\sqrt{-x})^2} dx=\int \dfrac{du}{1-u^2}=\text{Argth }u=\text{Argth }(-\sqrt{x})

On en déduit une solution particulière sur I_2 : y_p:x\mapsto \dfrac{\text{Argth }(-\sqrt{x})}{\sqrt{-x}}

les solutions générales de l'équation différentielle sur I_2=]-1,0[ :
x\mapsto \dfrac{k_2+\text{Argth }(-\sqrt{x})}{\sqrt{-x}} \enskip \text{ avec }k_2\in\R


\bullet \text{ Sur }I_3=]0,+\infty[ \text{ : }
De même, un calcul analogue donne les solutions sans second membre : x\mapsto \dfrac{k_3}{\sqrt{x}}\enskip \enskip \text{ avec }k_3\in\R
Par méthode de variation de la constante : k_3(x)=\displaystyle \int \dfrac{\dfrac{1}{2\sqrt{x}}}{1+(\sqrt{x})^2} dx=\int \dfrac{du}{1+u^2}=\text{Arctan }u=\text{Arctan }(\sqrt{x})

On en déduit une solution particulière sur I_3 : y_p:x\mapsto \dfrac{\text{Arctan }(\sqrt{x})}{\sqrt{x}}

les solutions générales de l'équation différentielle sur I_3=]0,+\infty[ :
x\mapsto \dfrac{k_3+\text{Arctan }(\sqrt{x})}{\sqrt{x}} \enskip \text{ avec }k_3\in\R



\bullet \text{ Recherche des solutions sur }\R :

Si y est solution de l'équation différentielle sur \R , il existe k_1,k_2,k_3 \in\R \text{ tels que : } y(x)=\begin{cases}\dfrac{k_1}{\sqrt{-x}}+ \dfrac{1}{2\sqrt{-x}}\ln\left(\dfrac{\sqrt{-x}+1}{\sqrt{-x}-1}\right) & \text{ si } x\in]-\infty,-1[ \\\\ \dfrac{k_2+\text{Argth }(-\sqrt{x})}{\sqrt{-x}}    & \text{ si }x\in]-1,0[\\\\ \dfrac{k_3+\text{Arctan }(\sqrt{x})}{\sqrt{x}} & \text{ si }x\in]0,+\infty[\end{cases}

Réciproquement, il faut vérifier que y se prolonge par continuité en une fonction dérivable sur \R , le problème se pose en -1\text{ et }0 .

Continuité en 0 :

Puisqu'au voisinage de 0 : \displaystyle \text{Arctan x}\sim x  \enskip \text{ et }\text{Argth x}\sim x

Alors : \displaystyle \lim_{x\to 0^+}\dfrac{\text{Arctan }(\sqrt{x})}{\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0^-}\dfrac{\text{Argth }(\sqrt{-x})}{\sqrt{-x}}=1

Or, x\mapsto \dfrac{1}{\sqrt{|x|}} n'est pas bornée en 0. Donc y est prolongeable par continuité en 0 si, et seulement si k_2=k_3=0

Dérivabilité en 0 :
On a :

\displaystyle \lim_{x\to 0^-}\dfrac{y(x)-y(0)}{x}=\lim_{x\to 0^-}-\dfrac{\text{Argth }(\sqrt{-x})-\sqrt{-x}}{-x\sqrt{-x}}=\lim_{x\to 0^-}-\dfrac{\text{Argth }(\sqrt{-x})-\sqrt{-x}}{(-x)^{\frac{3}{2}}}

\displaystyle \lim_{x\to 0^+}\dfrac{y(x)-y(0)}{x}=\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\text{Arctan }(\sqrt{x})-\sqrt{x}}{x\sqrt{x}}=\lim_{x\to 0^+}\dfrac{\text{Arctan }(\sqrt{x})-\sqrt{x}}{x^{\frac{3}{2}}}

Au voisinage de 0 , on a: \dfrac{\text{Arctan }(u)-u}{u^3}=-\dfrac{1}{3}+o(u)\enskip\text{ et }\enskip -\dfrac{\text{Argth }(u)-u}{u^3}=-\dfrac{1}{3}+o(u)

On en déduit que : \displaystyle \lim_{x\to 0^-}\dfrac{y(x)-y(0)}{x}=-\dfrac{1}{3}\enskip \text{ et }\enskip \displaystyle \lim_{x\to 0^+}\dfrac{y(x)-y(0)}{x}=-\dfrac{1}{3}

Par conséquent, la fonction y pour les valeurs k_2=k_3=0 est dérivable en 0 et y'(0)=-\dfrac{1}{3}

Continuité en -1 :
La fonction y ne peut pas être prolongée par continuité en -1 car quelque soit la valeur de k_1, on a: \displaystyle \lim_{x\to-1^-}\dfrac{k_1}{\sqrt{-x}}+ \dfrac{1}{2\sqrt{-x}}\ln\left(\dfrac{\sqrt{-x}+1}{\sqrt{-x}-1}\right)=+\infty


\bullet\text{ Conclusion : }

\boxed{\text{L'équation différentielle n'admet pas de solution sur } \R}


Elle admet par contre une unique solution sur l'intervalle ]-1,+\infty[ :
 \boxed{x\mapsto\begin{cases}\dfrac{\text{Argth }(-\sqrt{x})}{\sqrt{-x}} & \text{ si } x\in]-1,0[ \\ 1 & \text{ si }x=0   \\ \dfrac{\text{Arctan }(\sqrt{x})}{\sqrt{x}} & \text{ si }x\in]0,+\infty[\end{cases}}




exercice 11

Résoudre sur \R\enskip : \enskip  y''+y'-2y=\text{e}^{3x}

On commence par résoudre l'équation homogène associée y''+y'-2y=0 .

On résout l'équation caractéristique : r^2+r+2=0 \iff (r+2)(r-1)=0\iff r=1 \text{ ou }r=-2
Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme x\mapsto A \text{ e}^{-2x}+B\text{ e}^{x} \enskip \text{ avec }A,B\in\R.
D'après le cours, comme 3 n'est pas solution de l'équation caractéristique , on déduit que x\mapsto \dfrac{\text{ e}^{3x}}{9+3-2}=\dfrac{\text{ e}^{3x}}{10} est une solution particulière de l'équation .
Les solutions générales de l'équation différentielle s'écrivent donc :
\boxed{x\mapsto \dfrac{\text{ e}^{3x}}{10} +A \text{ e}^{-2x}+B\text{ e}^{x} \enskip \text{ avec }A,B\in\R}


Résoudre sur \R\enskip : \enskip  y''+y'-2y=\text{e}^{3x}+\text{e}^{-2x}
L'étude de l'équation homogène associée a été faite ci-dessus , et on sait que x\mapsto \dfrac{\text{ e}^{3x}}{10} est une solution particulière de l'équation y''+y'-2y=\text{e}^{3x} .
Il suffit de trouver une solution particulière de y''+y'-2y=\text{e}^{-2x} pour conclure.
Comme -2 est une racine simple de l'équation caractéristique , on calcule P'(-2) avec P(r)=r^2+r-2\enskip : \enskip P'(-2)=-3 . On déduit que x\mapsto \dfrac{-x\text{ e}^{-2x}}{3} est une solution particulière de l'équation y''+y'-2y=\text{e}^{-2x} .
En appliquant le principe de superposition des solutions , on obtient les solutions générales de l'équation différentielle :

\boxed{x\mapsto \dfrac{\text{ e}^{3x}}{10}-\dfrac{x\text{ e}^{-2x}}{3} +A \text{ e}^{-2x}+B\text{ e}^{x} \enskip \text{ avec }A,B\in\R}


Résoudre sur \R\enskip : \enskip  y''+y'-2y=\sin x

L'équation homogène associée est toujours le même , il suffit de trouver une solution particulière.
D'après le cours, elle est de la forme y_p\text{ : }x\mapsto a\cos x + b\sin x .
y_p est solution particulière de l'équation différentielle si et seulement si : \forall x\in\R \text{ : }y_p''(x)+y'_p(x)-2y_p(x)=\sin x
Donc si et seulement si : \forall x\in\R\text{  : }-a\cos x -b\sin x -a\sin x +b\cos x -2a\cos x -2b\sin x = \sin x \iff \begin{cases} -3a+b=0\\-a-3b=1 \end{cases} \iff \begin{cases} a=-\dfrac{1}{10}\\b=-\dfrac{3}{10} \end{cases}
la solution particulière y_p s'écrit alors : y_p\text{ : }x\mapsto -\dfrac{1}{10}\cos x -\dfrac{3}{10}\sin x
Les solutions générales de l'équation différentielle sont donc :
\boxed{x\mapsto -\dfrac{1}{10}\cos x -\dfrac{3}{10}\sin x  +A \text{ e}^{-2x}+B\text{ e}^{x} \enskip \text{ avec }A,B\in\R}




exercice 12

Résoudre sur \R\enskip : \enskip  y''+2y'-5y=5x

On commence par résoudre l'équation homogène associée y''+2y'-5y=0 .

On résout l'équation caractéristique : r^2+2r-5=0 \iff (r+1+2i)(r+1-2i)=0\iff r=-1+2i \text{ ou }r=-1-2i
Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme x\mapsto \text{ e}^{-x}\left(A\cos 2x +B\sin 2x\right) \enskip \text{ avec }A,B\in\R.
On cherche une solution particulière de la forme y_p:x\mapsto ax+b .
y_p est solution si et seulement si :
2a+5ax+5b=5x \iff \begin{cases} 5a=5\\2a+5b=0\end{cases} \iff \begin{cases}a=1\\b=-\dfrac{2}{5}\end{cases}
Les solutions générales de l'équation différentielle s'écrivent donc :
\boxed{x\mapsto x-\dfrac{2}{5}+\text{ e}^{-x}\left(A\cos 2x +B\sin 2x\right) \enskip \text{ avec }A,B\in\R}


Résoudre sur \R\enskip : \enskip  -3y''-2y'+y=\cos x

On commence par résoudre l'équation homogène associée -3y''-2y'+y=0 .

On résout l'équation caractéristique : -3r^2-2r+1=0 \iff (r+1)\left(r-\dfrac{1}{3}\right)=0\iff r=-1 \text{ ou }r=\dfrac{1}{3}
Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme x\mapsto A \text{ e}^{-x}+B\text{ e}^{\frac{x}{3}} \enskip \text{ avec }A,B\in\R.
On cherche une solution particulière de la forme y_p\text{ : }x\mapsto a\cos x + b\sin x .
y_p est solution particulière si et seulement si : \forall x\in\R\text{  : }3a\cos x +3b\sin x +2a\sin x -2b\cos x +a\cos x +b\sin x = \sin x \iff \begin{cases} 4a-2b=1\\2a+4b=0 \end{cases} \iff \begin{cases} a=\dfrac{1}{5}\\b=-\dfrac{1}{10} \end{cases}
la solution particulière y_p s'écrit alors : y_p\text{ : }x\mapsto \dfrac{1}{5}\cos x -\dfrac{1}{10}\sin x
Les solutions générales de l'équation différentielle sont donc :
\boxed{x\mapsto \dfrac{1}{5}\cos x -\dfrac{1}{10}\sin x+A \text{ e}^{-x}+B\text{ e}^{\frac{x}{3}}  \enskip \text{ avec }A,B\in\R}


Résoudre sur \R\enskip : \enskip  -2y''+y'+y=10x\cos x

On commence par résoudre l'équation homogène associée -2y''+y'+y=0 .

On résout l'équation caractéristique : -2r^2+r+1=0 \iff (r-1)\left(-2r-1\right)=0\iff r=1 \text{ ou }r=-\dfrac{1}{2}
Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme x\mapsto A \text{ e}^{x}+B\text{ e}^{-\frac{x}{2}} \enskip \text{ avec }A,B\in\R.
On cherche une solution particulière de l'équation différentielle -2y''+y'+y=10x\text{e}^{ix} , et on prendra sa partie réelle comme solution particulière de l'équation différentielle recherchée -2y''+y'+y=10x\cos x
Une telle solution particulière est de la forme y_p\text{ : }x\mapsto (ax+b)\text{e}^{ix} .
Calculons : \forall x\in\R\enskip : y_p'(x)=(a+iax+ib)\text{e}^{ix} \enskip\text{ et }\enskip y_p''(x)=(2ia-ax-b)\text{e}^{ix}
y_p est solution particulière si et seulement si : -2(2ia-ax-b)+(a+iax+ib)+(ax+b)=10x \iff \begin{cases} 2a+ia+a=10\\-4ia+2b+a+ib+b=0 \end{cases} \iff \begin{cases} a=3-i\\b=\dfrac{8}{5}+\dfrac{19}{5}i \end{cases}
La solution particulière y_p de l'équation -2y''+y'+y=10x\text{e}^{ix} s'écrit alors : y_p\text{ : }x\mapsto \left(\left[3x+\dfrac{8}{5}\right]+i\left[-x+\dfrac{19}{5}\right]\right)\text{e}^{ix}
Il s'ensuit qu'une solution particulière de l'équation -2y''+y'+y=10x\cos x s'écrit : x\mapsto \mathcal{R}e(y_p(x))=\left(3x+\dfrac{8}{5}\right)\cos x +\left(3-\dfrac{19}{5}\right)\sin x

Les solutions générales de l'équation différentielle demandées sont donc :

\boxed{x\mapsto \left(3x+\dfrac{8}{5}\right)\cos x +\left(3-\dfrac{19}{5}\right)\sin x+A \text{ e}^{x}+B\text{ e}^{-\frac{x}{2}} \enskip \text{ avec }A,B\in\R}




exercice 13


Effectuer le changement de variable x=\text{e}^{t} revient à chercher une solution de la forme y(x)=z\left(\ln x\right) , z (comme y ), étant une fonction dérivable sur ]0,+\infty[
\forall x\in]0,+\infty[\enskip : \enskip y(x)=z(\ln x)\Rightarrow y'(x)=\dfrac{z'(\ln x)}{x}\Rightarrow y''(x)=\dfrac{z''(\ln x)}{x}\times \dfrac{1}{x}-\dfrac{z'(\ln x)}{x^2}
Ainsi : x^2 y''(x)+xy'(x)+y(x)=0 \iff z''(\ln x)-z'(\ln x)+z'(\ln x)+z(\ln x)=0
z est donc solution de l'équation différentielle z''+z=0 , par conséquent, il existe A,B\in\R \text{ tels que : } z(t)=A\cos t+B\sin t

Les solutions générales de l'équation différentielle sur ]0,+\infty[ sont donc de la forme :

\boxed{y:x\mapsto A \cos(\ln x)+B\sin(\ln x) \enskip \text{ avec }A,B\in\R}




exercice 14

Résoudre sur \R\enskip : \enskip  y''-2y'+y=x\text{e}^{-x}

On commence par résoudre l'équation homogène associée y''-2y'+y=0 .
On résout l'équation caractéristique : r^2-2r+1=0 \iff (r-1)^2=0\iff r=1
Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme x\mapsto (Ax+B)\text{ e}^{x} \enskip \text{ avec }A,B\in\R.
Puisque -1 n'est pas racine de X^2-2X+1 , on cherche une solution particulière de la forme y_p:x\mapsto (ax+b)\text{e}^{-x} .
Calculons : \forall x\in\R\enskip : y_p'(x)=(a-ax-b)\text{e}^{-x} \enskip\text{ et }\enskip y_p''(x)=(-2a+ax+b)\text{e}^{-x}
y_p est solution si et seulement si :
-2a+ax+b-2a+2ax+2b+ax+b=x \iff \begin{cases} -4a+4b=0\\4a=1\end{cases} \iff \begin{cases}a=\dfrac{1}{4}\\b=\dfrac{1}{4}\end{cases}
Les solutions générales de l'équation différentielle s'écrivent donc :
\boxed{x\mapsto \dfrac{1}{4}(x+1)\text{e}^{-x} +(Ax+B)\text{ e}^{x} \enskip \text{ avec }A,B\in\R}


Résoudre sur \R\enskip : \enskip  y''-6y'+9y=\text{e}^{3x}+\sin x

On commence par résoudre l'équation homogène associée y''-6y'+9y=0 .
On résout l'équation caractéristique : r^2-6r+9=0 \iff (r-3)^2=0\iff r=3
Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme x\mapsto (Ax+B)\text{ e}^{3x} \enskip \text{ avec }A,B\in\R.

Pour résoudre l'équation complète, on applique le principe de superposition des solutions : on cherche une solution particulière correspondante au second membre \text{e}^{3x} , et une solution particulière correspondante au second membre \sin x .

\bullet Pour le second membre \sin x :

On cherche une solution particulière y_{p_1}:x\mapsto a\cos x+b\sin x
y_{p_1} est solution particulière si et seulement si : \forall x\in\R\text{  : }(8a-6b)\cos x +(6a+8b)\sin x = \sin x \iff \begin{cases} 8a-6b=0\\6a+8b=1 \end{cases} \iff \begin{cases} a=\dfrac{3}{50}\\b=\dfrac{4}{50} \end{cases}
La solution particulière y_{p_1} s'écrit alors : y_{p_1}\text{ : }x\mapsto \dfrac{1}{50}\left(3\cos x +4\sin x\right)

\bullet Pour le second membre \text{e}^{3x} :

Puisque 3 est racine de P(X)=X^2-6X+9\text{ et de }P'(X)=2X-6 , on cherche une solution particulière y_{p_2}:x\mapsto ax^2\text{e}^{3x}
y_{p_2} est solution particulière si et seulement si : \forall x\in\R\text{  : }y_{p_2}''(x)-6y_{p_2}'(x)+9y_{p_2}(x)=\text{e}^{3x}  \iff (2a+6ax+6ax+9ax^2)-6(2ax+3ax^2)+9ax^2=1 \iff a=\dfrac{1}{2}
La solution particulière y_{p_2} s'écrit alors : y_{p_2}\text{ : }x\mapsto \dfrac{1}{2}x^2

Les solutions générales de l'équation différentielle s'écrivent donc :

\boxed{x\mapsto \dfrac{1}{50}\left(3\cos x +4\sin x\right) +\left(Ax+B+\dfrac{x^2}{2}\right)\text{e}^{3x} \enskip \text{ avec }A,B\in\R}




exercice 15


Soit f une fonction dérivable sur ]0,+\infty[ telle que : \forall x\in\R \enskip , \enskip f'(x)=f\left(\dfrac{1}{x}\right)
f' est alors dérivable , en tant que composée de f et de x\mapsto \dfrac{1}{x} .

On calcule donc : f''(x)=-\dfrac{1}{x^2}f'\left(\dfrac{1}{x}\right)=-\dfrac{1}{x^2} f(x)

On en tire que f est solution de l'équation différentielle : x^2 y''+y=0

Posons g(t)=f\left(\text{e}^t\right) , g est alors au moins deux fois dérivable sur \R et donc , pour tout t \in\R \enskip : \enskip g'(t)=\text{e}^{t} f'\left(\text{e}^t\right) \enskip \text{ et }\enskip g''(t)=\text{e}^{t} f'\left(\text{e}^t\right)+\text{e}^{2t} f''\left(\text{e}^t\right)

On obtient : \text{e}^{2t} f''\left(\text{e}^t\right)=g''(t)-g'(t)

Et comme, pour tout réel strictement positif x\enskip : \enskip  x^2 f''(x)+f(x)=0 , on en déduit que \text{e}^{2t}f''\left(\text{e}^{t}\right)+f\left(\text{e}^{t}\right)=0 , et donc : g''(t)-g'(t)+g(t)=0

Il n'y a plus qu'à résoudre l'équation différentielle : y''-y'+y=0
On résout l'équation caractéristique : r^2-r+1=0 \iff \left(r-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\left(r-\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=0
Les solutions de l'équation sont les fonctions de la forme x\mapsto \text{e}^{\frac{t}{2}}\left[ A\cos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}t\right)+B\sin\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}t\right) \right] \enskip \text{ avec }A,B\in\R.

Enfin , en posant x=\ln t , on obtient : f(x)=\sqrt{x}\left[ A\cos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ln x\right)+B\sin\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ln x\right) \right] \enskip \text{ avec }A,B\in\R

Réciproquement, vérifions si ces fonctions conviennent :

Soit f définie par : f(x)=\sqrt{x}\left[ A\cos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ln x\right)+B\sin\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ln x\right) \right] \enskip \text{ avec }A,B\in\R

On a, par calcul :

\begin{matrix}f'(x)&=&\sqrt{x}\left(-A\dfrac{\sqrt{3}}{2x}\sin\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ln x\right)+B\dfrac{\sqrt{3}}{2x}\cos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ln x\right)\right)+\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\left( A\cos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ln x\right)+B\sin\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ln x\right) \right) \\\\&=&\dfrac{1}{\sqrt{x}}\left(\dfrac{B\sqrt{3}+A}{2}\cos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ln x\right)+\dfrac{B-A\sqrt{3}}{2}\sin\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ln x\right)\right)\end{matrix}

Et aussi : f\left(\dfrac{1}{x}\right)= \dfrac{1}{\sqrt{x}}\left(A\cos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ln x\right)-B\sin\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ln x\right)\right)

f est donc solution du problème initial si et seulement si : \begin{cases}A=\dfrac{A+B\sqrt{3}}{2}\\B=\dfrac{A\sqrt{3}-B}{2}\end{cases} \iff A=B\sqrt{3}

En notant k=2B\in\R , on conclut que les fonctions solutions s'écrivent sous la forme :

\boxed{x\mapsto k\sqrt{x}\cos \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ln x -\dfrac{\pi}{6}\right) \enskip , \enskip k\in\R}




exercice 16



\bullet r=0
L'équation a pour solutions le fonctions de la forme x\mapsto Ax+B \text{ , }A,B\in\R . La seule fonction de cette forme qui s'annule en deux points distincts est la fonction nulle.

\bullet r<0
L'équation a pour solutions les fonctions de la forme : x\mapsto A\text{e}^{x\sqrt{-r}}+B\text{e}^{-x\sqrt{-r}}=  \alpha \text{ ch }(x\sqrt{-r})+\beta \text{ sh }(x\sqrt{-r})\text{ , }A,B\in\R \enskip \text{ et }\enskip \alpha=A+B,\beta=A-B \in\R

y(0)=0 \text{ donne } \alpha=0 \enskip \text{ et }\enskip y(1)=0 \text{ donne } \beta =0
Seule la fonction nulle convient .

\bullet r>0
L'équation a pour solutions les fonctions de la forme : x\mapsto A \cos(x\sqrt{r})+B \sin (x\sqrt{r})\text{ , }A,B\in\R

y(0)=0 \text{ donne } A=0 \enskip \text{ et }\enskip y(1)=0 \text{ donne } B \sin (\sqrt{r}) =0

Or , \sin (\sqrt{r}) =0  \Rightarrow r=(k\pi)^2 =k^2\pi^2 \enskip , \enskip k\in\N^{*}

Conclusion :
\boxed{\text{Le problème a des solutions non nulles uniquement pour } r>0\text{ de la forme } r=k^2\pi^2 \enskip , k\in\N^{*} }




exercice 17


Le système nous montre que x et y sont indéfiniment dérivables .
On a : x''=x'+y'=x+y+x-y=2x
Or : x''-2x=0 a pour solutions les fonctions de la forme : t\mapsto A\text{ ch }(t\sqrt{2})+B\text{ sh }(t\sqrt{2}) \text{ , } A,B\in\R (voir l'exercice précédent)
De plus , puisque y=x'-x , alors : y(t)=(B\sqrt{2}-A)\text{ ch }(t\sqrt{2})+(A\sqrt{2}-B)\text{ sh }(t\sqrt{2})
Les conditions x(0)=0 \text{ et }y(0)=1 \text{ donnent } A=0\text{ et }B+\sqrt{1}{\sqrt{2}}
On obtient finalement :
x:t\mapsto \dfrac{1}{\sqrt{2}}\text{ sh }(t\sqrt{2}) \enskip , \enskip y:t\mapsto \text{ ch }(t\sqrt{2})-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\text{ sh }(t\sqrt{2})


Réciproquement , on s'assure par calcul que les équations sont bien vérifiées :

\forall t\in\R \text{ : } x'(t)=\text{ ch }(t\sqrt{2})=x(t)+y(t) \enskip \text{ et }\enskip y'(t)=\sqrt{2}\text{ sh }(t\sqrt{2})-\text{ ch }(t\sqrt{2})=x(t)-y(t)

Conclusion :
\boxed{\text{La solution du système est } \left( x:t\mapsto \dfrac{1}{\sqrt{2}}\text{ sh }(t\sqrt{2}) \enskip , \enskip y:t\mapsto \text{ ch }(t\sqrt{2})-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\text{ sh }(t\sqrt{2}) \right)}




exercice 18


En effectuant la somme et la différence des deux lignes, on obtient : \begin{cases}x''+y''=2(x'+y')-(x+y)\\ x''-y''=x-y\end{cases}

Soit, en posant u=x+y et v=x-y , le système est équivalent à : \begin{cases}u''+-2u+u=0\\ v''-v=0\end{cases}

La résolution donne : \begin{cases}u:t\mapsto (At+B)\text{e}^{t}\\ v:t\mapsto A'\text{e}^{t}+B'\text{e}^{-t}\end{cases}\text{ , où }A,B,A',B'\in\R

D'où :

x:t\mapsto \dfrac{u(t)+v(t)}{2}=\left(\dfrac{At}{2}+\dfrac{B+A'}{2}\right) \text{e}^{t}+\dfrac{B'}{2}\text{e}^{-t} \enskip \text{ et }\enskip y:t\mapsto \dfrac{u(t)-v(t)}{2}=\left(\dfrac{At}{2}+\dfrac{B-A'}{2}\right) \text{e}^{t}-\dfrac{B'}{2}\text{e}^{-t}

Posons : a=\dfrac{A}{2} \text{ , }d=-\dfrac{B'}{2}\text{ , }b=\dfrac{B+A'}{2}\text{ et }c=\dfrac{B-A'}{2}

Les solutions du système sont les couples de fonctions de la forme :

\boxed{\left(x:t\mapsto \left(at+b\right) \text{e}^{t}-d\text{e}^{-t} ,y:t\mapsto \left(at+c\right) \text{e}^{t}+d\text{e}^{-t}\right)\enskip , \enskip a,b,c,d\in\R}


exercice 19


Soit y solution de l'équation différentielle (1-x^2)y''-xy'+y=0 sur ]-1,1[

y est alors deux fois dérivable sur ]-1,1[

On pose x=\sin t , si on prend t\in \left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[ , on définit une fonction g sur cet intervalle par:

y(x)=y(\sin t)=g(t)

g(t)=g(\text{Arcsin }x)=y(x)

g est deux fois dérivable sur \left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[

y(x)=g(\text{Arcsin }x) donne : y'(x)=\dfrac{g'(\text{Arcsin }x)}{\sqrt{1-x^2}} \enskip \text{ et }\enskip y''(x)=\dfrac{g''(\text{Arcsin }x)}{1-x^2}+\dfrac{xg'(\text{Arcsin }x)}{(1-x^2)^{\frac{3}{2}}}

On obtient alors : (1-x^2)y''-xy'+y=0\iff g''(\text{Arcsin }x)+g(\text{Arcsin }x)=0\iff g''(t)+g(t)=0

On en déduit que y est solution de (1-x^2)y''-xy'+y=0 sur ]-1,1[ si et seulement si g est solution de z''+z=0 sur \left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[


Cette équation a pour solutions les fonctions de la forme : x\mapsto A \cos(t)+B \sin (t)\text{ , }A,B\in\R

Donc les solutions de l'équation (1-x^2)y''-xy'+y=0 sur ]-1,1[ sont de la forme : y:x\mapsto A\cos(\text{Arcsin }x) +B\sin(\text{Arcsin }x)\text{ , }A,B\in\R

Conclusion, les solutions de l'équation différentielle sur ]-1,1[ sont de la forme :

\boxed{x\mapsto A\sqrt{1-x^2}+Bx\text{ , }A,B\in\R}




exercice 20

Résoudre sur \R l'équation différentielle : y''-y=\text{ th }x

On commence par résoudre l'équation homogène associée y''-y=0 .
On résout l'équation caractéristique : r^2-1=0 \iff (r-1)(r+1)=0
Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme x\mapsto A\text{ e}^{x}+B\text{e}^{-x} \enskip \text{ avec }A,B\in\R.

Utilisons la méthode de variations des constantes pour déterminer une solution particulière y_p , on pose :

y_p(x)=A(x)\text{ e}^{x}+B(x)\text{e}^{-x} \\y_p'(x)=A(x)\text{ e}^{x}-B(x)\text{e}^{-x}


Il en résulte : A'(x)\text{ e}^{x}+B'(x)\text{e}^{-x}=0\enskip (*)

Puisque y_p''(x)=A'(x)\text{ e}^{x}-B'(x)\text{e}^{-x}+A(x)\text{ e}^{x}+B(x)\text{e}^{-x}

y_p est solution si et seulement si : A'(x)\text{ e}^{x}-B'(x)\text{e}^{-x}=\text{th }x

En comparant avec (*) , et en écrivant \text{e}^{-x}=\text{ch} x-\text{ sh }x , on obtient :

A'(x)=\dfrac{1}{2}\text{e}^{-x}\text{ th }x = \dfrac{1}{2} \left(\text{ch} x-\text{ sh }x\right)\text{ th }x =\dfrac{1}{2}\left(\text{ sh }x-\dfrac{\text{ sh}^2 x}{\text{ ch }x}\right)\enskip (**)

x\mapsto \text{ ch }x est une primitive de \text{ sh }x , il nous reste donc à chercher une primitive de x\mapsto \dfrac{\text{ sh}^2 x}{\text{ ch }x}\right)

On fait le changement de variable u=\text{ sh }x , donc du=\text{ ch }x dx , et :

\displaystyle \int \dfrac{\text{ sh}^2 x}{\text{ ch }x}\right) dx =\int \dfrac{\text{ sh}^2 x\text{ch }x}{\text{ ch}^2x}\right) dx=\int \dfrac{\text{ sh}^2 x}{1+\text{ sh}^2x}\right) (\text{ch }xdx)=\int \dfrac{u^2}{1+u^2}du=u-\text{ Arctan }u = \text{ sh }x-\text{Arctan (sh }x)

Ainsi : A(x)=\dfrac{1}{2}\text{e}^{-x}+\dfrac{1}{2} \text{ Arctan (sh }x)

D'autre part, en utilisant (*)\text{ et }(**), on obtient :

B'(x)=-\dfrac{1}{2}\text{e}^{x}\text{ th }x = -\dfrac{1}{2}\left(\text{sh }x+\dfrac{\text{sh}^2 x}{\text{ ch }x}\right)

De la même manière, on obtient : B(x)=-\dfrac{1}{2}\text{e}^{x}+\dfrac{1}{2} \text{ Arctan (sh }x)

Finalement , la solution particulière y_p s'écrit : y_p:x\mapsto \dfrac{1}{2}(\text{e}^x+\text{e}^{-x})\text{ Arctan (sh }x) = \text{ ch }x \text{  }\text{ Arctan (sh }x)

Les solutions générales de l'équation différentielle sur \R s'écrivent donc :

\boxed{x\mapsto  \text{ ch }x \text{  }\text{ Arctan (sh }x)+A\text{e}^{x}+B\text{e}^{-x} \enskip \text{ avec }A,B\in\R}


Résoudre sur \left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[ l'équation différentielle : y''+y=\tan x

On commence par résoudre l'équation homogène associée y''+y=0 .
On résout l'équation caractéristique : r^2+1=0 \iff (r-i)(r+i)=0
Les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme x\mapsto A\sin x+B\cos x \enskip \text{ avec }A,B\in\R.

Utilisons la méthode de variations des constantes pour déterminer une solution particulière y_p , on pose :

y_p(x)=A(x)\sin x+B(x)\cos x \\y_p'(x)=A(x)\cos x-B(x)\sin x


Il en résulte : A'(x)\sin x+B'(x)\cos x=0\enskip (*)

Puisque y_p''(x)=A'(x)\cos x-B'(x)\sin x-A(x)\sin x-B(x)\cos x

y_p est solution si et seulement si : A'(x)\cos x-B'(x)\sin x=\tan x

En multipliant par \cos x on obtient :

A'(x)\cos^2x-B'(x)\cos x\sin x =\sin x

Or, d'après (*) : B'(x)\cos x = -A'(x)\sin x , et donc : A'(x)\cos^2  +A'(x)\sin^2 =\sin x

Soit A'(x)=\sin x , et donc : A(x)=-\cos x

En remplaçant dans (*) , on obtient : B'(x)=-\dfrac{\sin^2 x}{\cos x }

On fait le changement de variable u=\sin x , donc du=\cos x dx , et :

\displaystyle -\int \dfrac{\sin^2 x}{\cos x } dx =-\int \dfrac{\sin^2 x}{\cos^2 x } (\cos x dx)=\int \dfrac{\sin^2 x }{\sin^2 x-1 } (\cos xdx)=\int \dfrac{u^2}{u^2-1}du=\int 1+\dfrac{1}{2(u-1)}-\dfrac{1}{2(u+1)}du = u+\dfrac{1}{2}\ln\left( \dfrac{1-u}{1+u}\right)

Donc : B(x)=\displaystyle -\int \dfrac{\sin^2 x}{\cos x } dx=\sin x +\dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{1-\sin x}{1+\sin x}\right)

Finalement , la solution particulière y_p s'écrit : y_p:x\mapsto \dfrac{1}{2}\cos x \ln\left(\dfrac{1-\sin x}{1+\sin x}\right)

Les solutions générales de l'équation différentielle sur \left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[ s'écrivent donc :

\boxed{x\mapsto  \dfrac{1}{2}\cos x \ln\left(\dfrac{1-\sin x}{1+\sin x}\right) +A\sin x+B\cos x\enskip \text{ avec }A,B\in\R}
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