Chapitre 7 EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES. Enoncé des exercices

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1 Chapitre 7 EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Enoncé des exercices 1 Les basiques Exercice7.1 Soitf(x)= ex e x,donneruneéquationdifférentielledontf estsolution. +1 Exercice7. Soitf(x)=1+ ex 1+x,donneruneéquationdifférentielledontf estsolution. Exercice7.3 Résoudre ( 1+x ) y +xy= 1+x Exercice7.4 Résoudre 1 x y +xy=x Exercice7.5 Donneruneéquationdifférentielleayante x ete x commesolutions. Exercice7.6 Donneruneéquationdifférentielleayante x etxe x commesolutions. Exercice 7.7 Donner une équation différentielle ayant 1 et x comme solutions. Exercice 7.8 Donner une équation différentielle ayant cos 3x et sin 3x comme solutions. Exercice7.9 Donneruneéquationdifférentielleayante x cosxete x sinxcommesolutions. Exercice7.10 Résoudrey 3y +y=x 3x Exercice7.11 Résoudrey +y y=9e x Exercice7.1 Onconsidèrel équationdifférentielley +y y=x Déterminer la solution générale de cette équation.. Déterminerl uniquesolutionf tellequef(0)=0etlacourbereprésentativedef admetuneasymptoteoblique en+.etudieralorslesvariationsdef. Exercice7.13 Résoudrel équationdifférentiellech(t)y +sh(t)y= 1 1+t Exercice7.14 Résoudrel équationdifférentielley +3y +y=t +e t +sin(t) Exercice7.15 Résoudrel équationdifférentielle ( 1+x ) y +xy=1 Exercice 7.16 Deux équations couplées.

2 1. LES BASIQUES CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 1. RésoudresurRl équationdifférentielley 3y +y=e x. Trouver les solutions du système d équations différentielles y z = 0 y+z 3z = e x aveclesconditionsinitialesy(0)=1et z(0)=0.calculeralors 1 0 z(x)dx. Exercice 7.17 Déterminer une équation différentielle homogène, du second ordre à coefficients constants réels (i.e. dutypeay +by +cy=0oùa,b,csontdesréelsaveca 0)telleque: 1. Lesfonctionse x ete x soientsolutions.. Lesfonctionse 4x etxe 4x soientsolutions. 3. Lesfonctionsf(x)=(cosx+3sinx)e 3x,g(x)=(3cosx+sinx)e 3x soientsolutions. 4. Lafonctionxe 3x soitsolution. 5. Lafonctioncosxe x soitsolution. 6. Lafonction4e 5x soitsolution. Exercice 7.18 Résoudre l équation différentielle ( 1+x ) y +xy=e x +x Exercice7.19 Résoudrey 5y +6y= ( x +1 ) e x Exercice7.0 Résoudre(E):y 4y +13y=cosx Exercice7.1 Résoudre(E):y +4y +5y=xsinxe x Exercice 7. Résoudre les équations différentielles Exercice 7.3 Résoudre l équation différentielle sur]0,+ [. Indication:Onpourracherchera,betcréelstelsque y +5y 6y = e t y 4y +3y = e t y +y = cost ( 1+x ) y + x 1 y= x x 1 x(1+x ) = a x + bx+c x +1. Exercice 7.4 Soit m un paramètre réel, on considère l équation différentielle 1. Résoudre(E m )pourm=14.. Résoudre(E m )pourm= Résoudre(E m )pourm=9. Exercice 7.5 y +(m 9)y +4y=e x (E m ) /46 G H -E M -( )008

3 CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES. LES TECHNIQUES 1. Résoudre l équation différentielle Indication(belge):Quelleestladérivéedeln(1+e x )? (e x +1)y y= ex 1+x (E). Donnerlasolutiony 0 (x)tellequey 0 (0)= π.simplifierl expressiondef pourx> Quelleestlalimitedey 0 (x)quandxtendvers+? Exercice 7.6 Résoudre les équations différentielles suivantes y +5y 6y=e t (E 1 ) y +4y +13y=e t (E ) y +y=cost (E 3 ) Exercice7.7 Déterminerlessolutionssur]0,+ [deln(x)y + y x =1 Les techniques Exercice 7.8 Déterminer les solutions sur R de l équation différentielle t y +(1 t)y=1 (E) Exercice7.9 Résoudre ( 1 x ) y + ( 1+x ) y=e x Exercice 7.30 Résoudre l équation différentielle suivantes: y +y +y=sin(ax)e x en fonction du paramètre a. Exercice7.31 Existe-t-ilunesolutiondel équationdifférentielley +cos(y)=0tellequey(π)=0 Exercice7.3 Résoudrey y +y=e x ln(x)sur]0,+ [ Exercice 7.33 Déterminer les solutions sur R de l équation différentielle y ay + ( a +1 ) y=sint+te at (E) lorsque a est un paramètre réel. Exercice7.34 Résoudrel équationxy ny=0oùn N. Exercice7.35 Résoudret y + ( 1+t ) y=0.déterminerlessolutionssurr. Exercice 7.36 Résoudre, sur R, l équation différentielle y +y=sinωx enfonctionduparamètreω R. Exercice 7.37 Soit a un paramètre réel, résoudre, en fonction de a l équation différentielle y (1+a)y +ay=e x 3/46 G H -E M -( )008

4 3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Exercice7.38 Soitf définiesurr,dérivabledeuxfoissurrtelleque x R,f (x) f(x) =1 f (0) = 1 Déterminer f. Mêmequestionsionenlèvelaconditionf (0)=1. Plusdur:Montrerquel onpeutsimplementsupposerf declassec 1. Exercice 7.39 On considère l équation différentielle (1+x)y +(4x )y 8y=0 1. Déterminerunesolutiondel équationdelaformey(x)=e αx oùα R. Onposealorsy(x)=e αx z(x).quelleestalorsl équationdifférentiellevérifiéeparz? 3. Endéduirelessolutionsde(E)sur ] 1 [,+. 4. Déterminerlasolutionquivérifiey(0)=1etlatangenteenx=0coupel axeoxaupointd abscissex=1. Exercice7.40 Trouvertouteslesfonctionsf etgcontinuessurrquivérifient x 0 f(t)dt=x+g(x) et x 0 g(t)dt=x+f(x) 1 Pour mémoiresi f est continuesur R, alors F(x)= x 0 f(t)dt est l unique primitive de f qui prend lavaleur 0 en x=0.enparticulierf estdérivableetf (x)=f(x). 3 les exotiques Exercice 7.41 Résoudre l équation différentielle ( 1+x ) y +(x 1) y=x 3 x +x+1 On note y K (x) l unique solution de cette équation telle que y K (0) = K. On appelle courbe intégrale le graphe de y K (x)pourk R. 1. Quediredelatangenteenx=1àunecourbeintégrale?. Montrerquelescourbesintégralesonttoutesuneasymptotequandxtendvers+. 3. Montrer que les courbes intégrales ont toutes deux points d inflexions et que les tangentes aux points d inflexions ont une propriété remarquable. 4. Montrer que les points à tangente horizontale des courbes intégrales sont sur une courbe simple que l on étudiera. 5. Montrerqu ilyaunecourbeintégraleayantuneinflexionenunpointàtangentehorizontale. 6. Déterminer les courbes intégrales ayant un point à tangente horizontale, discuter leur nombre en fonction de K. Exercice 7.4 Déterminer les fonctions réelles f dérivables en 0 telles que (x,y) R,f(x+y)=e x f(y)+e y f(x) Exercice7.43 Vousconnaisseztouscettefameuserèglededérivationsimplifiée:(fg) =f g,ouend autrestermes, ladérivéed unproduitestleproduitdesdérivées! La question est la suivante, si f(x) = e x = exp ( x ), déterminer un intervalle [a,b] et une fonction g définie sur [a,b]telleque(fg) =f g sur[a,b]. Exercice7.44 Soit f telle que f (x) f (x)+f(x)=e x, indiquez si les propositions suivantes sont vraies ou fausses: 1. Si x R,f(x)>0alors x R,f (x)>0(justifiezvotreréponse).. Si x R,f (x)>0alors x R,f(x)>0(Justifiezvotreréponse). 4/46 G H -E M -( )008

5 CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 4. LES OLYMPIQUES 4 Les olympiques Exercice7.45 Soient (k,λ) R R, déterminer les fonctions f dérivables sur R telles que x R, f (x) = kf(λ x) Exercice7.46 Soienta(x)y +b(x)y=c(x)uneéquationdifférentielledupremierordreaveca,b,ccontinuessuri surlequela(x) 0.Soitx I,montrerquelestangentesauxcourbesintégralesaupointd abscissexsontconcourantes ou parallèles. Que dire si l équation différentielle admet une solution affine? Exercice7.47 Résoudrey +4y=tanx. Exercice7.48 Soientαetβ deuxfonctionsdérivablessurrvérifiantsurr e x α (x)= xβ(x) α(0)=1 et e x β (x)=xα(x) β(0)=0 1. Prouverqueα (x)+β (x)=1pourtoutx R.. Prouverquexα (x)+(x+1)α (x)+x 3 e x α(x)=0pourtoutxder. 3. Enfaisantlechangementdefonctioninspiréparlapremièrequestion,trouverα(x)etβ(x). 5 Le grenier(non corrigé) Exercice 7.49 Résoudre: y 3y +y=t+1+e t (solutions:c 1 e t +C e t + t +5 4 tet ) y +y +y= ( t +1 ) e t (solutions:c 1 e t +C te t + t4 +6t e t ) 1 y y +y=e t (solutions:c 1 e t cost+c e t sint+e t ) y y y=cost+3sint (solutions:c 1 e t +C e t sint) Exercice 7.50 Résoudre y +5y 6y=e t (solutions:c 1 e t +C e 6t + et 7 ) y +y 6y=te t (solutions:c 1 e t +C e 3t 4t+3 16 et ) y 4y +3y=e t (solutions:c 1 e t +C e 3t te t ) y y 8y=te 4t (solutions:c 1 e t +C e 4t + 3t t e 4t ) 36 4y +4y +y= ( t 3 +1 ) e t (solutions:(c 1 +C t)e t + t5 +10t e t ) 80 y y +5y=te t (solutions:(c 1 cost+c sint)e t tet ) y +4y +13y=e t (solutions:(c 1 cos3t+c sin3t)e t e t ) y y=cost (solutions:c 1 e t +C e t 1 cost) y 4y +5y=e t sint (solutions:(c 1 cost+c sint)e t (cost+sint)et ) y +y=cost (solutions:c 1 cost+c sint 1 3 cost) y y +y=cos t (solutions:(c 1 cost+c sint)e t 1 10 sin(t) 1 0 cos(t)+1 4 ) y y +y=te t cos(t) (solutions:(c 1 +C t)e t (sint tcost)) y +4y +4y=te t lnt (solutions:(c 1 +C t)e t t3 (6lnt 5)e t ) 5/46 G H -E M -( )008

6 5. LE GRENIER(NON CORRIGÉ) CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES y +y +y= e t ch t (solutions:(c 1 +C t)e t +ln(cht)) y 4y +4y= tet 1+t (solutions:(c 1 +C t)e t + ( tln ( 1+t ) +arctant ) e t Exercice 7.51 On considère l équation différentielle ch(x)y +sh(x)y=1+(x+1)e x (E) 1. Résoudre l équation homogène sur R.. A l aide de la variation de la constante, trouver une solution particulière de(e) 3. Vérifierquey p (x)=xe x estunesolutionparticulièrede(e). 4. Déterminerlasolutionde(E)tellequey(ln)=0. Exercice 7.5 Soit l équation 1. Résoudre l équation homogène sur R. Enposanty(t)=z(t)e t,résoudre(7.1)surr + our. Exercice 7.53 Soit l équation 1. Résoudre l équation homogène sur R. y 4y +4y= et t (7.1) y +y= sin 3 t. Soity 0 unesolutiondel équationhomogène(àvous delachoisir),enposanty(t)=z(t)y 0 (t), résoudre(7.) sur]0,π[ (Ontrouveracommesolutions:C 1 cost+c sint+ 1 sint ) Exercice 7.54 On considère l équation différentielle OndésirelarésoudresurR + our. (7.) x y 4xy +4y=x+1 (7.3) 1. Chercherlesvaleursα 1,α deαtellesquey(x)=x α soitsolutionde(7.3).. Pour α=α 1 ou α, on pose y(x)=z(x)x α. Montrer que u=z vérifie une équation différentielle d ordre 1. Résoudre cette équation différentielle pour la valeur de α qui vous semble la plus intéressante. 3. Endéduirelessolutionsde(7.3)surR + our puissurr. Exercice 7.55 Résoudre les équations différentielles suivantes, on précisera les intervalles sur lesquels il y a une solution. On traitera les problèmes de raccords lorsqu ils se présentent. a) y +ty=0 i) y +ycotan(t)=sint b) y ( sinty=0 j) ty y=(1+t ) c) 1+t y +ty=0 k) 1+t y +y=1+t d) y +y=sin(t)+3sin(t) l) y +cos(t)y=sin(t)cos(t) e) ty + ( +t ) y=0 m) y ytan(t)= cos (t) f) (1+t )y +ty=1+t n) sin 3 (t)y cos(t)y=0 g) y (t+1)(y+1)=0 o) xy ny=0oùn N h) y +ty=e t t p) Exercice7.56 Déterminerlelieudespointsd inflexionsdescourbesintégralesdel équationxy 3y=x 6/46 G H -E M -( )008

7 CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 5. LE GRENIER(NON CORRIGÉ) Exercice7.57 Résoudrexy +(x+1)y=ln ( 1+x ) e x ettraiterlesproblèmesderaccord(attention,ilfautledl dee x ) Exercice7.58 Résoudre(1+ x )y +xy=0. Exercice7.59 Résoudre ( 1 x ) y xy +y = 0 après avoir chercher une solution polynômiale P(x), et en posantensuitey(x)=p(x)z(x)(attention,lesprimitivespassentpardesdécompositionsenélémentssimples ). Exercice7.60 Résoudrecos(t)y sin(t)y cos(t)y=e t enposanty(t)= z(t) cost. 7/46 G H -E M -( )008

8 5. LE GRENIER(NON CORRIGÉ) CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 8/46 G H -E M -( )008

9 Chapitre 7 EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Solution des exercices 1 Les basiques Exercice 7.1 La fonction f est dérivable et Ainsi f (x) = = = ) ( e x +1 1 e x +1 ( 1 1 ) e x +1 e x (e x +1) (e x +1)f (x)=f(x) Une équation différentielle vérifiée par f est (e x +1)y y=0 Autre méthode : Posons y=f(x), alors y= ex e x +1 (ex +1)y=e x e x (y 1)= y e x = y 1 y = y 1+1 = 1 1 y 1 y 1(eneffetyneprendjamaislavaleur1car e x e x +1 1= 1 e x +1 0).Onsaitquelafonction x e x vérifiel équationdifférentielle(e x ) =e x.onadonc ( ) 1 1 y 1 = y y 1 y (1 y) = y 1 y y =y(1 y) Or1 y=1 ex e x +1 = 1 e x +1 donc y = y e x +1 Onretrouvebienlamêmeéquationdifférentielle!!! Ilyad autreséquationsdifférentiellesvérifiéesparf.eneffet,onaaussiavecy(x)=f(x), (e x +1)y(x)=e x,ce qui en dérivant donne (e x +1)y (x)+e x y(x)=e x Doncf estsolutionde On a également (e x +1)y +y=e x f (x)=f(x) e x

10 1. LES BASIQUES CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES doncf estsolutionde y e x y =0 Enfin, puisque f(x)=e x 1 1+e x, en dérivant on obtient f (x)=e x ex (1+e x ) +f(x)= f (x)+f(x). Ceci montrequef estsolutionde y +y +y=0 Pour résumer f est solution des équations différentielles suivantes: (e x +1)y y = 0 (e x +1)y +y = e x y e x y = 0 y +y +y = 0 Exercice 7. La fonction f est dérivable et d où Une équation différentielle vérifiée par f est ( ) e f x (x)= 1+x = ex (x 1) (1+x ) ( 1+x ) f (x)= ex 1+x (x 1) =(x 1) (f(x) 1) ( 1+x ) y (x 1) y= (x 1) Exercice7.3 Les fonctions a(x) = 1+x, b(x) = x et c(x) = 1+x sont continues sur R. La fonction a ne s annulepas,onseplacedoncsuri=r. ( ) ( x Lasolutiondel équationhomogèneesty(x)=k 1 exp 1+x dx =K 1 exp 1 ln( 1+x )) = K 1. 1+x Onchercheunesolutionparticullièreparvariationdelaconstante.Onposedoncy(x)= K(x) 1+x,alorsy(x)solution sietseulementsi ( 1+x ) K (x) = 1+x K x (x)=1.unesolutionparticulièreestdoncy p (x)=. 1+x 1+x LessolutionssurRsont y(x)= x+k 1 1+x Exercice7.4 Les fonctions a(x)= 1 x, b(x)=x et c(x)=x sont continues sur R. a(x)=0 x=1, on se placedoncsoitsuri 1 =],1[soitsurI =]1,+ [. ( SurI 1,l équationdevient(1 x)y x +xy=x.lasolutiondel équationhomogèneesty(x)=c 1 exp 1 x )= dx ( x 1+1 C 1 exp 1 x )=C dx 1 exp(x+ln 1 x )=C 1 (1 x)e x.unesolutionparticulièreévidenteesty=1. AinsilasolutiongénéralesurI 1 esty(x)=1+c 1 (1 x)e x oùc 1 R 10/46 G H -E M -( )008

11 CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 1. LES BASIQUES 5 4 C1=-3 C1=-1 3 C1=0 1 C1= C1= x -1 SolutionssurI 1 ( SurI,l équationdevient(x 1)y +xy=x.lasolutiondel équationhomogèneesty(x)=c exp x x 1 ))= dx ( C exp ) x 1+1 x 1 dx e x )=C exp( x ln x 1 )=C x 1.Unesolutionparticulièreévidenteesty=1. e x AinsilasolutiongénéralesurI esty(x)=1+c x 1 oùc R. 4 C= C=1 C=0 0-1 x C=-1 C=- -4 SolutionssurI SolutionssurR:Soityunesolutionsur R,alors y estsolutionsur I 1 etsuri doncilexistec 1 etc tellesquesi x<1, y(x)=1+c 1 (1 x)e x e x etsix>1, y(x)=1+c x 1. -Continuitéen1: y estcontinueen1donc lim x 1 +y(x)= lim x 1 y(x)=y(1) lim x 1 y(x)= lim x 1 1+C 1(1 x)e x =cecipourtoutevaleurdec 1. En1 + e x,onay(x)=1+c x 1,ainsiy(x)aunelimitefiniesietseulementsiC =0etdanscecas lim x 1 +y(x)=1 CN:C =0 -Dérivabilité en 1: y(x) y(1) y(x) 1 y(x) 1 y estdérivableen1donc lim = lim = lim =y (1) x 1 + x 1 x 1 + x 1 x 1 x 1 y(x) 1 lim = lim x 1 x 1 x 1 C 1e x =ec 1 en1 +, y(x) 1 =0 x 1 Les deux demi-dérivées doivent être égales donc 11/46 G H -E M -( )008

12 1. LES BASIQUES CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES CN:C 1 =0 -Onvérifiequesix=1,onabien 1 x y +xy=x,cequiestvraicary(1)=1. SurRlaseulesolutionestlafonctionconstanteégaleà1. Exercice7.5 y ( 1)y +( ( 1))y=y y y convient. Exercice7.6 y y +y convient. Exercice7.7 y =0parexemple. Exercice7.8 y +9y=0. Exercice7.9 y ((+i)+( i))y +(+i) ( i)y=y 4y +5=0convient. Exercice7.10 L équationcaractéristiqueestr 3r+=(r 1)(r ),lessolutionsdel équationhomogènesont y(x)=k 1 e x +K e x on cherche une solution particulière sous la forme d un polynôme de degré. Lafonctiony(x)=ax +bx+c, y(x)estsolutionde(e 1 ) a 3(ax+b)+ ( ax +bx+c ) =x 3x a = 1 6a+b = 3 a 3b+c = 0 a= 1 b=0 c= 1 Les solutions sont y(x)=k 1 e x +K e x + 1 ( x 1 ), (K 1,K ) R Exercice7.11 L équationcaractéristiqueestr +r =(r+)(r 1).Lessolutionsdel équationhomogènesont On applique le principe de superposition. Ilestclairquey 1 (x)=1estsolutionde On sait qu une solution particulière de estdelaforme y(x)=k 1 e x +K e x y +y y= (E 1 ) y +y y=9e x (E ) y(x)=p(x)e x oùdegp =1etP sanscoefficientconstantcar1estracinedel équationcaractéristique. On pose y(x) = z(x)e x, alors en remplaçant, on sait que, en simplifiant par les exponentielles, on obtient une équation du second degré en z à coefficients constants. La boiteàz donne y(x) z(x) e x 1=e 0 x e x e 3x 1/46 G H -E M -( )008

13 CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 1. LES BASIQUES Rappelons que la première colonne donne les solutions de l équation homogène en y, la seconde celles de l équation homogèneenz.cettedernièreadoncpouréquationcaractéristique(carlecoefficientdey dans(e )vaut1) r (0+( 3))r+(0 ( 3))=0 L équationenz estdonc dont une solution évidente est Ainsiy (x)=3xestsolutionde(e ). En définitive les solutions sont z +3z =9 z=3x y(x)=k 1 e x +K e x +3xe x +1, (K 1,K ) R Exercice L équationcaractéristiqueestr +r =(r+)(r 1),lessolutionsdel équationhomogène sont y(x) = K 1 e x +K e x. On cherche une solution particulière sous la forme d un polynôme de degré 1 : y(x)=ax+b.onremplacedansl équationdifférentielleetontrouve d oùy(x)= x 1. EnrésumélessolutionssurRsontdelaforme a ax b=x+1 y(x)=k 1 e x +K e x x 1. Lafonctionf estdelaformef(x)=λe x +µe x x 1,déterminonsλetµ. Laconditionf(0)=0,setraduitimmédiatementpar λ+µ 1=0.L autreconditionnousimpose λe x +µe x x 1 lim x + x y 4 µe x x 1 est finie or lim = 1 et x + x λe x lim = ± si λ 0, ceci conduit à poser x + x λ=0etµ=1.parconséquent f(x)=e x x 1 L étudedesvariationsdef estfacile.lafonctionf estdérivablededérivéef (x)= e x 1.Comme e x > 0, on en déduit que f est toujours négative,doncf estdécroissante.deplus,c f admetune asymptoteobliqueen+ d équationy= x x Exercice7.13 Puisquecht 0, onpeutdiviserpar cht pour obtenir y 1 +th(t)y= (1+t )ch(t).onrésoutalors l équation homogène y +th(t)y =0. La fonction tht est continue sur R, les solutions de l équation homogène sont donc ( ) y(t)=kexp th(t)dt Or th(t)dt= sht cht dt=ln cht +C=lncht+C.Ainsilessolutionsdel équationhomogènesont y(t)= K cht oùk R 13/46 G H -E M -( )008

14 1. LES BASIQUES CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Onchercheunesolutionparticulièreparlaméthodedelavariationdelaconstante.Onposedoncy(t)= K(t) cht,d où y +th(t)y= Aprés simplification, on obtient 1 (1+t )ch(t) K (t) K(t)sh(t) cht ch +tht K(t) 1 = t cht (1+t )ch(t) K (t) cht = 1 1 (1+t )ch(t) K (t)= (1+t ) OnchoisitdoncK(t)=arctant.Lessolutionsdech(t)y +sh(t)y= 1 1+t sontdonclesfonctions y(t)= K+arctant cht oùk R Remarque : l équationhomogènes écritchty +shty=0cequipeutselire(cht y(t)) =0(c estuv +u v),son intégration est donc immédiate. Exercice7.14 On résout l équation homogène y +3y +y = 0. L équation caractéristique est r +3r+ = (r+)(r+1)dontlessolutionssont et 1.Lessolutionsdel équationhomogènesontdonc y(t)=k 1 e t +K e t où (K 1,K ) R On applique ensuite le principe de superposition. Oncherchedoncunesolutionparticulièredey +3y +y=t souslaformed unpolynômededegré.onposedonc y(t)=αt +βt+γ,alors On obtient donc l égalité entre polynômes y +3y +y=t ( αt + βt+ γ) + 3 ( αt+ β) + ( α) =t αt +(β+6α)t+(γ+3β+α)=t ce qui donne α=1, β+6α=0 et γ+3β+α=0 soit α= 1, β = 3 et γ = 7. Une solution particulière de 4 y +3y +y=t estdoncy(t)= t 3t Onchercheensuiteunesolutionparticulièredey +3y +y=e t.onposey(t)=z(t)e t.la boiteàz donne l équationenz estdonc y(t) z(t) e t 1=e 0 t e t e t z +z =1 Onpeutlevérifiercary (t)=z (t)e t z(t)e t,y (t)=z (t)e t z (t)e t +z(t)e t ainsi y +3y +y=e t z (t)e t +( +3)z (t)e t +(1 3+)z(t)e t =e t Onchoisitdoncz(t)=t,unesolutionparticulièredey +3y +y=e t estdoncy(t)=te t. Enfin,onchercheunesolutionparticulièredey +3y +y=sint.pourcelaondétermineunesolutiondey +3y +y= e it dontonprendlapartieimaginaire.onposealorsy(t)=z(t)e it,la boiteàz donne y(t) z(t) e t e (1+i)t e t e (+i)t 14/46 G H -E M -( )008

15 CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 1. LES BASIQUES L équationenz estdonc z +(3+i)z +(1+i)(+i)z=1 dontunesolutionestz= 1 1+3i = i.ainsiunesolutionparticulièredey +3y +y=e it est ( 1 y(t)= 10 3 ) 10 i e it la partie imaginaire de cette solution est 1 10 sint 3 10 cost c estunesolutionparticulièredey +3y +y=sint. Pourconclurelessolutionsdey +3y +y=t +e t +sin(t)sont y(t)= t 3t te t sint 3 10 cost+k 1e t +K e t où (K 1,K ) R Exercice7.15 Ona1+x 0cecipourtoutx,l équations écritdonc y + x 1+x y= 1 1+x Lafonctiona(x)= x 1+x estcontinuesurr,lessolutionsdel équationhomogènesurrsontdonc ( ) xdx K y(x)=kexp 1+x = oùk R 1+x car x 1+x = 1 ( ) 1+x 1+x. Onchercheunesolutionparticulièreenutilisantlaméthodedelavariationdelaconstante.Onposey(x)= K(x) 1+x, alors y + x 1 1+x y= 1+x K (x) = x 1+x K (x)= 1+x On choisit K(x) = arg sh(x). Les solutions de l équation différentielle initiale sont donc y(x)= K+argsh(x) 1+x oùk R Exercice Facile, l équation caractéristique est r 3r+ = (r 1)(r ), les solutions de l équation homogènesonty(x)=c 1 e x +C e x où(c 1,C ) R. Onchercheunesolutionparticulièreenposanty(x)=z(x)e x.laboiteàz donneimmédiatement doncz(x)= xety(x)= xe x.. Onremplacez pary,onobtient z z =1 y z = 0 y+y 3y = e x y(0) = 1, z(0)=0 d oùy(x)=c 1 e x +C e x xe x ory(0)=1= C 1 +C =1.Puisy (x)=z(x)=c 1 e x +C e x xe x e x, orz(0)=0= C 1 +C =1.OnobtientalorsC 1 =1etC =0. En résumé y(x) = (1 x)e x z(x) = (1 x)e x e x = xe x. 15/46 G H -E M -( )008

16 1. LES BASIQUES CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Enfin 1 z(x)dx= y (x)dx=y(1) y(0)= 1. Exercice On connaît les solutions r 1 et r de l équation caractéristique. Cette équation est donc (à une constantemultiplicativeprès),r Sr+P oùs=r 1 +r etp =r 1 r.onadonccommeéquationnormalisée (coefficientdey égalà1):y 3y +y=0.. Cettefoisci 4estracinedouble,onadonccommeéquationdifférentielle:y +8y +16y=0 3. Onconsultelecours,pourendéduirequelesracinessontcomplexesconjuguéeségalesà3+iet3 i(lapartie réelle est dans l exponentielle, la partie imaginaire dans les fonctions trigonométriques. Une solution est donc y (3+i+3 i)y +(3+i)(3 i)y=y (3+i+3 i)y + 3+i y=0,soity 6y+10y=0. 4. Onn apaslechoixr=3estracinedouble,unesolutionesty 6y +9y=0 5. On a deux racines complexes conjuguées dont l une est r 1 = 1+i, l autres est donc 1 i et une solution est y (1+i+1 i)y +(1+i)(1 i)y=y y +y=0 6. Cettefoisci,onapleindepossibilitédelaformey (5+a)y +5ay=0oùa R. Exercice7.18 Soit(E)l équationdifférentielle ( 1+x ) y +xy=e x +x,alors(e)estéquivalenteày + x (1+x ) y= e x +x (1+x ).car x R,1+x 0. x Lafonctiona(x)= (1+x ) estcontinuesurr,onsaitdoncquelessolutionsdel ESSMsont ( y(x)=kexp ) x (1+x ) dx =Kexp ( ln ( 1+x )) = K 1+x oùk R On cherche ensuite une solution particulière. On applique le principe de superposition. On cherche une solution particulière de ( 1+x ) y +xy = x. Une solution évidente est y 1 (x) = 1. On cherche ensuiteunesolution particulièrede ( 1+x ) y +xy=e x en appliquant laméthodedelavariation delaconstante. Oncherchedonclasolutionsouslaformey (x)= K(x) 1+x,alors ( 1+x ) y (x)+xy(x)=e x ( ( ) 1+x ) K (x) 1+x +( 1+x ) xk(x) (1+x ) +x K(x) 1+x =ex K (x)=e x OnchoisitdoncK(x)=e x ety (x)= ex 1+x. Lessolutionsde(E)sontdonc y(x)= K+ex 1+x +1 oùk R Cidessous,j aitracéquelquessolutionspourdifférentesvaleursdek (avecenrougek=0). 16/46 G H -E M -( )008

17 CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 1. LES BASIQUES y x -3-4 Exercice7.19 Onrésoutl équationsanssecondmembrey 5y +6y=0.L équationcaractéristiqueestr 5r+6= 0,,sesracinessontr=etr=3(ilsuffitdecalculerlediscriminant =5 4).Lessolutionsdel équationsans second membre sont donc y(x)=c 1 e x +C e 3x où (C 1,C ) R Oncherchemaintenantunesolutionparticulièresouslaformey(x)=z(x)e x.etonécritlaboiteàz. y e x z e x e x e 3x e x Lessolutionsdel équationhomogèneenzsonte x ete x.onpeutdoncaffirmerquelesracinesdesonéquationcaractéristique(celledel équationenz)sont1et(onconnaîtainsil équationcaractéristique:r (sommedesracines) r+(produitdesracines)).l équationenz estdonc z (1+)z +(1 )z = x +1 z 3z +z = x +1 Onchercheensuiteunesolutionsouslaformed unpolynômededegré,z(x)=ax +bx+c.alors z(x)= ax + bx+ c z (x)= ax+ b z (x)= a () ( 3) (1) soit z 3z +z=x +1 ax +(b 6a)x+(c 3b+a)=x +1 a= 1 a=1 b 6a=0 b= 3 c 3b+a=1 c= /46 G H -E M -( )008

18 1. LES BASIQUES CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Une solution particulière est donc Lessolutionsdey 5y +6y= ( x +1 ) e x sontalors ( ) x y p (x)= +3x +9 e x 4 ( ) x y(x)=c 1 e x +C e 3x + +3x +9 e x où (C 1,C ) R 4 Exercice7.0 Onrésoutl équationsanssecondmembrey 4y +13y=0.L équationcaractéristiqueestr 4r+ 13=0,sesracinessontr=+3ietr= 3i.Lessolutionsdel équationsanssecondmembresontdonc y(x)=(c 1 cos3x+c sin3x)e x où (C 1,C ) R Pourtrouverunesolutionparticulièrede(E),onchercheunesolutionparticulièrede(Ec):y 4y +13y=e ix sous laformey(x)=z(x)e ix,dontonprendralapartieréelle.onécritlaboiteàz. L équationenz estdonc soit Une solution est z = y e ix z e (+3i)x e (+i)x e ( 3i)x e ( 4i)x z +(+i+ 4i)z +(+i)( 4i)z=1 z +4z +(1 4i)z= i = i = 1 3+i 4 3 i = 1 3+i 49+1 = 3+i 40 3+i 40 (cosx+isinx)etunesolutionparticulièrede(e)est Lessolutionsde(E)sontdonc ( ) 3+i y p (x) = Re 40 (cosx+isinx) = 3cosx 40 sinx 40 y(x)=(c 1 cos3x+c sin3x)e x + 3cosx 40. Une solution de (Ec) est donc 3+i 40 eix = sinx 40 où (C 1,C ) R Exercice7.1 Onrésoutl équationsanssecondmembrey +4y +5y=0.L équationcaractéristiqueestr +4r+5= 0,,sesracinessontr= +ietr= i.lessolutionsdel équationsanssecondmembresontdonc y(x)=(c 1 cosx+c sinx)e x où (C 1,C ) R Pourtrouverunesolutionparticulièrede(E),onchercheunesolutionparticulièrede(Ec):y +4y +5y=xe ix e x = xe ( +i)x souslaformey(x)=z(x)e ( +i)x,dontonprendralapartieimaginaire.onécritlaboiteàz. y e ( i)x z e ( +i)x 1 e ( i)x e ix L équationenz estdonc z +iz =x 18/46 G H -E M -( )008

19 CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 1. LES BASIQUES Oncherchez souslaformed unpolynômededegré,z(x)=ax +bx+c.alors z(x)= ax + bx+ c z (x)= ax+ b z (x)= a (i) (1) soit { 4ai=1 a+ib=0 z +iz =x a+ib+4aix=x a= 1 4i = i 4 b= a i = ia= 1 4 On choisit c = 0(puisqu il est quelconque) Ainsiz(x)= ix 4 +x 4 etdoncy(x)= x 4 (1 ix)e( +i)x = x 4 (1 ix)e x e ix = x 4 (1 ix)(cosx+isinx)e x est unesolutionde(ec).ilresteàprendrelapartieimaginairedecettesolutionpourobtenirunesolutionparticulièrey p de(e),cequidonne ( x y p (x) = Im 4 (1 ix)(cosx+isinx)e x) Lessolutionsde(E)sontdonc = x 4 (sinx xcosx)e x y(x)=(c 1 cosx+c sinx)e x + x 4 (sinx xcosx)e x où (C 1,C ) R Exercice7. Poury +5y 6y=e t,onrésoutl équationcaractéristiquequiestr +5r 6=(r+6)(r 1)=0.Les solutions de l équation homogène sont donc y(t) = C 1 e t +C e 6t où (C 1,C ) R. Pour obtenir une solution particulière,onécritlaboiteàz.onposey(t)=z(t)e t y z e t e t 1 e 6t e 7t L équationenz estdoncz ( 7)z =1quiadmetpoursolutionparticulièrez = 1 7.Onchoisitdoncz(t)= t 7. Lessolutionsdey +5y 6y=e t sontdoncy(t)=c 1 e t +C e 6t + tet 7 où(c 1,C ) R. Poury 4y +3y=e t,onrésoutl équationcaractéristiquequiestr 4r+3=(r 1)(r 3)=0.Lessolutions de l équation homogène sont donc y(t)=c 1 e t +C e 3t où (C 1,C ) R. Pour obtenir une solution particulière, on écritlaboiteàz.onposey(t)=z(t)e t y z e t e t 1 e 3t e t L équationenz estdoncz ()z =quiadmetpoursolutionparticulièrez = 1.Onchoisitdoncz(t)= t. Lessolutionsdey 4y +3y=e t sontdoncy(t)=c 1 e t +C e 3t te t où(c 1,C ) R. Pour y +y =cost, l équation caractéristique est r +1 dont les racines sont i et i. Les solutions de l équation homogène sont donc y(t)=c 1 cost+c sint où (C 1,C ) R. Pour trouver une solution particulière, on cherche unesolutionparticulièredey +y=e it enposanty(t)=z(t)e it,onenprendraalorslapartiereélle y e it z e it e it e it e 3it 19/46 G H -E M -( )008

20 1. LES BASIQUES CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES L équationenzestdoncz ( i 3i)z +( i) ( 3i)z=1,soitz +4iz 3z=1quiadmetpoursolutionparticulière z= 1 3.Onchoisitdonc z(t)= 1 3.Unesolutionparticulièrede y +y=e it estdonc eit 3 = cost i sint 3 3. Onendéduitqu unesolutionparticulèredey +y=costest 1 3 cost. Lessolutionsdey +y=costsontdoncy(t)=c 1 cost+c sint 1 3 costoù(c 1,C ) R. Exercice7.3 Puisque ( 1+x ) >0l équationdifférentielleestéquivalenteày + x 1 x(1+x ) y= 1+x. x 1 Puisque x(1+x ) estcontinuesur]0,+ [,lessolutionsdel équationhomogènesont Onchercheaetbréelstelsque ( y(x)=cexp x ) 1 x(1+x ) dx oùc R x 1 x(1+x ) = a x +bx+c x +1.Onaalors,enmultipiantparx, x 1 1+x =a+xbx+c x +1 cequi,avecx=0donnea= 1 Enmultipliantpar1+x,onobtient cequiavecx=idonne x 1 x = 1+x x +bx+c i =i=bi+c= b=etc=0 d où Ainsi x 1 x(1+x ) = 1 x + x x +1 x ( 1 x(1+x ) dx= 1 x + x ) x dx= ln x +ln ( 1+x ) +K +1 et les solutions(sur]0, + [) de l équation homogène sont y(x)=cexp ( lnx ln ( 1+x )) = Cx 1+x oùc R Pourtrouverunesolutionparticulière,onappliquelaméthodedelavariationdelaconstante.Onposealorsy(x)= xc(x) 1+x,onaalors ( 1+x ) y + x 1 y= ( 1+x ) xc (x) x 1+x = C (x)= x OnchoisitC(x)= lnx.lessolutions,sur]0,+ [,del équationdifférentielledonnéesontdonc y(x)= Cx 1+x xlnx 1+x oùc R Pourleplaisir,voicilegraphedequelquessolutions(EnrougeC=0,ennoirC>0,envertC<0). 0/46 G H -E M -( )008

21 CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 1. LES BASIQUES y x -1 - Exercice L équationdifférentielles écrity +5y +4y=e x,l équationcaractéristiqueestr +5r+4=(r+4)(r+1)= 0. Les solutions de l équation homogène sont donc C 1 e 4x +C e 1x, (C 1,C ) R Pouravoirunesolutionparticulière,onposey(x)=z(x)e x etonécritlaboiteàz y e x z e 1x e x e 4x e 5x l équationenzestdoncz ( 5)z +( ) ( 5)z=z +7z +10z=1dontunesoutionestz= 1 10.D où } S= {C 1 e 4x +C e 5x + ex 10, (C 1,C ) R. L équationdifférentielles écrity +4y +4y=e x,l équationcaractéristiqueestr +4r+4=(r+) =0Les solutions de l équation homogène sont donc C 1 e x +C xe x, (C 1,C ) R Pouravoirunesolutionparticulière,onposey(x)=z(x)e x etonécritlaboiteàz y z e x e x e 3x xe x xe 3x l équationenz estdoncz ( 3 3)z +( 3) ( 3)z=1dontunesoutionestz= 1 9.D où S= {C 1 e x +C xe x + ex9 }, (C 1,C ) R 1/46 G H -E M -( )008

22 1. LES BASIQUES CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 3. L équationdifférentielles écrity +4y=e x,l équationcaractéristiqueestr +4=0.Lessolutionsdel équation homogène sont donc C 1 cosx+c sinx, (C 1,C ) R Pouravoirunesolutionparticulière,onposey(x)=z(x)e x etonécritlaboiteàz e ix y z e x e (c)x e ix xe ( i+1)x l équationenz estdoncz (i+1 i+1)z +(i+1) ( i+1)z=z z +5z=1dontunesoution estz= 1 5.D où S= {C 1 cosx+c sinx+ ex5 }, (C 1,C ) R Exercice Onae x +1 0pourtoutxréel.OnrésoutdoncsurR.Onsaitquelessolutionssontlesfonctionsdelaforme ( y(x)=kexp ) 1 1+e xdx Onregardel indicationquinousditqueladérivéedeln(1+e x )est x ln(1+e x ).Lessolutionsde(E 1 )sontdonc K ex 1+e x oùk R On fait ensuite la variation de la constante. On pose y(x) = K(x) seulement si soit (e x +1) K (x) K (x)= 1 1+x OnchoisitK(x)=arctanx.Lessolutionsde(E)sontdonc. Onrésout(K+arctan0) Pourx>0,ona y(x)=(k+arctanx) oùk R e x 1+e x = ex 1+x e 0 1+e 0 = K = π 4 = K= π,ainsi y 0 (x)= e x 1+e x donc 1 1+e x e x 1+e xdx= 1+e x dx= e x 1+e x oùk R ( arctanx π ) e x 1+e x arctanx+arctan 1 x = π e x 1+ex. On a y(x) solution de (E) si et donc y 0 (x)= arctan ( ) 1 e x x 1+e x /46 G H -E M -( )008

23 CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES 1. LES BASIQUES e x 3. On a alors 1+e x = 1+ex 1 1+e x = 1 1 ( ) 1 1+e x 1 et arctan x + x continuitédel arctangenteen0etdufaitquearctan0=0.donc 0 car 1 x + x x + 0 et par y 0 (x) x + 0 Oubienonécritquearctanx x + π. Exercice7.6 Pourlapremièrel équationcaractéristiqueestr +5r 6dontlesracinessont1et 6.Lessolutions de l équation homogène sont donc C 1 e t +C e 6t où (C 1,C ) R Pourtrouverunesolutionparticulière,onposey(t)=z(t)e t.laboiteàz donne y e x z e t e 0t =1 e 6t e 7t quidonnel équationenz :z +7z =1.Cetteéquationadmetcommesolutionz(t)= t 7.Endéfinitive,lessolutions sont C 1 e t +C e 6t + tet 7 où (C 1,C ) R Pour la seconde l équation caractéristique est r +4r+13 qui a pour racines +3i, 3i. Les solutions de l équation homogène sont donc (C 1 cos3t+c sin3t)e t où (C 1,C ) R Pourtrouverunesolutionparticulière,onposey(t)=z(t)e t.laboiteàz donne y e x z e ( +3i)t e ( 1+3i)t e ( 3i)t e ( 1+3i)t L équation en z est donc z +(?)z +( 1+3i) ( 1 3i)z = z +(?)z + 1+3i z = 1 qui a pour solution 1 z= 1+3i = 1 10.Lessolutionssontdonc (C 1 cos3t+c sin3t)e t + e t 10 où (C 1,C ) R Pour la dernière, les solutions de l équation homogène sont connues depuis la classe de terminale: C 1 cost+c sintoù (C 1,C ) R Pour trouver une solution particulière, on pose chercheune solution de (E c ) :y +y=e it dont on prend la partie réelle.pourcela,onposey(t)=z(t)e it.laboiteàz donne e it y z e x e it e it e 3it L équation en z qui est associée à (E c ) est alors z +(?)z +( i) ( 3i)z = z +(?)z 3z = 1 qui a pour solutionz= 1 3 etdonney(t)= eit 3.Onprendlapartieréelle,soit cost pour avoir une solution particulière de 3 y +y=cost.endéfinitivelessolutionsdey +y=costsont C 1 cost+c sint cost 3 où (C 1,C ) R 3/46 G H -E M -( )008

24 1. LES BASIQUES CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Exercice7.7 On résout sur I 1 =]0,1[ ou sur I =]1,+ [, l équation est équivalente à y + 1 xlnx y = 1 lnx. Les fonctionsa(x)= 1 xlnx etb(x)= 1 lnx sontcontinuessuri k. L équationsanssecondmembreesty + 1 xlnx y=0.elleadmetsuri k commesolution y(x)=c k exp ( ) dx xlnx 1 Or x lnx = u u oùu=lnx,ainsi dx xlnx =ln( lnx ).Lessolutionsdel équationsanssecondmembresontdonc(quitte àchangerc 1 en C 1 suri 1 ) y(x)= C k lnx oùc k R Pourobtenir unesolutionparticulière,onutiliselavariationdelaconstante:oncherche y(x)= C(x) lnx solutionde l équationdifférentiellesuri k,alors C (x) lnx = 1 lnx = C (x)=1 Ainsi y p (x)=xestunesolutionparticulière LessolutionssurI k sontdoncdelaforme x+c k lnx oùc k R Solutions sur R : Une solution sur ]0,+ [ est une solution sur I 1 et sur I, et est continue, dérivable sur ]0,+ [ doncenx=1.ilexistedoncc 1 etc telsque x+c 1 lnx x 1 y(x) = x+c 1 lnx y(x) = x+c lnx six<0 six>0 Puisquey estcontinueenx=1,elleadmetunelimiteenx=1(etcettelimitedoitêtrelavaleurobtenuepoury(1) lorsquel onfaitx=1dansl équationdifférentielle,i.e.y(1)=1). Or si1+c 1 >0 + si1+c1<0?si1+c 1 =0 donc1+c 1 =0 Demêmepourlalimiteen1 +.DoncC 1 =C = 1ety(x)= x 1 pourx 1, y(1)=1.resteàprouverquecette lnx fonctionestdérivableenx=1. Remarque : Versioncourtederésolution.Siyestsolutionsur]0,+ [alorspourx ]0,+ [ d oùpourx 1, ln(x)y + y x =(ylnx) ainsi ln(x)y + y x =1 ylnx=x+c y(x)= x+c ln(x) Puisquey aunelimiteenx=1,laseuleconstantepossibleestc= 1.Resteàprouverladérivabilitéenx=1 Pourmontrerladérivablitéenx=1,onpeutfaireunDLenx=1àl ordre1delafonctiondéfiniepar y(x)= x 1 lnx ety(1)=1 4/46 G H -E M -( )008

25 CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES. LES TECHNIQUES Mais il y a plus simple. Soit f(x)= ln(x) ln(1+h), alors f(1+h)= x 1 h = h h + o ( ) h h 0 h =1 h + o ( ) h. h 0 Ainsi f est continue dérivable en x=1 avec f(1)=1, donc y= 1 f est continue, dérivable en x=1 (avec y (1)= f (1) f (1) = 1 ). Conclusion : y est solution sur ]0,+ [ de l équation différentielle car elle est est dérivable sur ]0,+ [, solution de l équationdifférentiellesuri 1 etsuri etenx=1(cary(1)=1). Les techniques Exercice7.8 OnseplacesurI 1 =],0[ousurI =]0,+ [.Onpeutalorsdiviserparx.Onrésoutdonc ( ) 1 y + t 1 y= 1 t t L équation homogène a pour solution ( ( 1 y(x) = C k exp ( ) 1 = C k exp t +ln t ( ) 1 = C k t exp t t 1 t ) ) dt maissuri k,taunsigneconstant,onpeutdoncenleverlavaleurabsolue(quitteàremplacerc 1 parsonopposé,qui reste quelconque). On peut chercher une solution particulière par la méthode de la variation de la constante. Cela conduit à C (t)= 1 ( t 3exp 1 ) t dontlaprimitiven est pas évidente(on peuts ensortirenremarquant que 1 t 3 = 1 t 1 ( t et que 1 ) = 1 t conduit à une intégration par parties). Onpeutaussichercheysouslaformed unpolynôme.siy(t)=a n t n +,alors t y +(1 t)y=na n t n+1 a n t n+1 + =1 cequiconduitàprendren=1.onposealorsy(t)=at+b t y +(1 t)y=(a b)t+b t, cequi Ainsi y(t)=t+1 est une solution particulière. Lessolutionsde(E)surI k sontdelaforme y(t)=c k texp ( ) 1 +t+1 t SolutionssurR:Siontracequelquessolutions,onconstatequepouravoirunesolutionsurR,ondoitprendreC =0 5/46 G H -E M -( )008

26 . LES TECHNIQUES CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES etc 1 quelconque.resteàleprouver 8 6 y x 4 6 Analyse:Soity unesolutiondéfiniesurr,alorsyestsolutionsuri 1.IlexistedoncC 1 Rtelque 8 x<0, y(x)=c 1 texp ( ) 1 +t+1 t demême,ilexistec Rtelque LafonctionyestcontinuesurRdonc x>0, y(x)=c texp ( ) 1 +t+1 t lim t 0 y(t)=lim t 0 +y(t)=y(0)=1(lavaleurdey(0) s obtientavect=0dans (E) ) ( ) ( ) 1 1 Onaexp t 0donclim t 0 y(t)=1pourtoutc 1 R.Onatexp t 0,t<0 t + donclim t 0 y(t)= t 0,t>0 ± pourtoutc 0(+ sic >0, sinon).uneconditionnécessaireestquec =0. OnsupposemaintenantC =0. LafonctionyestdérivablesurRdoncenx=0.Enparticulier lim t 0 y(t) y(0) t =lim t 0 y(t) 1 t =lim t 0 + y(t) 1 t =y (0) 6/46 G H -E M -( )008

27 CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES. LES TECHNIQUES Ona Sit < 0, Sit > 0, y(t) 1 t y(t) 1 t =C 1 exp =1 t 0,t<0 1 ( ) 1 +1 t 1 t 0,t<0 Doncy (0)=1etpourtoutC 1 R,yestdérivableen0.EnconclusionlessolutionssurRsontdéfiniespar ( ) 1 y(t)=c 1 texp +t+1 sit<0 t y(t)=t+1 sit 0 Exercice7.9 Onaa(x)=1 x =0 x=1oux= 1, b(x)=1+x etc(x)=e x.lestroisfonctionsa,bet csontcontinues.onseplacesuri 1 =], 1[ouI =] 1,1[ouI 3 =]1,+ [.L équationhomogèneadmetcomme solution ( ) 1+x y(x) = K i exp 1 x ( ( dx 1+ 1 ) ) dx = K i exp x 1 1 x+1 = K i e x 1 x 1+x suri i SurI k,lafraction 1 x 1+x aunsigneconstant,onpeutdonc enlever lesvaleursabsolues. Recherched unesolutionparticulière.parvariationdelaconstante,ona(siy p (x)=k(x)e x1 x 1+x ) d où SurI i lessolutionssontdonc ( 1 x ) K (x)e x1 x 1+x Cherchons les solutions sur R. Soity unesolutionsurr,ilexistek 1,K etk 3 telsque = e x K (x)= = K(x)= 1 1 x y p (x)= ex x+1 y(x)=k i e x1 x 1+x + ex x+1 y(x) = (1 x)k 1+1 e x six< 1 1+x y(x) = (1 x)k +1 e x si 1<x<1 1+x y(x) = (1 x)k 3+1 e x six>1 1+x Lafonctionyestcontinueenx= 1etenx=1.Onadonc 1 (1 x) (1 x)k 1 +1 (1 x)k +1 lim y(x)= lim = lim = lim y(x) x 1 x 1 1+x x x x 1 + 7/46 G H -E M -( )008

28 . LES TECHNIQUES CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES CeciimposeK 1 = 1 =K etainsi (quiestbiendérivableenx= 1) Lacontinuitéenx=1donne Ladérivabilitéenx=1donne y(x)= ex six<1 lim e x 1 y(x)= = lim (1 x)k 3 +1 e x = e x x e y(x) lim x 1 x 1 y(x) = lim x 1 + x 1 Lalimitedegaucheestégaleàladérivéede ex enx=1,cellededroitevautladérivéede (1 x)k 3+1 e x enx=1. 1+x Onobtientdonc ( ) (1 x)k3 +1 e x = K 3x +x K 3 1+x (1+x) e x quiimposek 3 = 1 et e = 1 K 3 e 4 e LaseulesolutionsurRestlafonction 1 (1 x)+1 e x = 1 1+x ex f(x)= ex 4 y x 4 Exercice 7.30 Notons y +y +y=sin(ax)e x L équation caractéristique est r +r+, dont les solutions sont r= 1+i et r= 1 i. La solution générale de l équation homogène est donc (K 1 cos(x)+k sin(x))e x (E) 8/46 G H -E M -( )008

29 CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES. LES TECHNIQUES Onchercheunesolutionparticulièrey p àl équation y +y +y=e ( 1+ia)x (E c ) alorsimy p estsolutiondel équation(e) Si 1+ia n estpas solution de l équationcaractéristique(i.e. a 1), on cherchey c (x)=αe ( 1+ia)x.Alors y p est solutionde(e c ) ( ) α ( 1+ia) +( 1+ia)+ =1 d où une solution particulière de(e) est alors α ( 1 a ) =1 y c (x)= 1 1 a e( 1+ia)x y p (x)= 1 1 a e x sinax Sia =1,onsaitquel onpeutchercherunesolutionde(e c )souslaformey c (x)=αxe ( 1+ia)x. Onposey c (x)=z c (x)e ( 1+ia)x etonécritlaboiteàz. y c (x) z c (x) e ( 1+ia)x 1 e ( 1 ia)x e iax L équationenz estdonc z c +iaz c =1 Une solution est et une solution particulière de(e) est alors Enrésumélessolutionsde(E)sont z c = 1 ia x= ix a y c = ix a e( 1+ia)x y p (x)= 1 a xe x cosax Sia 1, y(x)=(k 1 cos(x)+k sin(x))e x a e x sinax, (K 1,K ) R Sia =1, y(x)=(k 1 cos(x)+k sin(x))e x 1 a xe x cosax, (K 1,K ) R Exercice 7.31 Il s agit d une équation à variable séparables. Soityunetellesolutionpourxprochedeπ,onay(x) π (parcontinuitéenπ).ainsiy +cos(y)=0 y cos(y) = 1= dy cos(y) = dx.uncalculsimpledonne dy ( ( y cos(y) =ln tan 4)) +π = x+c Avecy(π)=0,onobtientln ( tan ( π 4)) =0= π+c.ainsi ( ( y ln tan 4)) +π =π x 9/46 G H -E M -( )008

30 . LES TECHNIQUES CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES soit On peut vérifier que et avec d (arctan ( e π x) 1 ) dx π y=arctan ( e π x) 1 π cos(arctan(u)) = e π x = e π x +1 = 1 ch(π x) 1 (1+u ) sin(arctan(u)) = u (1+u ) onabien cos (arctan ( e π x) 1 ) π = sin ( arctan ( e π x)) cos ( arctan ( e π x)) e π x = 1+(e π x ) Exercice7.3 L équationhomogèneadmetcommeéquationcaractéristiquer r+1=(r 1).Lessolutions de l équation homogène sont y(x)=k 1 e x +K xe x Onposey(x)=z(x)e x afindedéterminerunesolutionparticulière.laboiteàz donne y(x) z(x) e x 1 xe x x l équationenz estdonc z =lnx d où z (x) = z(x) = lnxdx+c 1 (xlnx x+c 1 )dx= 1 x lnx 3 4 x +C 1 x+c Une solution particulière est y(x)= La solution de l équation différentielle de départ est donc ( 1 x lnx 3 ) 4 x e x y(x)= x e x (lnx 3)+K 1 e x +K xe x 4 Remarquerquecettefonctionpeutêtreprolongéeen0enunefonctionC 1 enx=0,maissûrementpasdérivabledeux foisen0! Exercice 7.33 L équation homogène est y ay + ( a +1 ) y=0 30/46 G H -E M -( )008

31 CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES. LES TECHNIQUES L équation caractéristiqueassociée est r ar+ ( a +1 ). Lediscriminant réduit est =a ( a +1 ) = 1. On endéduitlesracines:a+ieta i. Les solutions réelles de l équation homogène sont donc y 0 (x)=(c 1 cost+c sint)e at On applique le principe de superposition, on cherche une solution particulière de Onposey(t)=e ax z(t)etonécritlaboiteàz L équationenz estdonc y ay + ( a +1 ) y=e at (7.1) y e at z e (a+i)t e it e (a i)t e it z +z=t dontunesolutionestz(t)=t.unesolutionparticulièrede(7.1)estdonc On cherche une solution particulière de Pour cela on considère onposey(t)=z(t)e it,laboiteàz donne L équationenz estdonc Sia 0,unesolutionestz= y(t)=te at y ay + ( a +1 ) y=sint (7.) y ay + ( a +1 ) y=e it y e it z e (a+i)t e at e (a i)t e a it z (a+a i)z +a(a i)z=1 (7.3) 1 a(a i) = a+i a(a +4),unesolutionde(7.)estalors y(t)=im ( ) a+i a(a +4) eit = 1 a(a +4) (asint+cost) Sia=0,l équation(7.3)s écrit z +iz =1 dontunesolutionestz= it,unesolutionde(7.)estalors En résumé y(t)=im ( it ) eit = 1 tcost Sia 0, lessolutionsde(e)sont y(t)=(c 1 cost+c sint)e at +te at + Sia=0 lessolutionsde(e)sont y(t)=(c 1 cost+c sint)+t 1 tcost où(c 1,C ) R 1 a(a +4) (asint+cost) 31/46 G H -E M -( )008

32 . LES TECHNIQUES CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Exercice7.34 On a un problème car x est nul en 0. On se place donc sur I 1 =],0[ ou sur I =]0,+ [. On résout alors y n x y = 0. La fonction a(x) = n x est continue sur I k pour k {1,} donc, sur I k les solutions de l équations sont ( ) n y(x) = C k exp x dx =C k exp(nln x ) = C k expln x n = C k x n Sur ],0[, quitte à changer C 1 en C 1, les solutions sont donc de la forme C 1 x n, et sur ]0,+ [ elles sont de la formec x n. On peut maintenant chercher les solutions sur R. Siy estunesolutionsurr,yestunesolutionsuri 1 etsuri.ilexistedoncdeuxconstantesc 1 etc telsque Onaalors Orpuisquen>0 ceciquelquessoientlesvaleursdec 1 etc.donc Etcecin imposeaucuneconditionnisurc 1,nisurC. Maisy doitégalementêtredérivableen0,donc Or y(x) = C 1 x n pourx<0 = C x n pourx>0 lim x 0 y(x)= lim x 0 +y(x)=y(0) y(x) 0ety(x) 0 t 0 t 0 + y(0)=0 y(x) y(0) y(x) y(0) lim = lim =y (0) x 0 x 0 x 0 + x 0 y(x) y(0) x 0 y(x) y(0) x 0 = C 1 x n = C x n x =C 1x n 1 six<0 t 0 x =C x n 1 six>0 t 0 { 0sin C 1 sin=1 { 0sin C sin=1 Ainsipourn=1,ilfautqueC 1 =C,etalorsy(x)=C 1 xquiestclairementsolutiondexy y=0. Pour n, les fonctions définies par y(x) = C 1 x n pour x < 0, y(x) = C x n pour x > 0, y(0) = 0 sont alors continues,dérivablessurravecy (0)=0etsolutionsdexy ny=0(carelleslesontsuri 1 eti eten0). Exercice7.35 On a un problèmecar t s annule en 0. On se placedonc sur I 1 =],0[ ou sur I =]0,+ [. On résoutalorsy + 1+t t y=0.lafonction 1+t t estcontinuesuri k,lessolutionssuri k sontdonc ( ) ( 1+t y(t) = C k exp t dt =C k exp (1+ 1t ) ) dt ( = C k exp t+ 1 ) t OnpeutmaintenantchercherlessolutionssurR.Soity ( unesolutionsurr,alorsyestunesolutionsuri 1,ilexiste doncc 1 telque t<0,y(t)=c 1 exp t+ 1 ).MaisyestaussiunesolutionsurI,ilexistedoncC telque t>0, t 3/46 G H -E M -( )008

33 CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES. LES TECHNIQUES ( y(t)=c exp t+ 1 ). t Puisquey estunesolutionsurr,elleestdérivableen0donccontinueen0.onadonc lim t 0 y(t)= lim t 0 +y(t)=y(0) ( Orpourt<0,y(t)=C 1 exp t+ 1 ) =C 1 e t e 1 t,puisquee t t 1, 1 t 0 t t 0 etqueex,onen x déduit que lim t 0 ( y(t)=0(etdoncy(0)=0) Enrevanche,pourt>0,y(t)=C exp t+ 1 ) =C e t e 1 t,et 1 t t t 0 +,ex + donc,sic 0,on + x + a lim t 0 +y(t)=± (+ sic >0et sic <0) Onendéduitqu uneconditionnécessaireestquec =0.Onadoncy(t)=0pourt>0ety(0)=0. UnesolutionsurRestégalementunefonctiondérivable,enparticulierydoitêtredérivableen0.Onadonc Pourt>0,onavuquey(t)=0,ainsi y(t) y(0) t 0 Pourt<0,onay(t)=C 1 e t e 1 t,ainsi y(t) y(0) t 0 y(t) y(0) y(t) y(0) lim = lim =y (0) t 0 t 0 t 0 + t 0 =0admetpourlimite0.Ceciprouvequey (0)=0. = C 1e t e 1 t t = C 1 e t 1 t e1 t. EnposantX= 1 t,onad aprèslescroissancescomparées, 1 t 0 t e1 t =Xe X 0doncy(t) y(0) X + t 0 t 0 0ceciquelquesoitlavaleurdeC 1. ( Onpeutmaintenantfairelasynthèse.Onvientdemontrerquelafonctionydéfiniepary(t)=C 1 exp t+ 1 ) pout t t<0ety(t)=0poutt 0 - est continue, dérivable sur R.(en particulier en 0). -estsolutiondel équationdifférentiellesuri 1 eti. -estcontinueetdérivableen0avecy(0)=y (0)=0. -puisque0 y (0)+ ( 1+0 ) y(0)=0,estencoresolutionenx=0, elleestdoncsolutionsurrtoutentier.lessolutionssurrsontdonccesfonctionsoùc 1 estunréelquelconque. Exercice7.36 Lessolutionsdeéquationhomogènessont(l équationcaractéristiqueestr +1quiapoursolutionsi et i): y(x)=acosx+bsinx On résout y +y = e iωx et on prend la partie imaginaire d une solution particulière. Pour cela, on pose y(x) = z(x)e iωx.laboiteàzdonne y z e iωx e ix e (i iω)x L équationenz estdonc soit e ix e ( i iω)x z (i iω i iω)z +(i iω)( i iω)z=1 z +iωz + ( 1 ω ) z=1 Siω 1,onaz= 1 eiωx ety(x)= 1 ω 1 ω.unesolutionparticulièredey +y=sinωxestdonc ( ) e iωx Im 1 ω = sinωx 1 ω 33/46 G H -E M -( )008

34 . LES TECHNIQUES CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Siω =1,onobtient z +iωz =1 onprenddoncz = 1 iω (onpeutdiviserparω,carω =1doncω n estpasnul),onchoisitz(x)= ix ω = y(x)= ixeiωx ω.unesolutionparticulièredey +y=sinωxestdonc En résumé, les solutions sont Im ( ixeiωx ω ) = xcosωx ω y(x) = Acosx+Bsinx+ sinωx 1 ω où (A,B) R,siω 1 y(x) = Acosx+Bsinx xcosωx où (A,B) R,siω =1 ω Exercice 7.37 C est une équation différentielle du second ordre à coefficients constants. L équation caractéristique estr (1+a)r+adontlessolutions(évidentes)sont1eta.Onadoncdeuxcas. Premiercasa 1.Lessolutionsdel équationhomogènesont y(x)=c 1 e x +C e ax où (C 1,C 1 ) R Secondcasa=1.Lessolutionsdel équationhomogènesont y(x)=c 1 e x +C xe x où (C 1,C 1 ) R Pourtrouverunesolutionparticulière,onposey(x)=e x z(x).onécritalorslaboiteàz Premiercasa 1 y z e x e x 1=e 0x e ax e (a 1)x Onobtientalorslesracinesdel équationcaractéristiqueenz quisont0eta 1,d oùl équationenz z (a 1)z =1 dontunesolutionestz (x)= 1 a 1 quidonnez(x)= x a 1 etlessolutionspoury y(x)= xex a 1 +C 1e x +C e ax où (C 1,C 1 ) R Secondcasa=1 y e x z e x 1=e 0x xe x x=xe 0x Cequisignifiequel équationcaractéristiqueauneracinedouble0.d oùl équationenz:z =1quidonnez (x)=x etz(x)= x etenfinlessolutionseny y(x)= x e x +C 1 e x +C xe x où (C 1,C 1 ) R 34/46 G H -E M -( )008

35 CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES. LES TECHNIQUES Exercice7.38 Onaf(0)=0immédiatement,ensuitef (x)=1+f(x) 0.Endérivantl égalitéf (x) f(x), il vient f f ff =0 cequiaprèsdivisionparf (quin estjamaisnul)donne f =f Ainsif estdelaformeach+bsh.lesconditionsinitialesf(0)=0etf (0)=1donnentalors f=sh Sionenlèvelaconditionf (0)=1(etdoncf(0)=0),onaalors Or donc Lessolutionssontdoncdelaforme f f = (Ash+Bch) (Ach+Bsh) = (Ash+Bch Ach Bsh)(Ash+Bch+Ach+Bsh) = (A(sh ch)+b(ch sh))(a(sh+ch)+b(ch+sh)) x R, chx+shx=e x et chx shx=shx f (x) f(x) =(B A)e x (B+A)e x =B A f(x)=achx+bshxoùb A =1 CeciinciteàposerB=εcha,A=shaoùεestlesignedeB.Onaalors f(x) = shachx+chashx=sh(x+a) sib>0 f(x) = shachx chashx=sh(x a) sib<0 En conclusion les solutions sont toutes les fonctions de la forme sh(x+a) oùa R Enfin,onpeutsupposerf simplementc 1,eneffetf (x)=± 1+f(x),maissif estcontinuealorsilnepeutavoir dechangementdesigne(car 1+u 1,s ilyachangementdesigne,ilydiscontinuité,onpassed unequantitéplus grandeque1àunequantitépluspetiteque 1).Onadoncunsigneconstant.Cecisignifiequef (x)=+ 1+f(x) ou f (x) = 1+f(x). Mais alors f (x) est dérivable en tant que composée de fonctions dérivables, et on est ramené au cas précédent. Remarque1:Onpeutenfaitsimplementsupposerf dérivablesurr,maisilfautconnaîtrelethéorèmededarboux qui dit qu une fonction dérivée vérifie le théorème des valeurs intermédiaires. Dans ce cas, on ne peut avoir de changement de signe dans l expression f (x) = ± 1+f(x) (sinon f s annule), et on poursuit la preuve de la même manière ). Remarque : Sionécritquef est delaformef(x)=αe x +βe x (entantquesolutiondef f =0),l égalité f f =1conduitalorsà ( αe x βe x) ( αe x +βe x) = 4αβ=1 cequiestuneconditiontréssimplesurαetβquel onpeutécriresouslaformeα= 1 β d oùf(x)= 1 (αex +βe x )= ( 1 αe x 1 ) αe x.puisqueαestquelconque,lessolutionssontdelaforme(enposantα=εe a oùεestunsigne) on retrouve bien les mêmes solutions(ouf). f(x)=εsh(x+a) 35/46 G H -E M -( )008

36 . LES TECHNIQUES CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES Exercice Il suffit de remplacer dans l équation différentielle, on obtient alors Sionchoisitα=,onaalorsunesolution. x R, ( α (1+x)+α(4x ) 8 ) e αx = ( xα(α+)+ ( α α 8 )) = (α+)(αx+α 4)e αx =0 Lafonctionx e x estsolution.. On remplace, on a alors y (x) = e x z(x)+e x z (x) et y (x) = 4e x z(x) 4e x z (x)+e x z (x), ainsi (1+x)y +(4x )y 8y = (1+x) ( 4e x z 4e x z +e x z ) +(4x ) ( e x z+e x z ) 8e x z = e x ((1+x)z (4x+6)z ) Puisqu une exponentielle n est jamais nulle, on en déduit l équation différentielle vérifiée par z : (1+x)z (4x+6)z =0 3. Sur l intervalle ] 1 [,+,l équationdifférentiellevérifiéeparz estéquivalenteà,enposantz=z Z (3+x) (1+x) Z=0 (E Z) quiestuneéquationdifférentielledupremierordre.lessolutionsdee Z sont(x (3+x) (1+x) estcontinuesur ] 1 [,+ ). Or d où ( Z(x)=Cexp (3+x) ) (1+x) dx (3+x) (+1+x) (1+x) dx = dx= (1+x) = ln 1+x +x+k oùc R dx 1+x + z (x) = Z(x)=C 1 exp(ln(1+x)+x) sur ] 1 [,+,oùc R = C(1+x) e x dx Pouravoirz(x),ilsuffitd intégrer! z(x)=c (1+x) e x dx Onintègreparpartiesendérivantlepolynôme(lesfonctionssontbienC 1 ). [ ] (1+x) 1 e x dx = (1+x) e x 1 4(1+x)e x dx = 1 ex (x+1) (1+x)e x dx 36/46 G H -E M -( )008

37 CHAPITRE 7. EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES. LES TECHNIQUES Une autre intégration par parties(on dérive encore le polynôme) [ ] 1 (1+x)e x dx = (1+x)ex 1 e x dx d où z(x)=c = 1 (1+x)ex 1 ex +C oùc R = xe x +C oùc R ( ) (1+x) 1 e x dx=c ex (x+1) xe x +C = C ( 4x +1 ) e x +C Etlessolutionsdel équationdifférentielleinitilalesont(enposantc 1 = C ). ( y(x)=c 1 1+4x ) +C e x où(c 1,C ) R 4. La première condition donne C 1 +C =1 L équationdelatangenteesty y(0)=y (0)(X 0)soit Y 1=y (0)X elledoitcouperl axeoxenx=1,doncpoury =0,ondoitavoirX=1,cequidonne y (0)= 1 ainsi C 1 (8x) C e x x=0 = C = 1 d où La solution est y(x)= 1 C 1 =C = 1 ( 1+4x ) + 1 e x Voici son grapheainsi que celui desa tangenteàl origineet legraphe(enpointillées) de x 1 ( ) 1+4x qui est une parabole asymptote en +. y x -1 37/46 G H -E M -( )008