Chapitres Maths en MPSI, PCSI, MP2I, PTSI

Exercices corrigés sur les équations différentielles en MPSI, MP2I, PCSI et PTSI

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Résumé de cours Exercices et corrigés

Cours en ligne de Maths en Maths Sup

Plan des exercices : Equations différentielles

Équations différentielles d’ordre 1
Équations différentielles d’ordre 2
Systèmes différentiels
Équations différentielles d’ordre 1
Équations différentielles d’ordre 1 : problèmes de raccords
Équations différentielles d’ordre 2 : changement de fonction inconnue
Sur les graphes des solutions d’une équation différentielle
Équations différentielles d’ordre 2 : problèmes de raccords
Résolution d’une équation d’ordre 3 par changement de fonction inconnue
Équations différentielles d’ordre 2 : solutions périodiques
Équations différentielles d’ordre 2 : solutions de limite nulle en $+\infty$

On cherchera dans les exercices qui suivent l’ensemble des solutions réelles. Certains de ces exercices sont incontournables pour bien réussir en classe de MPSI, de PCSI, de PTSI ou encore de MP2I. Si vous ne parvenez à les résoudre ou à comprendre tous les corrigés contactez Groupe Réussite pour des cours particuliers de maths à domicile. Un enseignant à domicile vous aidera à comprendre ce chapitre très important pour la réussite de votre maths sup.

1. Exercices équations différentielles d’ordre 1 en maths sup

Exercice 1

Résoudre sur $I _1 = \mathbb{R}^{+*}$ et sur $I_2 = \mathbb{R} ^{- *}$

L’équation $x \, y' + y = \ln\vert x \vert \$ .

Exercice 2

$y' + y = (x^2 - 2 \, x + 2) \, \textrm {e} ^{2 \, x}$

Exercice 3
$y ' - 2 \, y = \textrm{sh} (x)- 2 \, x \, \textrm{ch} (x)$

Exercice 4

Trouver $f$ dérivable sur $[0 , \, 1]$ telle que $\forall \, x \in [0 , \, 1] , \, f'(x) = f(x) + \int_0 ^1 f(t) \, \textrm{d} \, t$ et $f(0) = 1$ .

Exercice 5

Résoudre sur $]0 , \, 1[$ :

$x \ln(x) \, y' - y = 3 \, x^2 \ln^2(x)$ .

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Correction de l’exercice 1 :

On peut remarquer que $\quad \quad \quad \quad \quad x \mapsto x \, y'(x) + y(x)$ est la dérivée de $x \mapsto x \, y(x)$ et on sait qu’une primitive de $x \mapsto \ln \vert x \vert$ sur $I_k$ est $x \mapsto x \, \ln \vert x \vert - x$ .

Il est alors plus simple de dire que $y$ est solution sur $I_k$

ssi il existe $a \in \mathbb {R}$ tel que $\forall \, x \in I_k \, , \, x\, y(x) = x \, \ln \vert x \vert - x + a$ .

La solution générale sur $I_k$ est définie par

$x \mapsto \displaystyle \ln \vert x \vert - 1 + \frac a x$ où $a \in \mathbb {R}$

Correction de l’exercice 2 :

$x \mapsto \lambda \, \textrm{e} ^{ - x}$ où $\lambda \in \mathbb{R}$ est la solution générale de l’équation sans second membre.

On cherche une solution de l’équation complète sous la forme $x \mapsto \lambda(x) \, \textrm{e} ^{- x}$

$y$ est solution ssi $\forall\, x \in \mathbb {R}, \lambda'(x) \textrm {e} ^ {- x} = (x^2 - 2 x + 2) \, \textrm {e} ^{2 \, x}$

ssi $\forall\, x \in \mathbb {R}, \lambda'(x) = (x^2 - 2 x + 2) \, \textrm {e} ^{3 \, x}$

On cherche $\lambda$ sous la forme $\lambda(x) = (a \, x^2 + b \, x + c) \, \textrm {e} ^{3 \, x}$

$\lambda'(x) = \left (3 (a \, x^2 + b \, x + c) + 2 \, a \, x + b \right ) \textrm {e} ^{3 \, x}$

$\lambda$ est solution

ssi $\forall\, x \in \mathbb {R},\, 3 \, a \, x^2 + (3 \, b + 2 \, a ) x + 3 \, c + b)$ $\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad = x^2 - 2 \, x + 2$

ssi $\left \{ \begin{matrix} 3 \, a = 1 \\ 3 \, b + 2 \, a = - 2 \\ 3 \, c + b = 2 \end{matrix} \right.$

ssi $\displaystyle a = \frac 1 3 , \, b = \frac {-8} 9 , \, c = \frac {26 } {27}$ .

On en déduit que

$\displaystyle x \mapsto \left ( \frac 1 3 \, x^3 - \frac 8 9 \, x ^2 + \frac {26 } {27} \right ) \textrm{e} ^{2 \, x}$ est une solution particulière.

L’ensemble des solutions est l’ensemble des fonctions

$\displaystyle x \mapsto \left ( \frac 1 3 \, x^3 - \frac 8 9 \, x ^2 + \frac {26 } {27} \right ) \textrm{e} ^{2 \, x} + a \, \textrm{e} ^{ - x}$ où $a \in \mathbb {R}$ .

Correction de l’exercice 3 :

La solution générale de l’équation homogène est $x \mapsto a \, \textrm {e} ^{2 \, x}$ où $a \in \mathbb{K}$ .

En vue d’utiliser le principe de superposition des solutions, on écrit

$\textrm{sh} (x) - 2 \, x \, \textrm{ch} (x) =$ $\quad \quad \quad \displaystyle \left ( \frac 1 2 - x \right ) \, \textrm{e} ^x - \left ( \frac 1 2 + x \right ) \textrm{e} ^{- x}$ .

On cherche une solution de

$\quad \quad \displaystyle y ' - 2 \, y = \left ( \frac 1 2 - x \right ) \, \textrm{e} ^x$

sous la forme $y_1 : x \mapsto \lambda(x) \, \textrm{e} ^x$ .

$y_1$ est solution ssi $\displaystyle \forall \, x \in \mathbb{R} , \, \lambda '(x) \, \textrm{e} ^{2 \, x} = \left ( \frac 1 2 - x \right ) \, \textrm{e} ^x$

$\Leftrightarrow \displaystyle \forall \, x \in \mathbb{R} , \, \lambda '(x) \, = \left ( \frac 1 2 - x \right) \textrm{e} ^{- \, x}$ .

On cherche $\lambda$ sous la forme $\quad \quad \quad x \mapsto (a \, x + b) \, \textrm{e} ^{- \, x}$ .

0n obtient $\lambda'(x) = (- a \, x - b + a) \, \textrm{e} ^{- \, x}$

ce qui donne $- a = -1$ et $a - b = 1/2$ ssi $a = 1$ et $b = 1/2$

donc $y_1 : x \mapsto \left ( x + \frac 1 2 \right ) \textrm{e} ^{x}$ est une solution particulière.

On cherche une solution de

$\quad \quad \displaystyle y ' - 2 \, y = \left ( \frac 1 2 + x \right ) \, \textrm{e} ^{-x}$

sous la forme $y_2 : x \mapsto \lambda(x) \, \textrm{e} ^{-x}$ .

$y_2$ est solution ssi $\displaystyle \forall \, x \in \mathbb{R} , \, \lambda '(x) \, \textrm{e} ^{2 \, x} = \left ( \frac 1 2 + x \right ) \, \textrm{e} ^x$

$\Leftrightarrow \displaystyle \forall \, x \in \mathbb{R} , \, \lambda '(x) \, = \left ( \frac 1 2 + x \right) \textrm{e} ^{-3 \, x}$

On cherche $\lambda$ sous la forme $\quad \quad \quad \quad x \mapsto (a \, x + b) \, \textrm{e} ^{- 3\, x}$ ,

on obtient $\lambda'(x) = (-3\, a \, x - 3 \, b + a) \, \textrm{e} ^{- 3 \, x}$

ce qi donne $- 3 \, a = 1$ et $a - 3 \, b = 1/2$ ssi $a = -1/3$ et $b = -5/18$

donc $\displaystyle y_2 : x \mapsto \left ( - \frac 1 3 \, x - \frac 5 {18} \right ) \textrm{e} ^{- x}$ est une solution particulière.

$\ast$ Par le principe de superposition des solutions $z = y_1 - y_2$ est solution particulière

$\displaystyle z : x \mapsto \left ( x + \frac 1 2 \right ) \textrm{e} ^{x} + \left ( \frac 1 3 \, x + \frac 5 {18} \right ) \textrm{e} ^{- x}$

L’ensemble des solutions est l’ensemble des fonctions :

$x \mapsto \displaystyle \left ( x + \frac 1 2 \right ) \textrm{e} ^{x} + \left ( \frac 1 3 \, x + \frac 5 {18} \right ) \textrm{e} ^{- x}$ $\quad \quad \quad \quad \quad \quad +\, a \, \textrm {e} ^ {2 \, x}$ où $a \in \mathbb {R}$ .

Correction de l’exercice 4 :

$f$ est solution d’une équation différentielle de la forme $y' = y + a$ .

La solution générale de $y' = y$ est $x \mapsto k \, \textrm {e} ^x$ où $k \in \mathbb{R}$ .

$x \mapsto a$ est solution particulière évidente.

On en déduit que $\quad \quad \forall \, x \in [0 , \, 1 ] , f(x) = k \, \textrm {e} ^x + a$

avec $f(0) = 1$ soit $k + a = 1$ soit $a = 1 - k$ .

On impose $\int_0^1 f(t) \, \textrm{d} t = \left [ k \, \textrm {e} ^t \right ]_0 ^1 + a = k (\textrm{e} - 1) + a$

Puis on traduit

$\forall \, x \in [0 , \, 1] , \, f'(x) = f(x) + \int_0 ^1 f(t) \, \textrm{d} \, t$

ssi $\forall \, x \in [0 , \, 1] ,$ $\quad \, k \, \textrm {e} ^x = k \, \textrm {e} ^x + a + k \, (\textrm{e} - 1) + a$

ssi $0 = 2 \, a + k \, (\textrm{e} - 1)$ .

Sachant que $a = 1 - k$ , on obtient $2 + k(\textrm{e} - 3) = 0$ soit $\displaystyle k = -\frac {2} {\textrm{e} - 3}$

et donc $a = \displaystyle \frac {\textrm{e} - 1} {\textrm{e} - 3}$ .

La solution du problème est définie par $f : \displaystyle x \mapsto \frac {1} {3 - \textrm{e}}\left (2 \, \textrm{e} ^x - \textrm{e} + 1 \right )$ .

Correction de l’exercice 5 :

On écrit l’équation sous la forme $\quad \quad \displaystyle y ' - \frac 1 {x \, \ln(x) } \, y = 3 \, x \, \ln(x)$ .

Une primitive de $\displaystyle a : \mapsto - \frac 1 {x \, \ln(x) }$ est $x \mapsto - x \, \ln \vert \ln(x) \vert$

donc la solution générale sur $]0 ,\, 1[$ est $x \mapsto \lambda\, \textrm{e} ^{ \ln \vert \ln(x) \vert}$ soit $x \mapsto \mu \, \ln(x)$ où $\mu \in \mathbb{R}$

On utilise la méthode de variation de la constante $x \mapsto \mu (x) \ln(x)$ est solution sur $I = \; ]0 , \, 1[$ ssi

ssi $\forall\, x \in I , \,\mu'(x) \, \ln(x) = 3 \, x \, \ln(x)$

ssi $\forall \, x \in I,\, \mu'(x) = 3 \, x$

ssi $\exists \, C \in \mathbb{R} , \forall\, x \in I, \, \displaystyle \mu(x) = \frac {3 \, x^2} 2 + C$

La solution générale est définie par $\quad x \mapsto \displaystyle \frac {3 \, x^2 \, \ln(x) } 2 + a \, \ln(x)$ où $a \in \mathbb{R}$ .

2. Exercices corrigés équations différentielles d’ordre 2 en maths sup

Exercice 1

$y'' - 3 \, y' + 2 \, y = \textrm{e} ^x - x - 1$ avec $y(0) = 0$ et $y'(0) = 0$ .

Exercice 2

$y'' + y' - 2 \, y = 8 \sin(x)$

avec $y(0) = 0$ et $y'(0) = 1$ .

Exercice 3

Résoudre $\quad y'' - 2 \, y' + 2 \, y = \cos x + \textrm{e} ^x \, \sin x$ .

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Correction de l’exercice 1 :

$\bullet$ $P(r) = r ^2 - 3 \, r + 2 = (r - 1) (r - 2)$

La solution générale de l’équation homogène est $x \mapsto a \, \textrm{e} ^{x}+ b \, \textrm{e }^{2 \, x}$ où $(a , \, b) \in \mathbb{R} ^2$ .

On cherche une solution particulière de

$y'' - 3 \, y' + 2 \, y = \textrm{e} ^x$ sous la forme $y_1 : x \mapsto c \, x \, \textrm{e} ^x$ car $1$ est racine simple de $P$ .

$y_1'(x) = c (x + 1)\, \textrm{e} ^x$

et $y_1''(x) = c(x + 2) \, \textrm{e} ^x$ .

$y_1$ est solution ssi $\forall \, x \in \mathbb{R} , \, c (2 - 3) \ \textrm{e} ^x = \textrm{e} ^x$ ssi $c = - 1$

donc $y_1 : x \mapsto - x \, \textrm{e} ^x$ .

On cherche une solution particulière de $y'' - 3 \, y' + 2 \, y = - x - 1$ sous la forme $y_2 : x \mapsto d \, x \, + e$

$y_2$ est solution ssi $\forall \, x \in \mathbb{R} , \, - 3 \, d + 2 \, d \, x + 2 \, e = - x - 1$

ssi $2 \, d = -1$ et $-3 \, d + 2 \, e = - 1$ ssi $d = -1/2$ et $e = - 5/4$

soit $y _ 2 : x \mapsto \displaystyle - \frac {x} 2 - \frac 5 4$ .

La solution générale de l’équation est donnée par le principe de superposition des solutions par

$x \mapsto \displaystyle - x \, \textrm{e} ^x - \frac {x} 2 - \frac 5 4 + a \, \textrm{e} ^{x} + b \, \textrm{e} ^{2 \, x}$

où $(a , \, b) \in \mathbb{R}^2$ .

$\bullet$ On détermine la fonction $f$ vérifiant les conditions initiales.

$f(0) = 0$ ssi $\displaystyle -\frac 5 4 + a + b = 0$

et comme $f'(x) = \displaystyle ( - x - 1) \, \textrm{e} ^x - \frac {1} 2 +2\, a \, \textrm{e}^{2 \, x} +b \, \textrm{e} ^ x$

$\displaystyle f'(0) = - 1 - \frac 1 2 + 2 \, a + b$ .

On résout donc le système :

$\; \; \left \{ \begin{matrix} a + b = 5/4 \\ 2 \, a + b = 3/2 \end{matrix} \right.$ ssi $b = 1$ et $a = 1/4$ .

La fonction $f$ cherchée est définie par

$f : x \mapsto \displaystyle - x \, \textrm{e} ^x - \frac {x} 2 - \frac 5 4 + \frac 1 4 \, \textrm{e} ^{ x} + \textrm{e} ^{2 \, x}$

Correction de l’exercices 2 :

L’équation caractéristique $\quad \quad r ^2 + r - 2 = (r - 1) (r + 2) = 0$

admet deux racines distinctes $1$ et $- 2$ .

La solution générale de l’équation homogène est $x \mapsto A\, \textrm{e} ^{x} + B \, \textrm{e} ^{ - 2 \, x}$ où $(A , \, B) \in \mathbb{R} ^2$ .

On cherche une solution particulière de $y'' + y' - 2 \, y = 8 \, \textrm{e} ^{\textrm{i} \, x}$ de la forme $y_0 : x \mapsto a \, \textrm{e} ^{\textrm{i} \, x}$ où $a \in \mathbb{C}$ .

$y_0(x) = a\, \textrm{e} ^{\textrm{i} \, x}$

$y_0'(x) = a\, \textrm{i} \, \textrm{e} ^{\textrm{i} \, x}$

$y_0''(x) = - a\, \textrm{e} ^{\textrm{i} \, x}$ .

$y_0$ est solution ssi $\forall \, x \in \mathbb{R} , \, a ( - 1 + \textrm{i} - 2) \textrm{e} ^{\textrm{i} \, x} = 8 \, \textrm{e} ^{\textrm{i} \, x}$

ssi $a( 3 - \textrm{i}) = -8$ ssi $\displaystyle a = - \frac{4} 5 ( 3 + \textrm{i})$

$\displaystyle y_0 : x \mapsto - \frac{4} 5( 3 + \textrm{i}) \, \textrm{e} ^{\textrm{i} \, x}$

Puis $\mathcal{I}m (y_0)$ est solution particulière de $y'' + y' - 2 \, y = 8 \sin(x)$

soit : $\displaystyle x\mapsto - \frac{4} 5( 3\, \sin x +\cos x)$ .

On en déduit que la solution générale est définie par $x \displaystyle \mapsto A \, \textrm{e} ^{x} + B \, \textrm{e} ^{ - 2 \, x} - \frac{4} 5( 3\, \sin x +\cos x)$

Traduction des conditions initiales

$f(0) = 0$ et $f'(0) = 1$

ssi $A + B = 4/5$ et $A - 2 \, B = 17/5$

ssi $B = -13/15$ et $A = 5/3$

La fonction cherchée est définie par

$x \displaystyle \mapsto \frac 5 3 \textrm{e} ^{x} - \frac {13} {15} \textrm{e} ^{ - 2 \, x} - \frac{4} 5( 3\, \sin x +\cos x)$

Correction de l’exercice 3 :

L’équation caractéristique

$\quad \quad P(r) = r ^2 - 2 \, r + 2 = 0$

admet deux racines $1 + \textrm{i}$ et $1 - \textrm{i}$ .

La solution générale de l’equation homogène est

$\quad \quad x \mapsto \textrm{e} ^x \left ( A \, \cos x + B \, \sin x \right)$

où $(A , \, B) \in \mathbb{R} ^2$

On cherche une solution particulière

$y _1$ de $y'' - 2 y' + 2 y = \textrm{e} ^{\textrm{i} \, x}$ sous la forme $y_1 : x \mapsto a \, \textrm{e} ^{\textrm{i} \, x}$ où $a \in \mathbb{C}$ .

$y_1'(x) = a \,\textrm{i}\, \textrm{e} ^{\textrm{i} \, x}$

$y_1''(x) = - a \, \textrm{e} ^{\textrm{i} \, x}$ .

$y_1$ est solution

ssi $\forall \, x \in \mathbb{R},\, a \left ( - 1 - 2 \, \textrm{i} + 2 \right ) \, \textrm{e} ^{\textrm{i} \, x} = \textrm{e} ^{\textrm{i} \, x}$

ssi $\, a( 1 - 2\, \textrm{i}) = 1$ ssi $a = \displaystyle \frac { 1 + 2 \, \textrm{i}} {5}$ .

Puis $y_2 = \mathcal {R}e(y_1)$ est solution particulière de $y'' - 2 y' + 2 y = \cos x$

ce qui donne $y_2 : x \mapsto \displaystyle \frac 1 5 \left ( \cos x - 2 \, \sin x \right )$

On cherche une solution particulière $y _3$ de $y'' - 2 y' + 2 y = \textrm{e} ^{(1 + \textrm{i}) \, x}$ sous la forme $y_3 : x \mapsto a \,x \, \textrm{e} ^{(1 + \textrm{i}) \, x}$ où $a \in \mathbb{C}$ .

$y_3'(x) = a \left ( (1 + \textrm{i})\, x + 1 \right ) \, \textrm{e} ^{(1 + \textrm{i}) \, x}$

$y_3''(x) = a \left ( (1 + \textrm{i})^2 \, x + 2 (1 + \textrm{i}) \right ) \textrm{e} ^{(1 + \textrm{i}) \, x}$

$y_3''(x) = a \left ( 2\, \textrm{i} \, x + 2 (1 + \textrm{i}) \right ) \textrm{e} ^{(1 + \textrm{i}) \, x}$

$y_3$ est solution ssi pour tout réel $x$ ,

$\quad a \left ( 2 (1 + \textrm{i}) - 2 \right ) \, \textrm{e} ^{(1 + \textrm{i} )\, x} = \textrm{e} ^{(1 + \textrm{i}) \, x}$

ssi $2 \, \textrm{i} \, a = 1$ ssi $a = - \textrm{i} / 2$

soit $y _ 3: x \mapsto \displaystyle \frac {- \textrm{i} \, x} 2 \, \textrm{e} ^{(1 + \textrm{i}) \, x}$

Et $y_4 = \mathcal{I}m (y_3)$ est solution particulière de $y'' - 2 y' + 2 y = + \textrm{e} ^x \, \sin x$

$y_4 : x \mapsto \displaystyle \frac {- x} 2 \, \cos x \, \textrm{e} ^x$ .

La solution générale est définie par $x \mapsto \displaystyle \frac {- x} 2 \, \cos x \, \textrm{e} ^x + \frac 1 5 \left ( \cos x - 2 \, \sin x \right )$ $\quad \quad \quad\quad \quad + \, \textrm{e} ^x \left ( A \, \cos x + B \, \sin x \right)$

où $(A , \, B) \in \mathbb{R} ^2$ .

3. Systèmes différentiels : exercices en MPSI, MP2I, PTSI et PCSI

Exercice 1
Déterminer l’ensemble des fonctions $x$ et $y$ de la variable $t$ vérifiant sur $\mathbb {R}$ $\quad \left \{ \begin{matrix} x' &=& x + y + t\\ y' &=& - 2 \, x - \, y + \textrm{e} ^{2 \, t} \end{matrix} \right.$

Correction : $\bullet$ En utilisant $\quad \quad \forall \, t \in \mathbb {R}, \; x'(t) = x(t) + y(t) + t$ ,
on peut conclure que par somme de 3 fonctions dérivables, $x'$ est dérivable. Puis en dérivant :
$\quad \forall \, t \in \mathbb {R}$ , $x''(t) = x'(t) + y'(t) + 1$ .
On utilise la seconde équation du système $y'(t) = - 2 \, x(t) - \, y(t) + \textrm{e} ^{2 \, t}$
pour obtenir :
$\; \; x''(t) = x'(t) - 2 \, x(t) - y(t) + \textrm{e} ^t + 1$ .
De la première équation, on tire $y(t)$ en fonction de $x$ et $t$ :
$\quad \quad y(t) = x'(t) - x(t) - t$
ce qui donne pour tout réel $t$ ,
$x''(t) = x'(t) - 2 \, x(t) - x'(t) + \, x(t)$ $\quad \quad \quad \quad \quad + \, t + \textrm{e} ^{2 \, t} + 1$ .
soit $x''(t) = - \, x(t) + \, t + 1 + \textrm{e} ^{2 \, t}$ .

$\bullet$ Résolution de l’équation différentielle
$\ast$ L’équation $x'' + x = 0$ a pour solution générale $\; \; t \mapsto a \, \cos(t) + b \, \sin(t)$ où $(a , \, b) \in \mathbb{R}^2$ .

$\ast$ Il est évident que $x_1 : t \mapsto t + 1$ est solution particulière de $x'' + \, x = \, t + 1$

$\ast$ $x_2 : t \mapsto \alpha \, \textrm{e} ^{2 \, t}$ est solution particulière de $x'' + x = \textrm{e} ^{2 \, t}$ ssi $4 \, \alpha + \alpha = 1$ ssi $\alpha = 1/5$ .

On en déduit qu’il existe $(a ,\, b) \in \mathbb {R} ^2$ ,
$\forall \, t \in \mathbb {R}$ , $\displaystyle x(t) = a \, \cos t + b \, \sin t +\frac 1 5 \textrm{e} ^{2 \, t} + \, t+ 1$ .

$\bullet$ En utilisant : $y(t) = x'(t) - x(t) - t$ , on obtient après calculs, pour tout réel $t$ ,
$\displaystyle y(t) = - ( a + b) \, \sin t + (b - a) \, \cos t$ $\displaystyle \quad \quad \quad +\, \frac 1 5 \,\textrm{e} ^{2 \, t} - 2 \, t$ .

$\bullet$ Il reste à étudier la réciproque.
La première équation est vérifiée, car c’est elle qui a servi à déterminer $y(t)$ .
Il reste à vérifier la deuxième.
On calcule si $t \in \mathbb{R}$
$u(t) = y'(t) + 2 \, x(t) + \, y(t)$ en utilisant $y(t) = x'(t) - x(t) - t$ , donc $y'(t) = x''(t) - x'(t) - 1$ ,
$u(t) = x''(t) - x'(t) - 1 + 2 \, x(t)$ $\quad \quad \quad \quad + \, x'(t) - x(t) - t$
$u(t) = x''(t) + x(t) - t - 1 = \textrm {e} ^{2 \, t}$ en utilisant l’équation différentielle dont $x$ est solution, on a donc obtenu
$\forall\, t \in \mathbb{R},\, y'(t) = - 2 \, x(t) - \, y(t) + \textrm{e} ^{2 \, t}$
la deuxième équation est vérifiée.
La réciproque est vraie.

Conclusion : les solutions du système sont définies pour tout réel $t$ par :
$\displaystyle x(t) = a \, \cos t + b \, \sin t +\frac 1 5 \textrm{e} ^{2 \, t} + \, t+ 1$
et $\displaystyle y(t) = - ( a + b) \, \sin t + (b - a) \, \cos t$ $\quad \quad \quad \quad \displaystyle +\, \frac 1 5 \,\textrm{e} ^{2 \, t} -2 \, t$
où $(a , \, b) \in \mathbb {R}^2$ .

Exercice 2
Déterminer l’ensemble des fonctions $x$ et $y$ de la variable $t$ vérifiant sur $\mathbb {R}$
$\quad \quad \left \{ \begin{matrix} x''&=& x' + y' - y \\ y'' &=& x' + y' - x \end{matrix} \right.$

Correction :

On sait qu’un système de deux équations $L_1 \,, \, L _2$ est équivalent au système formé par $L_1 + L_2$ et $L_1 - L_2$

On obtient donc le système équivalent
$\left \{ \begin{matrix} (x+ y)''&=& 2(x + y)' - (x + y )\\ x '' - y'' &=& x - y \end{matrix} \right.$
$\ast$ en posant $u = x + y$ , on résout $u'' = 2 \, u' - u$ dont l’équation caractéristique $r ^2 - 2 \, r + 1 = (r - 1) ^2$ admet comme solution générale $\quad \quad \quad u : t \mapsto (a \, t + b) \, \textrm{e} ^t$ .
$\ast$ En posant $v = x - y$ , on résout $v'' = v$ ce qui donne $v : t \mapsto A\, \textrm {e} ^t + B \, \textrm {e} ^{ - t}$ où $(A , \, B) \in \mathbb{R} ^2$ .
$\ast$ On termine en utilisant
$x = \displaystyle \frac 1 2 ( u + v)$ et $y = \displaystyle \frac 1 2 ( u - v)$ ,
ce qui donne pour tout $t \in \mathbb {R} , \,$
$x(t) =\displaystyle \frac 1 2 \left ( a \, t + b + A \right ) \, \textrm{e} ^t + \frac B 2 \,\textrm{e} ^{ - t}$
$y(t) = \displaystyle \frac 1 2 \left ( a \, t + b - A \right ) \, \textrm{e} ^t - \frac B 2 \, \textrm{e} ^{ - t}$ .
où $(a ,\, b , \, A ,\, B) \in \mathbb{R} ^4$ .

4. Équations différentielles d’ordre 1, solution périodique

Soit $f$ une fonction continue sur $\mathbb{R}$ et 1-périodique. Soit $a \in \mathbb{R}^*$ .
Il existe une unique solution de $y' + a \, y = f(x)$ qui est 1-périodique. Vrai ou Faux ?

Correction : $\bullet$ On résout d’abord l’équation.
$\ast$ $x \mapsto \lambda \, \textrm{e} ^{ - a \, x}$ est solution générale de l’équation sans second membre.

$\ast$ On utilise la méthode de variation de la constante $x \mapsto \lambda(x) \, \textrm{e} ^{ - a \, x}$ est solution de l’équation
ssi $\forall\, x \in \mathbb{R} , \,\lambda'(x) \, \textrm{e} ^{ - a \, x} = f(x)$
ssi $\forall\, x \in \mathbb{R} , \,\lambda'(x) = \, \textrm{e} ^{ a \, x} \, f(x)$
ssi $\exists \,C \in \mathbb{R} , \, \forall\, x \in \mathbb{R} ,$ $\quad \quad \quad \quad \,\lambda(x) = \int_0 ^x \textrm{e} ^{ a \, t} \, f(t) \, \textrm{d} \, t + C$ .

On en déduit que la solution générale de l’équation est donnée par
$\quad \quad x \mapsto \left ( \int_0 ^x \textrm{e} ^{ a \, t} \, f(t) \, \textrm{d} \, t + C \right ) \, \textrm{e} ^{a \, x}$
où $C \in \mathbb{R}$ .

$\bullet$ Recherche d’une solution 1-périodi- que :
$y$ est $1$ -périodique
ssi $\forall \, x \in \mathbb{R} ,$
$\left ( \int_0 ^{x + 1} \textrm{e} ^{ a \, t} \, f(t) \, \textrm{d} \, t + C \right ) \, \textrm{e} ^{a \, x+ a }$ $\quad \quad \quad = \left ( \int_0 ^x \textrm{e} ^{ a \, t} \, f(t) \, \textrm{d} \, t + C \right ) \, \textrm{e} ^{a \, x}$
ssi $\forall\, x \in \mathbb{R}$ ,
$\int_0 ^{x + 1} \textrm{e} ^{ a \, t} \, f(t) \, \textrm{d} \, t + C$ $\quad \quad \quad = \textrm{e} ^{- a } \left ( \int_0 ^x \textrm{e} ^{ a \, t} \, f(t) \, \textrm{d} \, t + C \right )$ (*)
On calcule par la relation de Chasles :
$\int_0 ^{x + 1} \textrm{e} ^{ a \, t} \, f(t) \, \textrm{d} \, t=$
$\quad \int_0 ^{ 1} \textrm{e} ^{ a \, t} \, f(t) \, \textrm{d} \, t + \int_1 ^{x + 1} \textrm{e} ^{ a \, t} \, f(t) \, \textrm{d} \, t$
On utilise le changement de variable : $\varphi : u \mapsto u - 1$ dans la deuxième intégrale ( $t = u - 1$ ), $\varphi$ est de classe $C ^1$ sur $\mathbb {R}$ :
$\int_1 ^{x + 1} \textrm{e} ^{ a \, t} \, f(t) \, \textrm{d} \, t= \int_0 ^{x } \textrm{e} ^{ a \, (u - 1)} \, f(u - 1) \, \textrm{d} \, u$
ce qui donne puisque $f$ est $1$ -périodique
$\int_1 ^{x + 1} \textrm{e} ^{ a \, t} \, f(t) \, \textrm{d} \, t= \textrm{e} ^{ - a} \int_0 ^{x } \textrm{e} ^{ a \, u } \, f(u) \, \textrm{d} \, u$

La condition nécessaire et suffisante (*) s’écrit alors $\forall\, x \in \mathbb{R}$ ,
$\int_0 ^{ 1} \textrm{e} ^{ a \, t} \, f(t) \, \textrm{d} \, t + \textrm{e} ^{ - a} \int_0 ^{x } \textrm{e} ^{ a \, u } \, f(u) \, \textrm{d} \, u$
$\quad + \, C = \textrm{e} ^{- a } \left ( \int_0 ^x \textrm{e} ^{ a \, t} \, f(t) \, \textrm{d} \, t + C \right )$
ssi $\int_0 ^{ 1} \textrm{e} ^{ a \, t} \, f(t) \, \textrm{d} \, t + C = C \, \textrm{e} ^{- a }$
ssi $C( \textrm{e} ^{ - a} - 1 ) = \int_0 ^{ 1} \textrm{e} ^{ a \, t} \, f(t) \, \textrm{d} \, t$
ssi $C= \displaystyle \frac 1 { \textrm{e} ^{ - a} - 1 } \, \int_0 ^{ 1} \textrm{e} ^{ a \, t} \, f(t) \, \textrm{d} \, t$ .

Conclusion : il existe une et une seule solution $1$ – périodique.

5. Équations différentielles d’ordre 1 : problèmes de raccords

Exercice 1
$2 \, x \, y' + y - x^2 = 0$ à résoudre sur $I_1 = \mathbb{R } ^{- *}$ ou $I_2 = \mathbb{R} ^{+*}$ .
Puis déterminer les solutions sur $\mathbb{R}$ .

Correction : $\bullet$ Première partie
0n résout l’équation sur $I_1 = \mathbb{R } ^{- *}$ ou $I_2 = \mathbb{R} ^{+*}$ après l’avoir écrite sous la forme $\displaystyle y' + \frac {1} {2 \, x} y = \frac {x} 2$ .

$\ast$ La solution générale de $\displaystyle y' + \frac {1} {2 \, x} y = 0$ est $x \mapsto \lambda \textrm{e} ^{- \ln \vert x \vert / 2}$ soit $\displaystyle x \mapsto \frac {\lambda} {\sqrt {\vert x \vert }}$

$\ast$ On utilise la méthode de variation de la constante avec $y : x \mapsto \displaystyle \frac {\lambda(x)} {\sqrt{\varepsilon \, x } }$ où $\varepsilon = 1$ sur $I_2$ et $\varepsilon = - 1$ sur $I_1$ .
$y$ est solution sur $I_k$
ssi $\forall \, x \in I_k \, , \, \displaystyle \frac {\lambda'(x) } {\sqrt{\varepsilon \, x } } = \frac {x} 2$
ssi $\forall \, x \in I_k \, , \, \displaystyle {\lambda'(x) } = \frac {x {\sqrt{\varepsilon \, x } }} 2$
On utilise $x \mapsto x \, \sqrt{ x} = x^{3/2}$ de primitive $\displaystyle x \mapsto \frac {2 \, x ^{5/2} } 5$ si $\varepsilon = 1$
et $x \mapsto x \, \sqrt {- x}= - (- x)^{3/2}$ de primitive $\displaystyle x \mapsto \frac {2 \, (-x) ^{5/2}} 5$ si $\varepsilon = -1$ .

$y$ est solution sur $I_k$
ssi $\exists \, C \in \mathbb{R} , \, \forall \, x \in I_k \, ,$ $\quad \quad \quad \, \displaystyle {\lambda(x) } = \frac { (\varepsilon \, x ) ^{5/2} } 5 + C$
Donc la solution générale sur $I_2$ est
$\displaystyle x \mapsto \frac a {\sqrt{x} } + \frac {x^2} 5$ où $a \in \mathbb{R}$
et sur $I_1$ : $\displaystyle x \mapsto \frac b {\sqrt{- x} } + \frac {x^2} 5$ où $b \in \mathbb{R}$ .

$\bullet$ Deuxième partie
Recherche d’une solution sur $\mathbb{R}$ de $\quad \quad \quad 2\, x \, y' + y - x^2 = 0$ .
On note $f(x) = \displaystyle \frac b {\sqrt{- x} } + \frac {x^2} 5$ si $x < 0$
et $f(x) = \displaystyle \frac a {\sqrt{x} } + \frac {x^2} 5$ si $x > 0$ .
$\ast$ Si $a \neq 0$ ou $b \neq 0$ , $f$ n’a pas de limite finie en $0$ .
$\ast$ Si $a = b = 0$ , les limites de $f$ à gauche et à droite de $0$ sont nulles.
On pose $f(0) = 0$ .
Dans ce cas, pour tout $x$ , $f(x) = \displaystyle \frac {x^5} 2$ .
$f$ est alors dérivable en $0$ et $f'(0) = 0$ .
On vérifie que $2 \, 0 \, f'(0) + f(0) - 0 ^2 = 0$ , donc $f$ est encore solution de $(\mathcal{E})$ en $0$ .
Elle est solution sur $\mathbb{R}$ .

Conclusion : L’équation admet une unique solution sur $\mathbb{R}$ définie par $x \displaystyle \mapsto \frac {x^5} 2$ .

Exercice 2
Résoudre l’équation différentielle $\quad \quad \quad (\mathcal{E}) : x y' - 2 y = x^3 + 2$
sur $\mathbb{R}^ {+*}$ et sur $\mathbb{R}^{-*}$ .
Déterminer les solutions sur $\mathbb{R}$ .

Correction : $\bullet$ Résolution sur $I_1 = \mathbb{R}^{-*}$ et sur $I_2 = \mathbb{R}^{+*}$ .
On écrit l’équation sous la forme $(\mathcal{E}'): \displaystyle y ' - \frac 2 x \, y = x^2 + \frac 2 x$ et on résout l’équation sur $I_k$ avec $k = 1 , 2$ .

$\ast$ La solution générale sur $I_k$ de $\displaystyle y ' - \frac 2 x \, y = 0$ est $x \mapsto \lambda \, x^2$ où $\lambda \in \mathbb{R}$ car $x \displaystyle \mapsto - \frac 2 x$ admet comme primitive $x \mapsto -2 \, \ln \vert x \vert$ .

$\ast$ On utilise la méthode de variation de la constante.
$x \mapsto \displaystyle \lambda (x) \, x^2$ est solution de $(\mathcal{E'})$ sur $I_k$
ssi $\forall \, x \in I_k \, ,\, x ^2 \, \lambda'(x) = \displaystyle x^2 + \frac 2 x$
ssi $\forall \, x \in I_k \, ,\, \lambda'(x) = \displaystyle 1 + \frac 2 {x ^3}$
ssi $\exists \, C \in \mathbb{R}, \, \forall \, x \in I_k \, ,$ $\quad \quad \quad \, \lambda(x) = \displaystyle x - \frac 1 {x ^2} + C$ .

L’ensemble des solutions de $(\mathcal{E}')$ sur $I_1$ est l’ensemble des fonctions $\quad \quad x \mapsto \displaystyle a \, x ^2 + x ^3 - 1$ où $a \in \mathbb{R}$ .
L’ensemble des solutions de $(\mathcal{E}')$ sur $I_2$ est l’ensemble des fonctions $\quad \quad x \mapsto \displaystyle b \, x^2 + x ^ 3 - 1$ où $b \in \mathbb{R}$

$\bullet$ Recherche de solutions de $(\mathcal{E})$ sur $\mathbb{R}$ .
On note $f(x) = \left \{ \begin{matrix} a \, x^2 + x ^3 - 1 \textrm{ si } x < 0\\ b \, x^2 + x ^3 - 1 \textrm{ si } x > 0 \end{matrix} \right.$

$\ast$ Pour tout $a$ et $b$ , $f$ admet $- 1$ pour limite en $0$ . On pose $f(0) = -1$ .
On introduit le taux d’accroissement de $f$ en $0$ :
$\displaystyle T(x) = \frac {f(x) - f(0)} x = \left \{ \begin{matrix} a \, x + x ^2 \textrm{ si } x < 0\\ b \, x + x ^2 \textrm{ si } x > 0 \end{matrix} \right.$
alors $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac {f(x) - f(0)} x = 0$ .
$f$ est dérivable en $0$ et $f'(0) = 0$ .
$f$ est encore solution de l’équation en $0$ car $0 \times f'(0) - 2 \, f(0) = 0 ^3 + 2$

L’équation $(\mathcal{E})$ admet une infinité de solutions sur $\mathbb{R }$ .
Leurs graphes passent tous par l’origine.

On peut remarquer que le théorème de Cauchy-Lipschitz ne s’applique pas sur $\mathbb{R}$ car le coefficient de $y'$ s’annule.

6. Équations différentielles d’ordre 2 : changement de fonction inconnue

Pour chaque question, on cherchera le domaine de dérivabilité et la dérivée.

Exercice 1
Résoudre sur $I = \mathbb {R } ^ {+*}$ l’équation $\displaystyle x^2 \,y''(x) + x \, y'(x) + \left ( x^2 - \frac 1 4 \right ) y = 0$ en posant $\displaystyle u(x) = \sqrt{x} \, y(x)$

Correction : Il est important de ne pas oublier de démontrer que $u$ est deux fois dérivable.
On dérive $y$ en fonction de $u$ et non $u$ en fonction de $y$ pour remplacer dans l’équation différentielle.

$\bullet$ Si $y$ est deux fois dérivable sur $I$ par produit de deux fonction 2 fois dérivable sur $I$ , $u$ l’est aussi.

$\bullet$ On écrit $\displaystyle y(x) = u(x) \, x ^{ - 1/2}$ ce qui permet de dériver plus facilement $y$ en fonction de $u$ .
Pour tout $x \in I$ ,
$y(x) = u(x) \, x ^{ - 1/2}$
$\displaystyle y'(x) = u'(x) \, x ^{ - 1/2} - \frac 1 2 u(x) \, x ^{- 3 /2}$
$\displaystyle y''(x) = u''(x) \, x ^{ - 1/2} - 2 . \frac 1 2 u'(x) \, x ^{- 3 /2}$ $\displaystyle \quad \quad \quad \quad + \, \frac 3 4 u(x) \, x ^{- 5 /2}$

On remplace dans l’équation, en regroupant directement les termes en $u$ , ceux en $u'$ et le seul terme en $u''$ .
$y$ est solution sur $I$ ssi $\forall\, x \in I$ ,
$\displaystyle u''(x) \, x ^{3/2} + \left ( - x ^ {1/2} + x ^{- 1/2} \right ) u'(x)$ $\displaystyle + \, \left ( \frac 3 {4 \, \sqrt{x}} - \frac 1 {2 \, \sqrt{x}} + x ^{3/2} - \frac 1 {4 \, \sqrt{x}} \right ) u(x)$ $= 0$
ssi $\forall\, x \in I, \, x^{3/2} \left ( u''(x) + u(x) \right )= 0$
ssi $\forall\, x \in I, \, u''(x) + u(x)= 0$
ssi $\exists (a , \, b) \in \mathbb{R} ,$ $\quad \quad \,\forall\, x \in I, u(x) = a \, \cos(x) + b\, \sin(x)$ .

à ne pas oublier de donner les solutions $y$ .
L’ensemble des solutions sur $I$ est l’ensemble des fonctions
$\displaystyle x \mapsto \frac {a \, \cos(x) + b\, \sin(x)} {\sqrt{x}}$ où $(a , \, b) \in \mathbb {R}^2$ .

Exercice 2
Résoudre l’équation $x^2 \, y'' + 4 \, x \, y' + (2 - x^ 2) y = 1$ sur $I = \mathbb{R}^{+ *}$ en posant $u(x) = x^2 \, y (x)$

$\bullet$ Recherche de la nouvelle équation différentielle
Si $x \in I$ ,
$y(x) = \displaystyle \frac {u(x)} {x^2 }$
$y'(x) = \displaystyle \frac {u'(x)} {x^2} - \frac {2 \, u(x)} {x^3}$
$y'(x) = \displaystyle \frac {u''(x)} {x^2} - \frac {4 \, u'(x)} {x^3} + \frac {6 \, u(x)} {x^4}$ .

On remplace dans l’équation différentielle en regroupant dès le début les termes en $u(x)$ et $u'(x)$ :
$y$ est solution sur $I$ ssi pour tout $x \in I$
$\displaystyle u''(x) + u'(x) \left ( - \frac {4} x + \frac {4} x \right )$ $\quad \quad \displaystyle + \, u(x) \left ( \frac {6} {x^2} - \frac {4} {x^2} + \frac 2 {x^2} - 1 \right ) = 1$
ssi $\forall\, x \in I,\, u''(x) - u(x) = 1$ .

$\bullet$ Détermination de $u$
$\ast$ La solution générale de $u'' - u = 0$ est $x \mapsto a \, \textrm{e} ^{x} + b \, \textrm{e} ^{- x}$ où $(a , \, b) \in \mathbb{R}^2$ .
$\ast$ La fonction $x \mapsto - 1$ est solution particulière de $u'' - u = 1$
$\ast$ La solution générale de $u'' - u = 1$ est
$x \mapsto a \, \textrm{e} ^{x} + b \, \textrm{e} ^{- x} - 1$ où $(a , \, b) \in \mathbb{R}^2$

$\bullet$ à donner les solutions $y$ .
L’ensemble des solutions de $(\mathcal{E})$ sur $I$ est l’ensemble des fonctions
$\quad \quad x \displaystyle \mapsto \frac 1 {x^2} \left ( a \, \textrm{e} ^{x} + b \, \textrm{e} ^{- x} - 1\right )$
où $(a , \, b) \in \mathbb{R}^2$ .

Exercice 3
$(\mathcal{E}) : x^2 \, \textrm{e} ^y \, y' - \textrm{e} ^y + 1 = 0$ à résoudre sur $I = \mathbb{R } ^{+ *}$

Correction :

Si l’on pose $z = \textrm{e} ^y$ , $z$ est dérivable et on obtient une équation linéaire du premier ordre $x ^2 \, z' + z - 1 = 0$ que l’on résout sur $I = \mathbb{R } ^{+ *}$ après l’avoir écrite sous la forme $\displaystyle z' - \frac {1} { x^2 } z = -\frac 1 {x^ 2 }$ et que l’on note $(\mathcal{E}')$ .

$\bullet$ Une primitive de $x \mapsto \displaystyle \frac {-1} { x^2 }$ est $x \mapsto \displaystyle \frac 1 {x}$ donc la solution générale de l’équation homogène sur $I$ est $x \mapsto \lambda \, \textrm{e} ^{ - 1 / x}$

$\bullet$ il est évident que $x \mapsto 1$ est solution de l’équation complète.
Donc la solution générale de $(\mathcal{E}')$ est $x \mapsto \lambda \, \, \textrm{e} ^{ - 1 / x} + 1$ où $\lambda \in \mathbb{R}$ .

$\bullet$ On a posé $z = \textrm{e} ^y$ , donc la fonction $z : x \mapsto \lambda \, \, \textrm{e} ^{ - 1 / x} + 1$ doit être à valeurs strictement positives.
$\ast$ si $\lambda \geq 0$ , $z$ est à valeurs strictement positives.
$\ast$ Si $\lambda < 0$ , $z$ est strictement décroissante sur $I$ , admet $1$ pour limite en $0$ et $\lambda + 1$ pour limite en $+\infty$ . Donc $z$ est à valeurs strictement positives ssi $\lambda + 1 > 0$ .

On a donc prouvé que $z$ est à valeurs strictement positives ssi $\lambda > - 1$ .
La solution générale de l’équation $(\mathcal{E})$ sur $I$ est donc
$\quad x \mapsto \ln \left ( 1 + \lambda \, \textrm{e} ^{ - 1/x} \right )$ où $\lambda > - 1$ .

cet exercice demandait une discussion après avoir déterminé $z$ pour obtenir $y$ .

7. Sur les graphes des solutions d’une équation différentielle

On se place sur $I = \;] - \pi/2 \; , \, \pi/2[$ .
et soit $(\mathcal {E}) : y' = y \tan(x) - \cos^2(x)$

Question 1.
Résoudre l’équation différentielle.

Correction : $\bullet$ On résout l’équation homogène.
$x \mapsto - \tan(x)$ admet comme primitive sur $I$ : $x \mapsto \ln( \cos x )$
donc $x \mapsto \lambda \, \textrm {e } ^ {- \ln( \cos(x))}$ soit $x \displaystyle \mapsto \frac {\lambda } {\cos x}$ est la solution générale de l’équation homogène.

$\bullet$ On utilise la méthode de variation de la constante
$x \displaystyle \mapsto \frac {\lambda (x) } {\cos x}$ est solution de $(\mathcal{E})$
ssi $\displaystyle \forall \; x \in I , \, \frac {\lambda' (x) } {\cos x} = - \cos^2(x)$
ssi $\forall \; x \in I , \, \lambda' (x) = - {\cos x}( 1 - \sin^2(x))$
ssi $\displaystyle \exists \, C \in \mathbb {R},\forall \; x \in I ,$ $\quad \quad \quad \displaystyle \, \lambda (x) = - {\sin x}+ \frac {\sin^3(x))} 3$ .

L’ensemble des solutions est l’ensemble des fonctions $x \mapsto \displaystyle \frac {\sin ^3 x } {3 \cos x } - \tan(x) + \frac {\lambda } {\cos x}$ où $\lambda \in \mathbb{R}$ .

Question 2
Déterminer l’ensemble des points des courbes représentatives des solutions à tangente horizontale.

Question 3
Déterminer l’ensemble des points des courbes représentatives où $y''(x) = 0$ .

8. Équations différentielles d’ordre 2, problème de raccord

exercice 1
$y'' + y = \vert x \vert + 1$ .

Correction : $\bullet$ La solution générale de l’équation homogène est $x \mapsto a \cos(x) + b \sin(x)$ où $(a , \, b) \in \mathbb {R}^2$ .
Il est évident que $x \mapsto x + 1$ est solution particulière sur $\mathbb {R}^{+*}$ de $y'' + y = x + 1$ .
Donc la solution générale sur $\mathbb {R}^ {+* }$ est $\quad \quad x \mapsto x + 1 + a \, \cos(x) + b \, \sin(x)$
où $(a , \, b) \in \mathbb{R}^2$ .

$\bullet$ Il est évident que $x \mapsto - x + 1$ est solution particulière sur $\mathbb {R}^{-*}$ de $y'' + y = - x + 1$ .
Donc la solution générale sur $\mathbb {R}^ {-* }$ est $\quad x \mapsto - x + 1 + c \cos(x) + d \sin(x)$
où $(c , \, d) \in \mathbb{R}^2$ .

$\bullet$ Recherche d’une solution sur $\mathbb{R}$ .
On définit $f(x) =$ $\left \{ \begin{matrix} -x + 1 + a \cos(x) + b \sin(x)\textrm{ si } x < 0\\ x + 1 + c \cos(x) + d \sin(x)\textrm{ si } x > 0 \end{matrix} \right.$
$\ast$ $f$ admet $1 + a$ pour limite à gauche en $0$ et $1 + c$ pour limite à droite en $0$ .
$f$ est prolongeable par continuité en $0$ ssi $a = c$ ce que l’on suppose dans la suite.
On pose alors $f(0) = a + 1$

$\ast$ Si $x < 0$
$\displaystyle \frac {f(x) - f(0)} x =$ $\displaystyle \quad\quad \quad \quad a\, \frac {\cos(x) - 1} x + b \, \frac {\sin(x)} x - 1$
donc $\displaystyle \lim_{x \to 0 ^{-}} \frac {f(x) - f(0)} x = b - 1$
en utilisant $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac {\sin(x) } x = 1$ et $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac {1 - \cos(x) } {x} = - (\cos)'(0) = \sin(0) 0$ .

$\ast$ Si $x > 0$ ,
$\displaystyle \frac {f(x) - f(0)} x =$ $\displaystyle \quad \quad\quad \quad a\, \frac {\cos(x) - 1} x + d \, \frac {\sin(x)} x + 1$
donc $\displaystyle \lim_{x \to 0 ^{+}} \frac {f(x) - f(0} x = d + 1$ .

$\ast$ 0n en déduit que $f$ est dérivable en $0$ ssi $b - 1 = d + 1$ ssi $d = b - 2$
ce que l’on suppose dans la suite.
Alors $f'(0) = b - 1$

$\bullet$ Alors $f(x) =$ $\left \{ \begin{matrix} -x + 1 + a\, \cos(x) + b\, \sin(x)\textrm{ si } x < 0\\ x + 1 + a \cos(x) + (b - 2) \sin(x)\textrm{ si } x \geq 0 \end{matrix} \right.$
donc $f'(x) =$ $\left \{ \begin{matrix} - 1 - a \sin(x) + b \cos(x)\textrm{ si } x \geq 0\\ 1 - a \sin(x) + (b - 2) \cos(x)\textrm{ si } x \geq 0 \end{matrix} \right.$

$\ast$ Si $x < 0$
$\displaystyle \frac {f'(x) - f'(0)} x = - a\, \frac {\sin(x)} x + b \frac {\cos(x) - 1 } x$
donc $\displaystyle \lim_{x \to 0 ^{-}} \frac {f'(x) - f'(0)} x = - a$ .

$\ast$ Si $x > 0$
$\displaystyle \frac {f'(x) - f'(0)} x =$ $\displaystyle \quad \quad \quad - a\, \frac {\sin(x)} x + (b - 2) \frac {\cos(x) - 1 } x$
donc $\displaystyle \lim_{x \to 0 ^{+}} \frac {f'(x) - f'(0)} x = - a$ .
$f$ est deux fois dérivable en $0$ et $f''(0) = - a$ .

On vérifie ensuite que $f''(0) + f(0) = - a + a + 1 = \vert 0 \vert + 1$ , donc $f$ est solution sur $\mathbb {R }$ .

Les solutions sont définies par
$f(x) =$ $\left \{ \begin{matrix} -x + 1 + a \cos(x) + b \sin(x)\textrm{ si } x < 0\\ x + 1 + a \cos(x) + (b - 2) \sin(x)\textrm{ si } x \geq 0 \end{matrix} \right.$ où $(a , \, b) \in \mathbb {R } ^2$ .

Exercice 2
$y'' + 2\, y' + y = \textrm {e } ^{\vert x \vert}$

Correction : $\bullet$ Résolution sur $I_1 = \mathbb {R }^{+*}$ et $I_2 = \mathbb {R }^{-*}$ .
$\ast$ La solution générale de l’équation homogène est $x \mapsto (a \, x + b) \textrm {e } ^ {-x}$ .
$\ast$ On cherche une solution particulière sur $I_1$ de $y'' + 2 \, y' + y = \textrm {e } ^{ x }$ sous la forme $y_1 : x \mapsto A \, \textrm {e} ^{ x}$
$y_1$ est solution sur $I_1$ ssi $A + 2 \, A + A = 1$ ssi $A = 1/4$ .
La solution générale sur $I_1$ est définie par $\displaystyle x \mapsto (a \, x + b) \, \textrm {e} ^{- x} + \frac 1 4 \textrm{e} ^{x}$ où $(a , \, b) \in \mathbb{R}^2$ .

$\ast$ On cherche une solution particulière sur $I_2$ de $y'' + 2 y' + y = \textrm {e } ^{ -x }$ sous la forme $y_2 : x \mapsto A \,x ^2 \textrm {e} ^{- x}$
$y_2(x) = A \,x ^2 \textrm {e} ^{ -x}$
$y_2'(x) = A \,(-x ^2 + 2 \, x) \, \textrm {e} ^{ -x}$
$y_2''(x) = A \,(x ^2 - 4 \, x + 2 ) \, \textrm {e} ^{- x}$
$y_2$ est solution sur $I_2$ ssi $\forall \, x \in I_2 \, , \, 2 \, A \, \textrm {e} ^{- x} = \textrm {e} ^{ -x}$ ssi $A = 1/2$
La solution générale sur $I_2$ est définie par $\displaystyle x \mapsto (c \, x + d) \, \textrm {e} ^{- x} + \frac {x^2} 2 \textrm{e} ^{-x}$ où $(c , \, d) \in \mathbb{R}^2$ .

$\bullet$ Recherche d’une solution sur $\mathbb {R}$ .
On note $f(x) = \left \{ \begin{matrix} (x ^2 / 2 + c \, x + d) \, \textrm {e} ^{-x} \textrm{ si } x < 0\\ (a \, x + b)\, \textrm{e} ^{ - x } + \textrm{e} ^{x} / 4 \textrm{ si } x > 0 \end{matrix} \right.$
$\ast$ $f$ admet $d$ pour limite à gauche en $0$ et $b + 1/4$ pour limite à droite en $0$ .
$f$ est prolongeable par continuité en $0$ ssi $d = b + 1/4$ ce que l’on suppose dans la suite.
On pose alors $f(0) = d = b + 1/4$ .

$\ast$ Si $x < 0$ ,
$\displaystyle \frac {f(x) - f(0)} x = \left ( \frac x 2 + c \right ) \, \textrm{e} ^{- x } + d \, \frac {\textrm{e} ^{- x} - 1} x$
donc $\displaystyle \lim_{x \to 0 ^{-}} \frac {f(x) - f(0)} x = c - d$
en utilisant $\displaystyle \lim_{t \to 0} \frac {\textrm{e} ^{t} - 1 } t = 1$ donc
$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac {\textrm{e} ^{-x} - 1 } x = -1$ .

$\ast$ Si $x > 0$ ,
$\displaystyle \frac {f(x) - f(0)} x =$ $\quad \quad \quad \displaystyle a \, \textrm{e} ^{- x } + b \, \frac {\textrm {e }^{-x} - 1} x + \frac 1 4 \, \frac {\textrm{e} ^{ x} - 1} x$
$\displaystyle \lim_{x \to 0 ^ {-} } \frac {f(x) - f(0)} x = a - b + \frac 1 4$ .

$f$ est dérivable en $0$
ssi $c - d = a - b + 1/4$
ssi $c - b - 1/4 = a - b + 1/4$
ssi $c = a + 1/2$
et dans ce cas $f'(0) = c - d = a - b + 1/4$ , ce que l’on suppose dans la suite.

$\ast$ Si $x< 0$ , $\displaystyle f'(x) = \left ( - \frac {x^2} 2 + (1 - c) x + c - d \right ) \, \textrm{e} ^ {- x}$
$\displaystyle \frac {f'(x) - f'(0)} x =$ $\displaystyle \quad \left ( - \frac {x} 2 + 1 - c \right ) \, \textrm{e} ^ {- x} + (c - d) \, \frac {\textrm {e} ^{-x} - 1} x$
$\displaystyle \lim_{x \to 0 ^ {-} } \frac {f'(x) - f'(0)} x = 1 - c - (c - d)$ .

$\ast$ Si $x >0$ , $\displaystyle f'(x) =\left ( - a \, x - b + a \right ) \, \textrm {e } ^ {-x } + \frac 1 4 \, \textrm {e } ^x$
$\displaystyle \frac {f'(x) - f'(0)} x =$ $\displaystyle\;\; \; - a \, \textrm{e} ^{- x} + (a - b) \, \frac {\textrm {e} ^{-x} - 1} x + \frac 1 4 \frac {\textrm {e} ^{x} - 1} x$
$\displaystyle \lim_{x \to 0 ^ {+} } \frac {f'(x) - f'(0)} x = - 2 \, a + b + \frac 1 4$ .
$f'$ est dérivable en $0$ ssi $\displaystyle 1 + d - 2\, c = - 2 \, a + b + \frac 1 4 = - 2 \, a + d$ ssi $1 = 2 \, c - 2 \, a$ condition déjà introduite.

Les fonctions solutions sont définies par :
$f(x) = \displaystyle (a \, x + b) \, \textrm{e} ^{- x} + \frac 1 4 \textrm{e} ^{ x}$ si $x \geq 0$
et si $x < 0$ ,
$f(x)= \displaystyle \left ( \frac {x ^2 } 2 + \left (a + \frac 1 2 \right ) x + b + \frac 1 4 \right ) \textrm{e} ^{- x}$
où $(a , \, b) \in \mathbb{R}^2$ .

9. Résolution d’une équation d’ordre 3 par changement de fonction inconnue

Résoudre sur $I = \; ] - \pi/2 \, , \, \pi/2[$
$(y ^{(3)} + y' ) \, \cos(x) + (y'' + y) \, \sin(x)$ $\quad \quad \quad \quad \quad \quad = \sin(x)$ .

Correction :

$\bullet$ On note $z = y'' + y$ et on résout l’équation :
$(\mathcal{E}_0) : \cos(x) \, z' + \sin(x) \, z = \sin(x)$
que l’on écrit
$\quad \quad \quad z' + \displaystyle \frac {\sin x} {\cos x} z = \frac {\sin(x) } {\cos(x)}$

$a : x \mapsto \displaystyle \frac {\sin x} {\cos x}$ admet comme primitive
$x \mapsto - \ln (\cos x )$ donc la solution générale de l’équation homogène est $x \mapsto \lambda \, \exp(\ln \cos x )$
soit $x \mapsto \lambda \cos (x)$ où $\lambda \in \mathbb{R}$ .
$x \mapsto 1$ est solution particulière évidente.
La solution générale de $(\mathcal{E}_0)$ est $x \mapsto \lambda \, \cos x + 1$ où $\lambda \in \mathbb{R}$ .

$\bullet$ On résout maintenant $y'' + y = \lambda \cos x$
$\ast$ La solution générale de $y'' + y = 0$ est $x \mapsto A\, \cos x + B \, \sin x$ où $(A ,\, B) \in \mathbb{R}^2$ .
$\ast$ On cherche une solution particulière $y_1$ de $y'' + y = \textrm{e} ^{\textrm{i} \, x}$ sous la forme $y_1 : x \mapsto a \, x \, \textrm {e} ^{\textrm{i} \, x}$
$y_1 ( x) = a \, x \, \textrm {e} ^{\textrm{i} \, x}$
$y_1 '( x) = a \,( \textrm{i} \, x + 1) \, \textrm {e} ^{\textrm{i} \, x}$
$y_1 ''( x) = a \,( - x + 2 \, \textrm{i} ) \, \textrm {e} ^{\textrm{i} \, x}$
$y_1$ est solution ssi pour tout réel $x$ ,
$a \left ( - x + x + 2 \, \textrm{i} \right ) \textrm {e} ^{\textrm{i} \, x} = \textrm {e} ^{\textrm{i} \, x}$
ssi $2 \, a \, \textrm{i} = 1$ ssi $a = \displaystyle \frac {\textrm{i}} 2$ .
Donc $y_1 : x \mapsto \displaystyle \frac {\textrm{i}} 2 \, \textrm {e} ^{\textrm{i} \, x}$ .
Puis $y_2 = \lambda \, \mathcal{R}e(y_1)$ est solution particulière de $y'' + y = \lambda \cos x$
soit $y_2 : x \mapsto \displaystyle \frac {\lambda} 2 \, x \sin (x)$ .

$\bullet$ $x \mapsto 1$ est solution évidente de $y'' + y = 1$ .

L’ensemble des solutions est l’ensemble des fonctions
$x \mapsto \displaystyle \frac {\lambda} 2 \, x \sin (x) + 1 + A\, \cos x + B\, \sin x$ où $(\lambda , \, A , \, B) \in \mathbb{R}^3$ .

10. Équations différentielles d’ordre 2, solutions périodiques

Question 1
Quels sont les réels $r$ tels que $h : x \mapsto \textrm{e} ^{r \, x}$ soit périodique de période $T > 0$ ?

Question 2
On suppose que $(a ,\, b , \, c) \in \mathbb{R}^* \times \mathbb{R}^2$
Trouver une CNS pour que toutes les solutions réelles de $\quad\quad \quad a\,y'' + b \, y' + c \,y = 0$
soient périodiques de même période $T > 0$ .

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11. Équations différentielles d’ordre 2, solutions de limite nulle

Question 1

Soient $( b, \, c) \in \mathbb{R} ^2$ et $b ^2 \geq 4\, c$ , toutes les solutions de $\quad \quad (\mathcal{H}) : y'' + b \, y' + c \, y = 0$
admettent $0$ pour limite en $+ \infty$
ssi ( $b ^2 > 4\, c$ et $b < 0$ et $c > 0$ )
ou ( $b ^2 = 4 \, c$ et $b< 0$ ).

Question 2
Soient $( b, \, c) \in \mathbb{R} ^2$ et $b ^2 < 4\, c$ , toutes les solutions réelles de $\quad \quad (\mathcal{H}) : y'' + b \, y' + c \, y = 0$
admettent $0$ pour limite en $+\infty$ ssi $b > 0$ .

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