[>] Étude théorique d'équation d'ordre 1

 
Exercice 1  376  Correction  

Résoudre les équations différentielles suivantes:

  • (a)

    y-y=sin(2x)ex

  • (b)

    y+2xy=2xe-x2

  • (c)

    y+ytan(x)=sin(2x) sur ]-π/2;π/2[

Solution

  • (a)

    y(x)=(C+sin2(x))ex

  • (b)

    y(x)=(x2+C)e-x2

  • (c)

    y(x)=Ccos(x)-2cos2(x)

 
Exercice 2  382    Correction  

Résoudre sur ]1;+[ l’équation différentielle

y-xx2-1y=2x.

Solution

C’est une équation différentielle linéaire du premier ordre.
Solution homogène: y0(x)=Cx2-1.
Par variation de la constante, solution particulière y1(x)=2(x2-1).
Solution générale: y(x)=Cx2-1+2(x2-1).

 
Exercice 3  3782    CCP (MP)Correction  

Résoudre sur ]-π/2;π/2[

y(x)-tan(x)y+(cos(x))2=0.

Solution

C’est une équation différentielle linéaire de solution générale homogène

y(x)=λcos(x).

L’application de la méthode de la variation de la constante amène à déterminer

cos3(x)dx=cos(x)dx-cos(x)sin2(x)dx=sin(x)-13sin3(x).

Au final, on obtient la solution générale

y(x)=13sin3(x)-sin(x)+λcos(x).
 
Exercice 4  377  Correction  

Déterminer les solutions, s’il en existe, des problèmes de Cauchy suivants:

  • (a)

    y-(x+1)(y+1)=0 et y(0)=1

  • (b)

    (1+x2)y-(x+1)y=2 et y(0)=-1.

Solution

  • (a)

    Solution de l’équation homogène sur : y(x)=Ce12(x+1)2 avec C.
    Solution particulière sur : y0(x)=-1.
    Solution générale sur

    y(x)=Ce12(x+1)2-1 avec C.

    On aura y(0)=1 si, et seulement si, C=2/e.

  • (b)

    Solution de l’équation homogène sur : y(x)=Cx2+1earctan(x) avec C
    Solution particulière sur : y0(x)=x-1 après recherche de solution de la forme ax+b.
    Solution générale sur

    y(x)=Cx2+1earctan(x)+x-1 avec c.

    On aura y(0)=-1 si, et seulement si, C=0.

[<] Résolution d'équation scalaire d'ordre 1[>] Résolution avec raccord d'équation d'ordre 1

 
Exercice 5  380   Correction  

Soit a:+ une fonction continue et intégrable.
Établir que les solutions de l’équation différentielle y-a(t)y=0 sont bornées sur +.

Solution

La solution générale de l’équation étudiée est

y(t)=λeA(t) avec A(t)=0ta(u)du.

Or pour tout t0,

|A(t)|0t|a(u)|du0+|a(u)|du

et donc la fonction y est bornée.

 
Exercice 6  381   Correction  
  • (a)

    Soit h: continue de limite nulle en +. Montrer que les solutions de l’équation différentielle y+y=h converge vers 0 en +.

  • (b)

    Soit f: de classe 𝒞1. On suppose que f+f+. Montrer que f+.

Solution

  • (a)

    La solution générale de l’équation différentielle y+y=h est

    y(x)=(λ+0xh(t)etdt)e-x.

    Pour tout ε>0, il existe A tel que

    xA,|h(t)|ε.

    On a alors

    y(x)=(λ+0Ah(t)etdt)e-x+Axh(t)et-xdt

    avec

    |Axh(t)et-xdt|ε et (λ+0Ah(t)etdt)e-xx+0.
  • (b)

    Posons h=f+f-. f- est solution de l’équation différentielle y+y=h donc f-+0 puis f+.

 
Exercice 7  3109   Correction  

Soient α un complexe de partie réelle strictement positive et une application f: de classe 𝒞1 telle que f+αf tend vers 0 en +.
Montrer que f tend vers 0 en +.

Solution

Posons g=f+αf. La fonction f est solution de l’équation différentielle.

y+αy=g.

La solution générale de cette équation différentielle est

y(x)=λe-αx+0xg(t)eα(t-x)dt.

Ainsi, on peut écrire

f(x)=λe-αx+0xg(t)eα(t-x)dt.

Il est immédiat que λe-αx0 quand x+ car Re(α)>0.
Étudions maintenant la limite du terme intégral.
Soit ε>0. Puisque la fonction g tend vers 0 en +, il existe A0 tel que

tA,|g(t)|ε.

On a alors pour tout xA

0xg(t)eα(t-x)dt=0Ag(t)eα(t-x)dt+Axg(t)eα(t-x)dt

avec

|Axg(t)eα(t-x)dt|AxεeRe(α)(t-x)dtεRe(α)[eRe(α)(t-x)]AxεRe(α)

et

|0Ag(t)eα(t-x)dt|=|0Ag(t)eαtdt|e-Re(α)x=Ctee-Re(α)xx+0.

Pour x assez grand on a alors

|0xg(t)eα(t-x)dt|εRe(α)+ε.

Ainsi, 0xg(t)eα(t-x)dtx+0 puis f(x)x+0.

 
Exercice 8  4100   Correction  

Soit α et φ: une fonction continue et périodique de période T>0.
On étudie l’équation différentielle

(E):y+αy=φ(t).
  • (a)

    Montrer que si y est solution sur de l’équation (E) alors la fonction ty(t+T) l’est aussi.

  • (b)

    En déduire qu’une solution y de (E) est T-périodique si, et seulement si, y(0)=y(T).

  • (c)

    Montrer que l’équation (E) admet une unique solution T-périodique, sauf pour des valeurs exceptionnelles de α que l’on précisera.

Solution

  • (a)

    Posons z(t)=y(t+T). La fonction z est dérivable sur et

    t,z(t)+αz(t)=y(t+T)+αy(t+T)=φ(t+T)=φ(t).

    La fonction z est donc solution de (E).

  • (b)

    Si y est T-périodique, on a évidemment y(0)=y(T).
    Inversement, si y(0)=y(T) alors y et z sont solutions d’un même problème de Cauchy posé en 0. Par unicité de ces solutions, on peut conclure y=z.

  • (c)

    On peut exprimer la solution générale de l’équation (E)

    y(t)=(λ+0tφ(u)eαudu)e-αt.

    L’équation y(0)=y(T) équivaut alors l’équation

    λ=(λ+0Tφ(u)eαudu)e-αT.

    Si eαT1, cette équation précédente possède une unique solution en l’inconnue λ ce qui détermine y.
    La condition eαT=1 est uniquement vérifiée pour les valeurs

    α=2ikπT avec k.
 
Exercice 9  5228   

Soit S:]-1;1[ la fonction somme d’une série entière anxn de rayon de convergence R1. Montrer que les solutions sur ]-1;1[ de l’équation différentielle

(E):(1-x)y-y=S(x)

sont toutes développables en série entière sur ]-1;1[.

[<] Étude théorique d'équation d'ordre 1[>] Résolution d'équation scalaire d'ordre 2

 
Exercice 10  4660   

Résoudre sur l’équation différentielle

(E):ty-y=t2.
 
Exercice 11  419   Correction  

Résoudre sur l’équation

(E):x2y-y=0.

Solution

Sur +* ou -*,

Ey=1x2y.

Solution générale: y(x)=Ce-1/x.
Soit y une solution sur .
y est solution sur +* et -* donc il existe C+,C- telles que

x>0,y(x)=C+e-1/x et x<0,y(x)=C-e-1/x.

Continuité en 0:

y(x)x0+0 et y(x)x0-{± si C-00 sinon.

Nécessairement, y(0)=0 et C-=0.

Dérivabilité en 0:

y(x)=C+x2e-1/xx0+0 et y(x)x0-0 donc y(0)=0.

Équation différentielle en 0: 02y(0)-y(0)=0: ok.

Finalement,

C,y(x)={Ce-1/x si x>00 sinon.

Inversement, une telle fonction est solution.

 
Exercice 12  1369   Correction  

Soit α un paramètre réel. On désire résoudre sur l’équation différentielle

E:xy=αy.

On considère xy(x) une solution de E sur +* et -*.

  • (a)

    Donner l’expression de y(x) sur +* et sur -*.
    On notera C+ et C- les constantes réelles permettant d’exprimer y(x) sur +* et -*.

  • (b)

    À quelles conditions sur les constantes C+ et C-, est-il possible de prolonger y par continuité en 0?
    On distinguera trois cas, selon que α<0, α=0 ou α>0.

  • (c)

    Pour α>0, à quelles conditions sur les constantes C+ et C- la fonction prolongée y est-elle dérivable en 0?
    On distinguera trois cas, selon que 0<α<1, α=1 ou α>1.

  • (d)

    Résumer l’étude précédente en donnant la solution générale de E sur en fonction de α.

Solution

  • (a)

    E est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 de solution générale sur +* et -*:

    y(x)=C|x|α.

    Comme y est solution sur +* et -*, il existe C+,C- tels que

    x>0,y(x)=C+|x|αetx<0,y(x)=C-|x|α.
  • (b)

    Si α<0 alors

    y(x)x0+{± si C+00 sinon et y(x)x0-{± si C-00 sinon

    y peut être prolongée par continuité en 0 si, et seulement si, C+=C-=0 et alors y(0)=0.
    La solution correspondante est la fonction nulle qui est solution de E.
    Si α=0 alors

    y(x)x0+C+ et y(x)x0-C-

    y peut être prolongée par continuité en 0 si, et seulement si, C+=C- et alors y(0)=C+.
    La solution correspondante est une fonction constante qui inversement est solution de E.
    Si α>0 alors

    y(x)x0+0 et y(x)x0-0

    y peut être prolongée par continuité en 0 indépendamment de C+ et C- en posant y(0)=0.

  • (c)

    Si α]0;1[ alors

    y(x)x0+{± si C+00 sinon et y(x)x0-{± si C-00 sinon.

    En vertu du théorème du prolongement 𝒞1, la fonction y est dérivable en 0 si, et seulement si, C+=C-=0.
    La solution correspondante est la fonction nulle qui est solution de E.
    Si α=1 alors

    y(x)x0+C+ et y(x)x0--C-.

    La fonction y est dérivable en 0 si, et seulement si, C+=-C-.
    La fonction correspondante est alors xC+x sur qui est solution de E.
    Si α>1 alors

    y(x)x0+0 et y(x)x0-0.

    La fonction prolongée est dérivable en 0 indépendamment de C+ et C-.
    Cette fonction est alors solution de E sur car dérivable sur et vérifiant l’équation différentielle.

  • (d)

    Si α<0 ou 0<α<1: seule la fonction nulle est seule solution sur .
    Si α=0 alors les fonctions constantes sont les solutions de E sur .
    Si α=1 alors les fonctions linéaires(xCx) sont les solutions de E sur .
    Si α>1 alors les solutions de E sur sont les fonctions

    x{C+|x|α si x>00 si x=0C-|x|α si x<0

    avec C+,C-

 
Exercice 13  425   Correction  

Soit α. Résoudre sur l’équation différentielle

xy-αy=0

en discutant selon les valeurs de α.

Solution

Sur +* et -*: y(x)=C|x|α.
Soit y une solution sur .
On a y(x)=C+xα sur +* et y(x)=C-|x|α sur -*.
Si α<0, la limite en 0 implique C+=C-=0 donc y=0. Inversement, ok.
Si α=0, la limite en 0 donne C+=C- et l’on conclut que y est constante. Inversement, ok.
Si α>0, la limite en 0 donne y(0)=0.
On a y(x)=αC+xα-1 sur +* et y(x)=-αC-|x|α sur -*.
Si α<1, la limite en 0 implique C+=C-=0 donc y=0. Inversement, ok.
Si α=1, la limite en 0 implique C+=-C- et l’on conclut que y est linéaire. Inversement, ok.
Si α>1, la limite en 0 existe et est nulle ce qui permet d’affirmer y(0)=0
L’équation différentielle est bien vérifiée en 0.
Inversement, lorsque α>1, la fonction définie par y(x)={C+xα si x>00 si x=0C-(-x)α si x<0 est solution.

 
Exercice 14  105     CENTRALE (PC)Correction  

Soit f𝒞1(+,) et g une solution sur +* de l’équation différentielle

xy-y=f(x).
  • (a)

    Démontrer que g se prolonge par continuité en 0. Déterminer une condition nécessaire sur f(0) pour que la fonction ainsi prolongée soit dérivable en 0. Démontrer que cette condition n’est pas suffisante.

  • (b)

    f est supposée de classe 𝒞2 et la condition précédente est vérifiée.
    Démontrer que g est de classe 𝒞2.

Solution

  • (a)

    On résout l’équation différentielle linéaire étudiée et, par la méthode de variation de la constante, on obtient la solution générale suivante

    g(x)=λx+x1xf(t)t2dt.

    Par une intégration par parties, on peut écrire

    g(x)=λx-f(x)+xf(1)+x1xf(t)tdt.

    Quand x0+, on a

    |x1xf(t)tdt|f,[0;1]x|ln(x)|

    et l’on obtient

    g(x)-f(0).

    Quand x0+

    1x(g(x)-g(0))=λ-f(x)-f(0)x+f(1)+1xf(t)tdt.

    Le terme f(x)-f(0)x converge vers f(0).
    Si f(0)0 alors l’intégrale ]0;1]f(t)tdt diverge et donc le terme 1xf(t)tdt diverge. On en déduit qu’alors g n’est pas dérivable en 0.
    L’égalité f(0)=0 est une condition nécessaire à la dérivabilité de g en 0. Cette condition n’est pas suffisante. En effet, considérons une fonction de classe 𝒞1 telle que

    f(x)x0+1ln(x).

    L’intégrale ]0;1]f(t)tdt demeure divergente alors que f(0)=0.

  • (b)

    Puisque f est de classe 𝒞2 et vérifie f(0)=0 on peut écrire

    f(x)=f(0)+x2φ(x) pour tout x>0

    avec φ:]0;+[ de classe 𝒞2 et convergeant vers f′′(0)/2 en 0+.
    On a alors pour tout x>0

    g(x)=λx+xf(0)-f(0)+x1xφ(t)dt

    g est de classe 𝒞3 sur ]0;+[ car φ y est de classe 𝒞2.
    On prolonge g par continuité en 0 en posant g(0)=-f(0)

    g(x)=λ+f(0)+xφ(x)+1xφ(t)dt.

    Quand x0+, g converge et donc g est de classe 𝒞1 sur [0;+[.

    g′′(x)=2φ(x)+xφ(x).

    Or

    φ(x)=f(x)x2-2f(x)-f(0)x3

    donc

    g′′(x)=f(x)x=f(x)-f(0)xx0+f′′(0).

    On en déduit que g est de classe 𝒞2 sur [0;+[

 
Exercice 15  420  Correction  

Résoudre sur les équations suivantes:

  • (a)

    xy-y=x

  • (b)

    xy+y-1=0

  • (c)

    xy-2y=x4

  • (d)

    x(1+x2)y-(x2-1)y+2x=0

Solution

  • (a)

    Solution générale sur +* ou -*:

    y(x)=xln(|x|)+Cx avec C.

    Pas de recollement possible en 0.

  • (b)

    Solution générale sur +* ou -*:

    y(x)=1+Cx avec C.

    Après recollement en 0, solution générale sur : y(x)=1.

  • (c)

    Solution générale sur +* ou -*:

    y(x)=12x4+Cx2 avec C.

    Après recollement en 0, solution générale sur :

    y(x)={C+x2+12x4 si x0C-x2+12x4 si x<0 avec C+,C-.
  • (d)

    Solution générale sur +* ou -*:

    y(x)=1x+Cx2+1x avec C.

    Via

    x2-1x(1+x2)=2x2-(1+x2)x(1+x2)=2x1+x2-1x.

    Après recollement en 0, solution générale sur : y(x)=-x.

 
Exercice 16  421  Correction  

Résoudre sur l’équation suivante

(ex-1)y+exy=1.

Solution

Le facteur de y s’annule ce qui oblige à résoudre séparément sur +* et +*. Au terme des calculs, la solution générale sur +* ou -* est

y(x)=λ+xex-1 avec λ.

Soit y une fonction solution sur +* et -*. Il existe λ+,λ- tels que

x>0,y(x)=λ++xex-1etx<0,y(x)=λ-+xex-1.

Pour que la fonction y puisse être prolongée par continuité en 0, il faut λ+=λ-=0 auquel cas

y(x)=xex-1 pour x0

et la fonction se prolonge par y(0)=1.

On vérifie que ce prolongement est de classe 𝒞 car inverse d’une fonction développable en série entière. De plus, l’identité (ex-1)y(x)=x donne par dérivation la vérification de l’équation différentielle sur .

Finalement, il existe une seule solution sur déterminée par

y(x)=xex-1pour x0ety(0)=1.
 
Exercice 17  3468  Correction  

Résoudre sur l’équation suivante

sh(x)y-ch(x)y=1.

Solution

Solution générale sur +* ou -*

y(x)=Csh(x)-ch(x).

Après recollement en 0, la solution générale sur

y(x)=Csh(x)-ch(x) avec C.
 
Exercice 18  4661   

Résoudre sur ]0;+[ l’équation

(E):tln(t)y+y=0.
 
Exercice 19  2889     MINES (MP)Correction  

Résoudre

xln(x)y-(3ln(x)+1)y=0.

Solution

C’est une équation différentielle linéaire d’ordre 1 définie sur ]0;+[.

Sur ]0;1[ ou ]1;+[,

3ln(x)+1xln(x)dx=3ln(x)+ln(|ln(x)|)+Cte.

et la solution générale de l’équation sur ]0;1[ ou ]1;+[ s’exprime

y(x)=λx3|ln(x)| avec λ.

Déterminons les solutions sur ]0;+[.

Soient y:]0;1[]1;+[ solution de l’équation sur ]0;1[ et sur ]1;+[. Il existe λ,μ vérifiant y(x)=λx3ln(x) sur ]0;1[ et y(x)=μx3ln(x) sur ]1;+[.

La continuité en 1 donne y(1)=0 sans conditions sur λ et μ. La dérivabilité en 1 donne λ=μ et alors y(x)=λx3ln(x) sur ]0;+[.

Inverseement, une telle fonction est bien solution.

 
Exercice 20  429   Correction  

Résoudre sur l’équation

y+y=max(x,0).

Solution

Nommons E l’équation étudiée.
Sur +,

Ey+y=x

de solution générale y(x)=Ce-x+x-1.
Sur -,

Ey+y=0

de solution générale y(x)=Ce-x.
Soit y solution de E sur .
Comme y est solution sur + et -, il existe C+,C- telle que

x0,y(x)=C+e-x+x-1 et x0,y(x)=C-e-x.

Définition en 0: y(0)=C+-1=C- donc C+=C-+1.
Dérivabilité en 0: y(x)x0+-C++1 et y(x)x0--C-
donc y(0)=-C++1=-C-.
Équation différentielle en 0: -C++1+C+-1=max(0,0): ok
Finalement, il existe C telle que

y(x)={Ce-x+x-1 si x0(C-1)e-x sinon.

Inversement: ok

 
Exercice 21  506     CENTRALE (PC)Correction  

Soit (E) l’équation différentielle

ln(x)y+yx=1.
  • (a)

    Résoudre (E) sur ]0;1[ et sur ]1;+[.

  • (b)

    Soit g la fonction définie sur ]-1;+[{0} par

    g(x)=ln(1+x)x.

    Montrer que g se prolonge sur ]-1;+[ en une fonction de classe 𝒞.

  • (c)

    Démontrer que (E) admet une solution de classe 𝒞 sur ]0;+[.

Solution

  • (a)

    (E) est une équation différentielle linéaire d’ordre 1. Après résolution via variation de la constante, on obtient la solution générale

    y(x)=x+λln(x).
  • (b)

    Par opérations, la fonction g est de classe 𝒞 sur [1/2;+[.
    Pour x]-1;1[ on a le développement en série entière

    ln(1+x)=n=1+(-1)n-1nxn

    et si x0, on obtient

    g(x)=n=0+(-1)nn+1xn.

    Si l’on pose g(0)=1, la relation précédente reste valable pour x=0 et ainsi on a prolongé g en une fonction développable en série entière sur ]-1;1[.
    Ce prolongement est donc de classe 𝒞 sur ]-1;1[ puis sur ]-1;+[.

  • (c)

    La fonction g est à valeurs strictement positives et l’on peut donc introduire la fonction f définie sur ]0;+[ par

    f(x)=1g(x-1).

    La fonction f est de classe 𝒞 et sur ]0;1[ ou ]1;+[

    f(x)=x-1ln(x).

    Ainsi f est solution de (E) sur ]0;1[ et ]1;+[ et enfin on vérifie aisément que l’équation différentielle (E) est aussi vérifiée quand x=1.

 
Exercice 22  424   Correction  

Résoudre sur tout intervalle de l’équation différentielle

x(x2-1)y+2y=x2.

Solution

Soit I=]-;-1[,]-1;0[,]0;1[ ou ]1;+[.
Sur I, l’équation différentielle devient: y+2x(x2-1)y=xx2-1.
La solution générale sur I est x2(ln(|x|)+C)x2-1 avec C.
Après recollement en 1, 0 et -1 on conclut, pour tout intervalle I:
Si 1,0,-1I,y(x)=x2(ln(|x|)+C)x2-1 avec C
Si 1,-1I et 0I, y(x)={x2ln(|x|)+C+x2x2-1 si x>00 si x=0x2ln(|x|)+C-x2x2-1 si x<0 avec C+,C-.
Si 1I ou -1I, y(x)=x2ln(|x|)x2-1.

 
Exercice 23  422    Correction  

Résoudre sur les équations suivantes:

  • (a)

    ysin(x)-ycos(x)+1=0

  • (b)

    (sin(x))3y=2(cos(x))y

Solution

  • (a)

    Solution générale sur Ik=]kπ;(k+1)π[,k:

    y(x)=cos(x)+Csin(x) avec C.

    Après recollement en chaque kπ, solution générale sur :

    y(x)=cos(x)+Csin(x) avec C.
  • (b)

    Solution générale sur Ik=]kπ;(k+1)π[,k:

    y(x)=Ce1/sin2(x) avec C.

    Après recollement en chaque kπ, solution générale sur :

    y(x)={Cke1/sin2(x) si xIk0 si x=kπ avec (Ck).
 
Exercice 24  423   Correction  

Déterminer les solutions, s’il en existe, des problèmes de Cauchy suivants:

  • (a)

    (tan(x))y-y=0 et y(0)=0

  • (b)

    (tan(x))y-y=0 et y(0)=1.

Solution

  • (a)

    Soit I=]-π/2;π/2[ le plus grand intervalle contenant où l’équation différentielle a un sens.
    Posons I+=]0;π/2[ et I-=]-π/2;0[.
    Solution générale sur I+: y(x)=C+sin(x).
    Solution générale sur I-: y(x)=C-sin(x).
    Cherchons les solutions définies sur I.

    Analyse: Soit y une solution sur I, s’il en existe.
    y est a fortiori solution sur I+ et I-. Il existe donc C+,C- tels que y(x)=C+sin(x) sur I+ et y(x)=C-sin(x) sur I-.
    Comme y doit être continue en 0, limx0+y(x)=limx0-y(x)=y(0)=0. Pas d’informations sur C+ ni C-.
    Comme y doit être dérivable en 0, limx0+y(x)-y(0)x=C+=y(0)=limx0-y(x)-y(0)x=C-.
    Donc C+=C-.

    Finalement, y(x)=C+sin(x) sur I entier.

    Synthèse: y(x)=Csin(x) avec C est bien solution sur I.
    On aura y(0)=0C.sin(0)=0 ce qui est toujours vraie.
    Il y a ici une infinité de solutions au problème de Cauchy.

  • (b)

    On aura y(0)=1C.sin(0)=1 ce qui est impossible.
    Il n’y a ici aucune solution au problème de Cauchy.

[<] Résolution avec raccord d'équation d'ordre 1[>] Recherche de solution développable en série entières

 
Exercice 25  4652  

Résoudre sur I=]0;+[ l’équation

(E):t2y′′+ty-y=0

en commençant par chercher des fonctions solutions de la forme y(t)=tα avec α.

 
Exercice 26  3240   Correction  

Soit α>0. Résoudre sur I=]0;+[ l’équation différentielle

Eα:x2y′′(x)+xy(x)-α2y(x)=0.

On pourra considérer les fonctions vecteurs propres de l’application yxy. .

Solution

Soit λ. En résolvant sur I l’équation différentielle

xy(x)=λy(x)

on obtient que xxλ est une fonction propre de l’application yxy. Pour une telle fonction,

xy(x)=λy(x)

ce qui donne en dérivant

xy′′(x)+y(x)-λy(x)=0

puis

x2y′′(x)+xy(x)-λ2y(x)=0.

On en déduit que les fonctions xxα et xx-α sont solutions sur I de l’équation différentielle Eα. Or cette équation est une équation différentielle linéaire d’ordre 2 homogène résolue en y′′, son ensemble solution est donc un plan vectoriel. Puisque les deux précédentes fonctions sont des solutions indépendantes, elles constituent une base de ce plan vectoriel.

La solution générale de Eα est donc

y(x)=λxα+μx-α avec λ,μ.
 
Exercice 27  4653   

Résoudre sur l’équation

(E):(t2+2t+2)y′′-2(t+1)y+2y=0

en recherchant des fonctions polynômes solutions.

[<] Résolution d'équation scalaire d'ordre 2[>] Méthode de variation des constantes

 
Exercice 28  4654   

Résoudre sur I=]-1;1[ l’équation

(E):(1-t2)y′′-4ty-2y=0

en recherchant des fonctions développables en série entière solutions.

 
Exercice 29  404   Correction  
  • (a)

    Résoudre sur l’équation

    (1+t2)y′′(t)+4ty(t)+2y(t)=0

    en recherchant les séries entières solutions.

  • (b)

    Résoudre ensuite

    (1+t2)y′′(t)+4ty(t)+2y(t)=11+t2.

Solution

  • (a)

    L’équation étudiée équivaut à une équation différentielle linéaire d’ordre 2 résolue en y′′.

    Soit y la somme d’une série entière antn de rayon de convergence R>0.

    Sur ]-R;R[, la fonction y est de classe 𝒞 avec

    y(t)=n=0+antn,y(t)=n=0+nantn-1 et y′′(t)=n=0+n(n-1)antn-2

    Pour t]-R;R[,

    (1+t2)y′′(t)+4ty(t)+2y(t)=n=0+(n+2)(n+1)(an+2+an)tn.

    Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, la fonction y est solution de l’équation étudiée sur ]-R;R[ si, et seulement si,

    n,an+2=-an

    ce qui donne

    p,a2p=(-1)pa0 et a2p+1=(-1)pa1

    On obtient alors

    y(t)=a0p=0+(-1)pt2p+a1p=0+(-1)pt2p+1=a0+a1t1+t2.

    Puisque la série entière écrite est de rayon de convergence R1 (généralement R=1 mais R=+ si a0=a1=0), on peut assurer que les fonctions proposées sont solutions sur ]-1;1[ à l’équation étudiée. Cela fournit un système fondamental de solutions sur ]-1;1[ qu’il suffit de réinjecter dans l’équation pour affirmer que ces fonctions forment aussi un système fondamental de solution sur .

    Puisque l’espace des solutions de cette équation homogène est de dimension 2, on peut conclure que la solution générale est

    y(t)=λ+μt1+t2 avec (λ,μ)2.
  • (b)

    La méthode de variation des constantes nous conduit rechercher une solution particulière de la forme

    y(t)=λ(t)+μ(t)t1+t2

    avec λ et μ fonctions dérivables solution du système

    {λ(t)1+t2+μ(t)t1+t2=0-2tλ(t)(1+t2)2+μ(t)(1-t2)(1+t2)2=1(1+t2)2.

    On obtient

    λ(t)=-t1+t2etμ(t)=11+t2

    puis

    y(t)=tarctan(t)-ln(1+t2)1+t2.

    Cette solution particulière permet ensuite d’exprimer la solution générale.

 
Exercice 30  401   Correction  

Résoudre sur ]-1;1[ l’équation

4(1-t2)y′′(t)-4ty(t)+y(t)=0

en recherchant les fonctions développables en série entière.

Solution

L’équation différentielle étudiée équivaut sur ]-1;1[ a une équation différentielle linéaire d’ordre 2 résolue en y′′.

Soit y la somme de la série entière antn de rayon de convergence R supposé >0.

Pour tout t]-R;R[,

4(1-t2)y′′(t)-4ty(t)+y(t)=n=0+(4(n+2)(n+1)an+2-(4n2-1)an)tn

La fonction y est solution de l’équation étudiée sur ]-R;R[ si, et seulement si,

n,an+2=(n-1/2)(n+1/2)(n+1)(n+2)an

Après résolution, on obtient

a2p=(1/22p)a0eta2p+1=(1/22p+1)a1.

Or

1+t=n=0+(1/2n)tn et 1-t=n=0+(-1)n(1/2n)tn

avec un rayon de convergence égal à 1.

En prenant a0=a1=1, on obtient la fonction t1+t.

En prenant a0=1 et a1=-1, on obtient t1-t.

Ces deux fonctions sont solutions de l’équation étudiée (car R=1) et, étant indépendantes, elles constituent un système fondamental de solutions.

La solution générale s’exprime

y(t)=λ1+t+μ1-t avec λ,μ.
 
Exercice 31  5285     St Cyr (MP)Correction  

Déterminer les fonctions développables en série entière solutions de l’équation

y′′+xy+2y=0.

Solution

Soit y la somme d’une série entière anxn de rayon de convergence R>0. La fonction y est de classe 𝒞 sur ]-R;R[ avec

y(x)=n=1+nanxn-1ety′′(x)=n=0+(n+2)(n+1)an+2xn.

Celle-ci est solution sur ]-R;R[ de l’équation différentielle proposée si, et seulement si,

n=0+(n+2)((n+1)an+2+an)xn=0pour tout x]-R;R[.

Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on obtient la relation de récurrence

an+2=-1n+1anpour tout n

ce qui conduit à

a2p=(-1)p2pp!(2p)!a0eta2p+1=(-1)p2pp!a1pour tout p.

Inversement, ces coefficients déterminent une série entière de rayon de convergence + dont la somme est solution sur de l’équation différentielle proposée.

Notons que pour a0=0 et a1=1, on obtient la solution xxe-x2/2.

 
Exercice 32  1016   Correction  
  • (a)

    Déterminer les séries entières solutions au voisinage de 0 de l’équation différentielle

    y′′+2xy+2y=0.
  • (b)

    Exprimer parmi celles-ci, celles dont la somme est une fonction paire.

Solution

  • (a)

    Analyse: Soit anxn une série entière de rayon de convergence R>0 et de somme S.
    La fonction S est de classe 𝒞 sur ]-R;R[ et, pour x]-R;R[,

    S′′(x)+2xS(x)+2S(x)=n=0+((n+2)(n+1)an+2+2(n+1)an)xn.

    Par conséquent, S est solution sur ]-R;R[ de l’équation différentielle

    y′′+2xy+2y=0

    si, et seulement si,

    n,an+2=-2n+2an

    ce qui donne

    a2p=(-1)pp!a0eta2p+1=(-1)p2p(2p+1)3a1=(-1)p4pp!(2p+1)!a1.

    Synthèse: Soit anxn la série entière déterminée par les coefficients précédemment proposés. Une telle série entière est de rayon de convergence R=+ car a2p=O(1/p!) et a2p+1=O(4p/p!). De plus, par les calculs ci-dessus, elle est solution de l’équation différentielle proposée sur .

  • (b)

    Les solutions paires sont obtenue pour a2p+1=0. Cela donne

    x,S(x)=a0e-x2.
 
Exercice 33  5099   

Trouver une solution f de l’équation différentielle (E):4xy′′+2y-y=0 qui soit développable en série entière sur un voisinage de 0 et qui prend la valeur 1 en 0. Exprimer f à l’aide des fonctions usuelles.

 
Exercice 34  2528     CCP (MP)Correction  
  • (a)

    Montrer qu’il existe une solution h de l’équation

    xy′′+y+y=0

    développable en série entière et vérifiant h(0)=1.

  • (b)

    Montrer que h s’annule sur ]0;2[.

  • (c)

    Montrer que h ne s’annule qu’une seule fois sur ]0;2[.

Solution

  • (a)

    Après résolution, on obtient

    h(x)=n=0+(-1)n(n!)2xn

    de rayon de convergence R=+.

  • (b)

    h(0)=1 et h est continue sur [0;2]. Il suffit d’établir h(2)<0 pour pouvoir conclure.

    On peut appliquer le critère spécial des séries alternées à la série

    n1(-1)n(n!)22n

    (on commence au rang 1 pour avoir la décroissance). On obtient alors

    -2<n=1+(-1)n(n!)22n<-1

    car la somme peut être encadrée par des sommes partielles consécutives. On en déduit h(2)<0.

  • (c)

    La fonction h est dérivable et

    h(x)=n=1+(-1)nn!(n-1)!xn-1.

    On peut à nouveau appliquer le critère spécial des séries alternées à cette série pour tout x]0;2[ et l’on en déduit h(x)<0.

 
Exercice 35  4667    

On étudie l’équation différentielle

(E):xy′′+y+y=0.
  • (a)

    Déterminer les solutions de (E) développables en série entière.

Soit f une solution de l’équation (E).

  • (b)

    Montrer que xf2(x)+f2(x) possède une limite quand x tend vers +.

  • (c)

    En déduire que la fonction f est bornée au voisinage de + et que sa dérivée y est de limite nulle.

  • (d)

    Justifier la convergence des intégrales suivantes:

    1+-f2(x)dx,1+f(x)f(x)xdxet1+f2(x)xdx.
  • (e)

    En déduire la limite de f en +.

[<] Recherche de solution développable en série entières[>] Étude théorique d'équation d'ordre 2

 
Exercice 36  405  Correction  

Résoudre l’équation différentielle

y′′+4y+4y=e-2t1+t2.

Solution

C’est une équation différentielle linéaire d’ordre 2 de solution homogène: y(t)=(λt+μ)e-2t.
Par la méthode de variation des constantes, cherchons une solution particulière de la forme y(t)=λ(t)te-2t+μ(t)e-2t avec λ,μ fonctions dérivables.

{λ(t)te-2t+μ(t)e-2t=0λ(t)(1-2t)e-2t-2μ(t)e-2t=e-2t1+t2

donne

{λ(t)=11+t2μ(t)=-t1+t2.

Les fonctions λ(t)=arctan(t) et μ(t)=-12ln(1+t2) conviennent.
Finalement, la solution générale des l’équation étudiée est:

y(t)=tarctan(t)e-2t-12ln(1+t2)e-2t+(λt+μ)e-2t.
 
Exercice 37  4655  

Résoudre sur l’équation

(E):y′′-2y+y=et1+t2.
 
Exercice 38  406   Correction  

Résoudre l’équation différentielle

y′′+y=tan(t).

Solution

C’est une équation différentielle linéaire d’ordre 2 de solution homogène: y=λcos(t)+μsin(t).
Par la méthode de variation des constantes, cherchons une solution particulière de la forme y(t)=λ(t)cos(t)+μ(t)sin(t) avec λ,μ fonctions dérivables.

{λ(t)cos(t)+μ(t)sin(t)=0-λ(t)sin(t)+μ(t)cos(t)=tan(t),{λ(t)=-sin2(t)/cos(t)μ(t)=sin(t).

Les fonctions

λ(t)=cos2(t)-1cos(t)dt=sin(t)-12ln(1+sin(t)1-sin(t))

et

μ(t)=-cos(t)

conviennent car

1cos(t)dt=cos(t)1-sin2(t)dt=12ln(1+sin(t)1-sin(t)).

Finalement, la solution générale de l’équation étudiée est:

y(t)=-12cos(t)ln(1+sin(t)1-sin(t))+λcos(t)+μsin(t)

sur Ik=]-π2+kπ;π2+kπ[.

 
Exercice 39  407   Correction  

Résoudre l’équation différentielle

y′′+y=tan2(t).

Solution

C’est une équation différentielle linéaire d’ordre à 2 de solution homogène: y=λcos(t)+μsin(t).
Par la méthode de variation des constantes, cherchons une solution particulière de la forme y(t)=λ(t)cos(t)+μ(t)sin(t) avec λ,μ fonctions dérivables.

{λ(t)cos(t)+μ(t)sin(t)=0-λ(t)sin(t)+μ(t)cos(t)=tan2(t),{λ(t)=-sin3(t)/cos2(t)μ(t)=sin2(t)/cos(t).

Les fonctions

λ(t)=-1cos(t)-cos(t)

et

μ(t)=1-cos2(t)cos(t)dt=12ln(1+sin(t)1-sin(t))-sin(t)

conviennent car

1cos(t)dt=cos(t)1-sin2(t)dt=12ln(1+sin(t)1-sin(t)).

Finalement, la solution générale de l’équation étudiée est:

y(t)=-2+12sin(t)ln(1+sin(t)1-sin(t))+λcos(t)+μsin(t)

sur Ik=]-π2+kπ;π2+kπ[.

 
Exercice 40  4659   

Résoudre sur des intervalles à préciser l’équation différentielle

y′′+y=1cos(x).
 
Exercice 41  2893     MINES (MP)Correction  

Résoudre sur ]0;π[

y′′+y=cot(x).

Solution

C’est une équation différentielle linéaire d’ordre à 2 de solution homogène: y=Acos(x)+Bsin(x).
Méthode de variation des constantes

{A(x)cos(x)+B(x)sin(x)=0-A(x)sin(x)+B(x)cos(x)=cot(x).

Après résolution et intégration

y(x)=-12sin(x)ln(1+cos(x)1-cos(x))+Acos(x)+Bsin(x).
 
Exercice 42  408   

Soit f: une fonction continue. Exprimer à l’aide d’une intégrale la solution de l’équation différentielle

(E):y′′+y=f(x)

vérifiant les conditions initiales y(0)=y(0)=0.

 
Exercice 43  2895     MINES (MP)Correction  

Soit f𝒞1(+,) monotone ayant une limite finie en +.
Montrer que les solutions de l’équation y′′+y=f sont bornées.

Solution

Par application de la méthode de variation des constantes, la solution générale de l’équation y′′+y=f est

y(x)=λcos(x)+μsin(x)+0xf(t)sin(x-t)dt.

Pour conclure, il suffit de justifier que x0xf(t)sin(x-t)dt est bornée.
Par intégration par parties,

0xf(t)sin(x-t)dt=f(x)-f(0)cos(x)-0xf(t)cos(x-t)dt.

Quitte à passer à l’opposé, on peut supposer f croissante et donc f(t)0.
Puisque -1cos(x-t)1,

f(0)-f(x)0xf(t)cos(x-t)dtf(x)-f(0)

puis

f(0)(1-cos(x))0xf(t)sin(x-t)dt2f(x)-f(0)(1+cos(x)).

La fonction f étant bornée (car convergente en +), il en est de même de x0xf(t)sin(x-t)dt.

 
Exercice 44  2896     MINES (MP)Correction  

Soit f𝒞(,) 2π-périodique.

À quelle condition existe-t-il une fonction y𝒞(,) 2π-périodique et solution de l’équation

y′′+y=f?

Solution

Les solutions de l’équation différentielle y′′+y=f sont de classe 𝒞 car f l’est.
Par application de la méthode de variation des constantes, la solution générale de l’équation y′′+y=f est

y(x)=λcos(x)+μsin(x)+0xf(t)sin(x-t)dt.

Cette solution est 2π-périodique si, et seulement si,

0xf(t)sin(x-t)dt=0x+2πf(t)sin(x-t)dt

c’est-à-dire xx+2πf(t)sin(x-t)dt=0 pour tout x.
En développant le sinus et en exploitant la liberté de la famille (sin,cos) ainsi que la 2π-périodicité de f, cela équivaut à la condition

02πf(t)sin(t)dt=02πf(t)cos(t)dt=0.
 
Exercice 45  2455     CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

    Résoudre l’équation différentielle

    y′′+y=cos(nt).
  • (b)

    Soit an une série absolument convergente.
    Résoudre l’équation différentielle

    y′′+y=n=0+ancos(nt).

Solution

  • (a)

    La solution générale de l’équation homogène associée est

    y(t)=λcos(t)+μsin(t).

    On peut avoir l’intuition de trouver une solution particulière de la forme y(t)=αcos(nt) et, en effet on obtient,

    y(t)=-1n2-1cos(nt)

    solution particulière lorsque n1. La solution générale est alors

    y(t)=λcos(t)+μsin(t)+11-n2cos(nt).

    Quand n=1, on applique la méthode de variation des constantes. On obtient une solution particulière en résolvant

    {λ(t)cos(t)+μ(t)sin(t)=0-λ(t)sin(t)+μ(t)cos(t)=cos(nt).

    Par les formules de Cramer, on obtient

    λ(t)=-sin(t)cos(t) et μ(t)=cos2(t).

    Alors

    λ(t)=-12sin2(t) et μ(t)=t2+sin(t)cos(t)2

    conviennent et l’on obtient la solution particulière

    y(t)=t2sin(t)

    puis la solution générale

    y(t)=λcos(t)+μsin(t)+12tsin(t).
  • (b)

    Soit

    f(t)=a0+a12tsin(t)+n=2+an1-n2cos(nt).

    Sans difficultés, on peut dériver deux fois sous le signe somme car il y a convergence normale de la série des dérivées secondes et convergences simples intermédiaires. On peut alors conclure que f est de classe 𝒞2 et solution de l’équation différentielle étudiée. La solution générale de celle-ci est alors

    y(t)=λcos(t)+μsin(t)+f(t).
 
Exercice 46  409   

Soit f: une fonction de classe 𝒞2 telle que

f+f′′0.

Montrer

f(x)+f(x+π)0pour tout x.
 
Exercice 47  2894      MINES (MP)Correction  
  • (a)

    Résoudre sur +* par variation des constantes l’équation différentielle

    y′′+y=1/x.
  • (b)

    En déduire une expression de

    f(x)=0+e-txdt1+t2

    valable pour x>0.

  • (c)

    Calculer

    0+sin(t)tdt.

Solution

  • (a)

    C’est une équation différentielle linéaire d’ordre à 2 à coefficients constants de solution homogène

    y=Acos(x)+Bsin(x).

    La méthode de variation des constantes propose une solution particulière de la forme

    y(x)=A(x)cos(x)+B(x)sin(x)

    avec A et B fonctions dérivables solutions du système

    {A(x)cos(x)+B(x)sin(x)=0-A(x)sin(x)+B(x)cos(x)=1/x.

    En faisant cos(x)×(1)-sin(x)×(2), on détermine A(x) et B(x) s’obtient de façon analogue

    {A(x)=-sin(x)/xB(x)=cos(x)/x.

    On peut alors proposer

    A(x)=x+sin(t)tdt et B(x)=-x+cos(t)tdt

    où les intégrales introduites ont le bon goût de converger…
    La solution générale de l’équation différentielle est alors

    y(x)=Acos(x)+Bsin(x)+cos(x)x+sin(t)tdt-sin(x)x+cos(t)tdt.
  • (b)

    Posons u(x,t)=e-tx/(1+t2) définie sur +×[0;+[.
    xu(x,t) est continue sur + pour chaque t[0;+[
    tu(x,t) est continue par morceaux sur ]0;+[ pour chaque x+ et

    |u(x,t)|11+t2=φ(t)

    avec φ intégrable sur [0;+[. Par domination f est définie et continue sur [0;+[.
    De plus, xu(x,t) est deux fois dérivable sur + pour chaque t[0;+[ avec

    ux(x,t)=-te-tx1+t2 et 2ux2(x,t)=t2e-tx1+t2.

    La dérivée partielle ux est continue par morceaux et intégrable sur [0;+[.
    La dérivée partielle 2ux2 est continue en x et continue par morceaux en t.
    Soit [a;b]]0;+[. On a

    (x,t)[a;b]×[0;+[,|2ux2(x,t)|t2e-at1+t2e-at=φ(t)

    avec φ intégrable. Par domination sur tout segment, f est de classe 𝒞2 sur ]0;+[ et

    f′′(x)=0+e-txt21+t2dt.

    On vérifie alors

    f′′(x)+f(x)=0+e-txdt=1x

    de sorte que f est solution sur +* de l’équation différentielle

    y′′+y=1x.

    Ainsi, il existe A,B tels que

    f(x)=Acos(x)+Bsin(x)+cos(x)x+sin(t)tdt-sin(x)x+cos(t)tdt.

    On observe

    0f(x)0+e-txdt=1x

    donc par encadrement f+0 ce qui entraîne A=B=0.
    Ainsi,

    x>0,f(x)=cos(x)x+sin(t)tdt-sin(x)x+cos(t)tdt.

    Séparément, on calcule f(0)

    f(0)=0+dt1+t2=[arctan(t)]0+=π2.
  • (c)

    Par convergence de l’intégrale, quand x0+

    x+sin(t)tdt0+sin(t)tdt.

    De plus,

    x+cos(t)tdt=1+cos(t)tdt+x1cos(t)tdt=Cte+x1cos(t)tdt

    avec

    |x1cos(t)tdt|x1dtt=-ln(x)

    donc

    sin(x)x+cos(t)tdt0.

    Ainsi, en passant à la limite en 0 l’expression précédente de f(x), on obtient

    0+sin(t)tdt=f(0)=π2.
 
Exercice 48  4666    

Soient f: une fonction continue et bornée et α+*.

Montrer qu’il existe une unique solution bornée à l’équation différentielle

(E):y′′-α2y+f(x)=0.

[<] Méthode de variation des constantes[>] Wronskien

 
Exercice 49  5100  

On étudie l’équation différentielle

(E):y′′+q(x)y=0

q: est une fonction continue et paire.

  • (a)

    Soit y une solution de (E) sur .

    Montrer que la fonction z:xy(-x) est aussi solution de (E) sur .

  • (b)

    Montrer que l’équation différentielle (E) possède une unique solution sur qui soit une fonction paire prenant la valeur 1 en 0.

 
Exercice 50  1555  Correction  

Soit q:+ une fonction continue non nulle.

On se propose de montrer que les solutions sur de l’équation y′′+q(x)y=0 s’annulent.

Pour cela, on raisonne par l’absurde et l’on suppose que f est une solution ne s’annulant pas.

  • (a)

    Justifier que f est de signe constant.

Quitte à considérer -f au lieu de f, on peut supposer

x,f(x)>0.
  • (b)

    Étudier le signe de f′′.

  • (c)

    Soit a quelconque. Quelle est l’équation de la tangente à f en a?

  • (d)

    Montrer que le graphe de f est en dessous de sa tangente en a.

  • (e)

    En déduire que f(a)=0 et conclure.

Solution

  • (a)

    f est continue, si f n’est pas de signe constant alors f s’annule.

  • (b)

    On a

    x,f′′(x)=-q(x)f(x)0.
  • (c)

    L’équation est

    y=f(a)(x-a)+f(a).
  • (d)

    Considérons g: définie par g(x)=f(x)-(f(a)(x-a)+f(a)).
    g est dérivable et g(x)=f(x)-f(a). Or f est décroissante, on peut donc dresser le tableau de variation de g et puisque g(a)=0, constater

    x,g(x)0.
  • (e)

    Si f(a)0 alors f étant en dessous de sa tangente prend des valeurs négatives, c’est impossible.
    On en déduit que

    a,f(a)=0

    donc f est constante et f′′=0.
    Pour que f vérifie l’équation

    y′′+q(x)y=0

    (sachant q0) il est nécessaire que f soit constante égale à 0.
    C’est absurde.

 
Exercice 51  3499   

Soient p et q:[0;1] des fonctions continues. On étudie l’équation différentielle définie sur [0;1]

(E):y′′+p(t)y+q(t)y=0.

Montrer que si une solution de l’équation (E) possède une infinité de racines, celle-ci est la fonction nulle.

 
Exercice 52  3100     ENSTIM (MP)

On considère l’équation différentielle

(Eh):y′′-q(x)y=0

avec q: une fonction continue et positive.

  • (a)

    Soit y une solution de (Eh) sur . Étudier la convexité de y2.

  • (b)

    En déduire que, si y(0)=y(1)=0, alors la fonction y est nulle sur .

Soient y1 et y2 deux solutions de (Eh) telles que

(y1(0),y1(0))=(0,1)et(y2(1),y2(1))=(0,1).
  • (c)

    Démontrer que les fonctions y1 et y2 constituent une base de l’espace des solutions de (Eh).

  • (d)

    Soit f: une fonction continue. Démontrer que l’équation différentielle

    (E):y′′-q(x)y=f(x)

    admet une unique solution11 1 Ce problème n’est pas un problème de Cauchy mais un problème de conditions aux limites: l’existence et l’unicité d’une solution n’est pas garantie! y vérifiant y(0)=y(1)=0.

 
Exercice 53  5370     CENTRALE (MP)Correction  

Dans cet exercice, on considère l’équation différentielle linéaire

(E):(1-x)3y′′(x)=y(x).

On note f l’unique solution de (E) sur l’intervalle ]-;1[ vérifiant les conditions initiales f(0)=0 et f(0)=1.

  • (a)

    Justifier l’existence de cette fonction.

    En utilisant la méthode d’Euler, tracer une approximation du graphe de f sur [0;0,9].

  • (b)

    Justifier que f𝒞(]-;1[,).

On pose, pour tout n,

an=f(n)(0)n!.
  • (c)

    Établir que la suite (an)n vérifie une relation de récurrence liant an+2, an+1, an et an-1 pour tout entier n1.

    Calculer alors an pour tout n0;20.

  • (d)

    Démontrer que pour tout n, |an|4n.

    Qu’en déduit-on en ce qui concerne la fonction f?

  • (e)

    Que peut-on dire du signe de f sur [0;1[?

  • (f)

    Démontrer que pour tout x[0;1[

    f(x)x+0x(x-t)t(1-t)3dt.
  • (g)

    Calculer cette dernière intégrale.

    Que peut-on en déduire concernant le comportement de f en 1-?

Solution

  • (a)

    L’équation (E) équivaut sur ]-;1[ à l’équation résolue en y′′ suivante

    y′′(x)=1(1-x)3y(x)

    Le facteur de y(x) correspond à une fonction continue et l’on peut appliquer le théorème de Cauchy relatif aux équations d’ordre 2.

    import matplotlib.pyplot as plt
    Y = [0, 1]
    N = 100
    dx = 0.9/N
    Lx = [0]
    Ly = [0]
    for i in range(N):
        Y = [Y[0] + dx * Y[1], Y[1] + dx * Y[0]/(1-Lx[-1])**3]
        Lx.append(Lx[-1] + dx)
        Ly.append(Y[-1])
    plt.plot(Lx, Ly)
    plt.show()
    
  • (b)

    La fonction f est définie et deux fois dérivable sur ]-;1[. Par l’équation différentielle résolue en y′′, on établit alors que f′′ est deux fois dérivable et donc f est quatre fois dérivable. Par récurrence, on établit que f est 2p fois dérivable pour tout p. On en déduit que f est de classe 𝒞.

  • (c)

    En dérivant à l’ordre n* l’équation E (via la formule de Leibniz) et en évaluant en 0, il vient

    f(n+2)(0)-3nf(n+1)(0)+3n(n-1)f(n)(0)-n(n-1)(n-2)f(n-1)(0)=f(n)(0)

    On divise par (n+2)! et l’on obtient

    an+2=3nn+2an+1+1+3n-3n2(n+1)(n+2)an+(n-1)(n-2)(n+1)(n+2)an-1
    a = [0, 1, 0]
    for n in range(3, 21):
        a.append(3*(n-2)/n * a[-1] + \
                 (1 + 3*(n-2)-3*(n-2)**2)/(n-1)/n * a[-2] + \
                 (n-3)*(n-4)/(n-1)/n * a[-3])
    
  • (d)

    La relation est vraie pour n=0, 1 , 2.

    Supposons que celle-ci soit vraie aux rangs n-1, n et n+1 (pour n*). Par la relation de récurrence,

    |an+2| 3|an+1|+3|an|+|an-1|
    34n+1+34n+4n-1
    34n+1+34n+4n=4n+2

    La récurrence est établie.

    On en déduit que la série de Taylor de f converge au moins sur [-1/4;1/4]. Or la somme de celle-ci est aussi solution de l’équation différentielle avec les mêmes conditions initiales (après calculs dans l’équation résolue en y′′).Par unicité de la solution au problème de Cauchy, on en déduit que f est égale à la somme de sa série de Taylor: elle est développable en série entière.

  • (e)

    Par l’absurde, montrons que f est positive sur [0;1[. Si cela n’est pas vrai, la fonction continue f doit s’annuler en un certain élément de [0;1[. On introduit la première de ces annulations:

    c=inf{x[0;1[|f(x)=0}=min{x[0;1[|f(x)=0}

    La fonction f est positive sur [0;c], f est croissante donc positive sur [0;c] et donc, par l’équation différentielle, f′′ est positive sur [0;c]. On en déduit que f est croissante sur [0;c]. Cependant f est nulle en c et prend la valeur 1 en 0. C’est absurde.

    On en déduit que f est positive sur [0;1[ et f est donc croissante sur [0;1[. On en déduit que f est positive sur [0;1[.

  • (f)

    Puisque f est croissante sur [0;1[,

    f(x)=f(0)+0xf(t)dt0xf(0)dt=xpour tout x[0;1[

    puis

    f′′(x)=f(x)(1-x)3x(1-x)3pour tout x[0;1[

    Par la formule de Taylor avec reste intégral,

    f(x)=f(0)+xf(0)+0x(x-t)f′′(t)dtx+0x(x-t)t(1-t)3dt
  • (g)

    On écrit (x-t)t=-(1-t)2+(2-x)(1-t)+x-1 et alors

    0x(x-t)t(1-t)3dt =0x-dt1-t+(2-x)0xdt(1-t)2+(x-1)0xdt(1-t)3
    =ln(1-x)+(2-x)x1-x+(x2-2x)2(1-x)
    =ln(1-x)+122x-x21-x

    On en déduit que f tend vers + en 1-.

 
Exercice 54  5096    

Soient f: une fonction continue et croissante et y:[-a;a] une solution de l’équation différentielle11 1 Il ne s’agit pas ici d’une équation différentielle linéaire: ce type d’équation sort du cadre théorique étudié dans le cours. y′′=f(y).

On suppose y(-a)=y(a). Montrer que la fonction y est paire.

 
Exercice 55  3110    

(Inégalité de Liapounov)

Soient f: une fonction continue et g une solution non identiquement nulle de l’équation

(E):y′′+f(x)y=0.
  • (a)

    Montrer que les zéros11 1 On parle de zéros d’une fonction pour signifier une valeur d’annulation. de g sont isolés22 2 On dit qu’un zéro d’une fonction est isolé lorsqu’il existe un voisinage de celui-ci dans lequel il est le seul zéro de la fonction..

Dans la suite, x1 et x2 sont deux zéros consécutifs de g vérifiant x1<x2.

  • (b)

    Montrer, pour x[x1;x2], l’identité

(x2-x)x1x(t-x1)f(t)g(t)dt+(x-x1)xx2(x2-t)f(t)g(t)dt=(x2-x1)g(x).
  • (c)

    En déduire une minoration de

    x1x2|f(t)|dt.
 
Exercice 56  4178      CENTRALE (MP)Correction  

On considère l’équation différentielle

(E1):x′′+p(t)x+q(t)x=0.
  • (a)

    Soient u1 et u2 deux solutions de (E1) telles que u1u2=1. On pose zi=ui/ui. Montrer que les zi sont deux solutions opposées d’une équation différentielle non linéaire (E2).

  • (b)

    En déduire une condition nécessaire et suffisante sur p et q pour que (E1) admette deux solutions u1 et u2 telles que u1u2=1.

  • (c)

    Résoudre sur I=]-π/4;π/4[ l’équation

    (1+cos(4t))x′′-2sin(4t)x-8x=0.

Solution

  • (a)

    En dérivant u1u2=1, on obtient u1u2+u1u2=0 ce qui permet d’établir que z1 et z2 sont deux fonctions opposées. Aussi

    zi=ui′′ui-ui2ui2=-puiui+qui2+ui2ui2

    et donc zi est solution de l’équation différentielle

    (E2):z+p(t)z+z2+q(t)=0.
  • (b)

    Analyse: Si l’équation (E1) admet deux solutions u1 et u2 avec u1u2=1 alors (E2) admet deux solutions opposées z1 et z2=-z1:

    z1+pz1+z12+q=0etz2+pz2+z22+q=0.

    La différentce et la somme de ces deux équations donnent

    z1+pz1=0etz12+q=0.

    On en déduit q0 et z1z1+pz12=0 donne q+2pq=0. Notons que si la fonction q s’annule, l’équation différentielle précédente assure que q est la fonction nulle. Synthèse: Si la fonction q est nulle l’équation (E1) admet des solutions constantes et, parmi celles-ci, il figure des solutions dont le produit vaut 1. Si la fonction q est strictement négative et vérifie q+2pq=0, on peut introduire z=-q et l’on observe z=-pz car

    2zz=(-q)=2pq=-2pz2.

    Si u est une solution non nulle de l’équation différentielle u=uz, elle ne s’annule pas et l’on vérifie par le calcul que u et 1/u sont solutions de l’équation (E1).

    En résumé, l’équation (E1) admet deux solutions dont le produit vaut 1 si, et seulement si, q est une fonction négative vérifiant q+2pq=0.

  • (c)

    La condition précédente est vérifiée pour

    p(t)=-2sin(4t)1+cos(4t)=2sin(2t)cos(2t)etq(t)=-81+cos(4t)=-4cos2(2t).

    En adaptant les calculs qui précèdent, on obtient une solution u en prenant

    u=uz avec z=2cos(2t)

    et l’on parvient à

    u(t)=1-sin(2t)1+sin(2t)=1-sin(2t)cos(2t).

    La fonction inverse est aussi solution et l’on peut exprimer la solution générale de cette équation différentielle linéaire d’ordre 2

    x(t)=λ(1-sin(2t))+μ(1+sin(2t))cos(2t).

[<] Étude théorique d'équation d'ordre 2[>] Résolution avec raccord d'équation d'ordre 2

 
Exercice 57  394  Correction  

Soient a,b:I continues et (f1,f2) un système fondamental de solutions de l’équation

E:y′′+a(t)y(t)+b(t)y=0.

Former une équation différentielle linéaire d’ordre 1 vérifiée par le wronskien

w:t|f1(t)f2(t)f1(t)f2(t)|.

Solution

Par dérivation d’un déterminant

w(t)=|f1(t)f2(t)f1(t)f2(t)|+|f1(t)f2(t)f1′′(t)f2′′(t)|

donc

w(t)=|f1(t)f2(t)-a(t)f1(t)-b(t)f1(t)-a(t)f2(t)-b(t)f2(t)|

puis

w(t)=|f1(t)f2(t)-a(t)f1(t)-a(t)f2(t)|=-a(t)|f1(t)f2(t)f1(t)f2(t)|.

Ainsi w est solution de l’équation différentielle

w+a(t)w=0.
 
Exercice 58  4001   Correction  

On étudie sur ]0;+[ l’équation différentielle

(E):ty′′+(1-2t)y+(t-1)y=0.
  • (a)

    Vérifier que φ(t)=et détermine une solution de (E).

  • (b)

    Déterminer une expression du wronskien w(t) de deux solutions de l’équation (E).

  • (c)

    En déduire une solution de (E) indépendante de φ et exprimer la solution générale de (E).

Solution

  • (a)

    Un simple calcul de vérification.

  • (b)

    Le wronskien de deux solutions de l’équation homogène (E) est solution de l’équation différentielle

    tw(t)+(1-2t)w(t)=0.

    Après résolution, on obtient

    w(t)=λe2tt avec λ.
  • (c)

    Soient ψ une solution indépendante de φ (la théorie assure qu’il en existe) et w le wronskien de φ et ψ. Quitte à multiplier ψ par une constante ad hoc, on peut supposer

    w(t)=e2tt

    et la fonction ψ apparaît solution de l’équation différentielle

    φψ-ψφ=w(t)

    c’est-à-dire

    etψ-etψ=w(t).

    Après résolution, on obtient

    ψ(t)=ln(t)et.

    Le couple (φ,ψ) constituant un système fondamental de solutions, on peut exprimer la solution générale

    y(t)=(λln(t)+μ)et avec (λ,μ)2.
 
Exercice 59  436     ENSTIM (MP)Correction  

Soient q une fonction continue, intégrable sur [0;+[ et (E) l’équation différentielle

y′′+q(x)y=0.
  • (a)

    Si f est une solution bornée de (E) sur [0;+[, montrer que sa dérivée f admet une limite finie en +.

    Quelle est la valeur de sa limite?

  • (b)

    Soient f et g deux solutions bornées. Étudier le wronskien de f et de g

    w=fg-fg.

    En déduire que f et g sont liées. Que peut-on en conclure?

Solution

  • (a)

    La fonction f est de classe 𝒞2 et

    f(x)=f(0)+0xf′′(t)dt=f(0)-0xq(t)f(t)dt.

    Puisque la fonction q est intégrable sur [0;+[ et puisque f est bornée, on peut affirmer que la fonction qf est intégrable sur [0;+[. Par suite, l’intégrale de l’expression précédente de f(x) admet une limite finie quand x+. On en déduit que f admet une limite finie en +. Posons cette limite.

    Si >0 alors il existe A assez grand tel que, pour tout xA, on a f(x)/2 et alors

    f(x)=f(A)+Axf(t)dtf(A)+2(x-A)x++

    Cela contredit l’hypothèse assurant que f est bornée. De même, <0 est absurde et il reste donc =0.

  • (b)

    En dérivant

    w=fg+fg′′-f′′g-fg=0

    car f et g sont solutions de (E).

    On en déduit que le wronskien w est constant et puisque les fonctions f et g sont bornées, leurs dérivées f et g tendent vers 0 en + et donc

    w+0.

    Ainsi, le wronskien w est constant égal à 0 et les fonctions f et g sont liées.

    On en déduit que l’équation différentielle E possède des solutions non bornées.

 
Exercice 60  3671    Correction  

Soient q1,q2:I continues vérifiant q1q2.
On note φ1 et φ2 deux solutions sur I respectivement des équations

y′′+q1(x)y=0ety′′+q2(x)y=0.

On suppose la solution φ1 non identiquement nulle.

  • (a)

    Montrer que les zéros de φ1 sont isolés c’est-à-dire que si x0I annule φ1 alors

    α>0,xI[x0-α;x0+α],φ(x)=0x=x0.
  • (b)

    Soient a<b deux zéros consécutifs de φ1. Montrer que φ2 s’annule sur [a;b].
    On pourra étudier φ1φ2-φ2φ1.

  • (c)

    Application: Montrer que si φ est une solution non nulle de l’équation y′′+exy=0 alors

    a+,x[a;a+π],φ(x)=0.

Solution

  • (a)

    Si φ1 possède une solution non isolée x0 alors il existe une suite (xn)n de zéros de φ1 deux à deux distincts convergeant vers x0. En appliquant le théorème de Rolle entre les deux termes distincts xn et xn+1, on détermine une suite (cn) convergeant vers x0 formée de zéros de φ1. En passant la relation φ(cn)=0 à la limite, on obtient φ(x0)=0. Ainsi, φ1 se comprend comme la solution du problème de Cauchy constitué de l’équation différentielle y′′+q1(x)=0 et des conditions initiales y(x0)=y(x0)=0. Or ce problème de Cauchy possède une solution unique et celle-ci est la fonction nulle, cas que l’énoncé exclut.

  • (b)

    On suppose les zéros de a et b consécutifs donc φ1 est de signe constant sur [a;b].
    Quitte à considérer -φ1 on peut supposer φ10 sur [a;b] et, sachant φ1(a),φ1(b)0 car φ1 est non identiquement nulle, on a φ1(a)>0 et φ1(b)<0.
    Si φ2 n’est pas de signe constant sur [a;b] alors, par le théorème de valeurs intermédiaires, φ2 s’annule sur ]a;b[.
    Si en revanche φ2 est de signe constant sur [a;b] alors, quitte à considérer -φ2, on peut supposer φ20 sur [a;b] afin de fixer les idées. Considérons alors la fonction donnée par

    w(t)=φ1(t)φ2(t)-φ2(t)φ1(t).

    La fonction w est décroissante car

    w(t)=φ1(t)φ2′′(t)-φ2(t)φ1′′(t)=(q1(t)-q2(t))φ1(t)φ2(t)0.

    Or w(a)=-φ2(a)φ1(a)0 et w(b)=-φ2(b)φ1(b)0 donc nécessairement φ2(a)=φ2(b)=0.

  • (c)

    Il suffit d’appliquer ce qui précède à q1(x)=1 et q2(x)=ex sur I=+ sachant que φ1(x)=sin(x-a) est solution de l’équation y′′+y=0 et s’annule en a et a+π.

 
Exercice 61  3387      CENTRALE (PC)Correction  

On considère l’équation différentielle

(E):y′′+cos2(t)y=0.
  • (a)

    Justifier l’existence d’une solution u de (E) telle que u(0)=1 et u(0)=0.

  • (b)

    Démontrer l’existence de deux réels α,β vérifiant

    α<0<β,u(α)>0etu(β)<0.

    En déduire que u possède au moins un zéro dans -* et +*.

  • (c)

    Justifier l’existence de réels

    γ=max{t<0|u(t)=0}etδ=min{t>0|u(t)=0}.
  • (d)

    Soit v une solution de (E) linéairement indépendante de u.
    En étudiant les variations de

    W=uv-uv

    montrer que v possède au moins un zéro dans]γ;δ[.

  • (e)

    Soit w une solution non nulle de (E). Démontrer que w admet une infinité de zéros. On pourra introduire pour n, la fonction

    wn:,tw(t-nπ)

    [Énoncé fourni par le CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA]

Solution

  • (a)

    (E) est une équation différentielle linéaire d’ordre 2 définie sur . Les conditions initiales proposées déterminent alors une solution unique définie sur .

  • (b)

    Puisque la fonction u est continue et u(0)=1, la fonction u est strictement positive au voisinage de 0 et par la satisfaction de l’équation différentielle, on peut affirmer que u′′ est strictement négative au voisinage de 0. La fonction u étant alors strictement décroissante au voisinage de 0 et vérifiant u(0)=0, les existences de α et β sont assurées.
    Par l’absurde, supposons que la fonction u ne s’annule par sur +.
    La fonction u est alors positive et u′′ est négative sur +. La fonction u étant donc décroissante sur +, on a

    tβ,u(t)u(β).

    En intégrant

    xβ,u(x)-u(β)u(β)(x-β).

    Or cette affirmation est incompatible avec un passage à la limite quand x+.
    On en déduit que u s’annule au moins une fois sur + (et cette annulation est nécessairement sur +*)
    De même, on justifie que u s’annule au moins une fois sur -* (et on peut même montrer que la fonction u est paire…)

  • (c)

    Considérons l’ensemble

    A={t>0|u(t)=0}.

    C’est une partie non vide et minorée de , elle admet donc une borne inférieure δ. Par la caractérisation séquentielle d’une borne inférieure, il existe une suite (tn)A, telle que

    tnδ.

    Puisque u(tn)=0, on obtient à la limite u(δ)=0. Evidemment δ0 et δ0 donc δA et ainsi δ est un minimum de A.
    De même, on obtient γ.

  • (d)

    Grâce à l’équation différentielle

    W=u′′v-uv′′=0.

    Le wronskien W est donc constant mais peu importe…puisque les solutions u et v sont indépendantes, le wronskien ne s’annule pas et il est donc de signe constant.
    Or

    W(γ)=u(γ)v(γ) et W(δ)=u(δ)v(δ).

    Puisque u est strictement positive sur ]γ;δ[, u′′ est strictement négative et u strictement décroissante sur ce même intervalle. On en déduit

    u(γ)>0 et u(δ)<0

    ce qui entraîne que v(γ) et v(δ) sont de signes stricts contraires. On en déduit que v s’annule sur ]γ;δ[.

  • (e)

    Plus généralement, qu’une solution de (E) soit colinéaire à u ou non, on peut affirmer que celle-ci possède un zéro dans [γ;δ]. Or on vérifie que les fonctions wn sont solutions de (E) et donc chacune possède au moins un zéro dans [γ;δ]. On en déduit que la fonction w possède au moins un zéro dans chaque intervalle [γ+nπ;δ+nπ] ce qui assure l’existence d’une infinité de zéros.

 
Exercice 62  3920      CENTRALE (MP)Correction  

Soient q𝒞([a;+[,+) et (E) l’équation différentielle y′′=q(x)y.

  • (a)

    Soit f une solution de (E) telle que f(a)>0 et f(a)>0. Montrer que f et f sont strictement positives et que f tend vers + en +.

  • (b)

    Soient u et v les solutions de (E) telles que

    {u(a)=1u(a)=0et{v(a)=0v(a)=1.

    Calculer uv-uv. Montrer que, sur ]a;+[, u/v et u/v sont monotones et de monotonies contraires. Montrer que u/v et u/v tendent en + vers la même limite réelle.

  • (c)

    Montrer qu’il existe une unique solution g de (E), strictement positive, telle que g(a)=1 et telle que g soit décroissante sur [a;+[.

  • (d)

    Déterminer g lorsque q(x)=1/x4 sur [1;+[.
    On pourra poser y(x)=xz(1/x).

Solution

  • (a)

    Par l’absurde, supposons que f s’annule et introduisons

    b=inf{t[a;+[|f(t)=0}.

    Par continuité de f, on a f(b)=0 et, sachant f(a)>0, on aussi.

    t[a;b],f(t)0.

    On en déduit f′′(t)=q(t)f(t)0 et donc f est croissante sur [a;b]. Sachant f(a)>0, la fonction f est croissante sur [a;b]. Ceci est incompatible avec la valeur f(b)=0. C’est absurde.

    On en déduit que f ne s’annule pas sur [a;+[ et est donc strictement positive. Comme au dessus, on retrouve que f est croissante et donc strictement positive. Enfin

    f(x)=f(a)+axf(t)dtf(a)+f(a)(x-a)x++.
  • (b)

    (uv-uv)=u′′v-uv′′=0. La fonction uv-uv est donc constante égale à -1 (qui est sa valeur en a). Puisque v(a)=0 et v(a)=1, les fonctions v et v sont strictement positives sur un intervalle de la forme ]a;a+h] (avec h>0). En appliquant la question précédente avec a+h plutôt que a, on assure que v et v sont strictement positives sur ]a;+[. On peut donc introduire les fonctions u/v et u/v. Aussi,

    (uv)=-1v20 et (uv)=u′′v-uv′′v2=qv20.

    On a

    uv-uv=uv-uvvv=1vv

    avec v++ et vv(a)=1. On en déduit que les fonctions u/v et u/v ont la même limite en + (ces limites existent assurément par monotonie). Aussi, cette limite est finie car la fonction u/v est au-dessus de la fonction u/v. Nous noterons cette limite.

  • (c)

    Les solutions de (E) sont les fonctions de la forme

    g=λu+μv

    car (u,v) forme un système fondamental de solutions de l’équation linéaire (E).

    La condition g(a)=1 impose λ=1. Les conditions g strictement positive et décroissante imposent respectivement

    u+μv>0 et u+μv0.

    La constante μ est alors nécessairement - et, finalement, g=u-v.

    La réciproque est immédiate.

  • (d)

    Le changement de fonction proposé transpose l’équation x4y′′(x)=y(x) en

    z′′(1/x)=z(1/x).

    La solution générale de l’équation (E) sur [1;+[ est donc

    y(x)=x(λe1/x+μe-1/x).

    Par développement limité,

    y(x)=x+x((λ+μ)+o(1)).

    Pour que la fonction g décroisse en restant positive, il est nécessaire que λ+μ=0.
    Sachant y(1)=λe+μ/e, on obtient

    g(x)=exe2-1(e1/x-e-1/x).

    On aurait aussi pu calculer

    u(x)=xe1/x-1quadetv(x)=x2(-e1/x-1+e-1/x+1)

    et reprendre ce qui précède.

[<] Wronskien[>] Problèmes se ramenant à la résoluton d'équations différentielles

 
Exercice 63  4662   

Résoudre sur l’équation

(E):(t-1)y′′-ty+y=0

en commençant par rechercher deux solutions «  apparentes  ».

 
Exercice 64  427   Correction  

Résoudre sur l’équation

(t+1)2y′′-2(t+1)y+2y=0

On commencera par rechercher les fonctions polynomiales solutions.

Solution

Sur I=]-;-1[ ou ]-1;+[ l’espace des solutions de cette équation différentielle linéaire d’ordre 2 est un plan vectoriel. En recherchant ses solutions polynomiale on obtient les fonctions y(t)=a(t2-1)+b(t+1). Les deux fonctions polynomiales tt2-1 et tt+1 sont solutions et indépendantes, elles constituent un système fondamental de solution de l’équation sur I. Reste à recoller celles-ci en -1.
Si y est solution sur , elle est a fortiori solution sur ]-;-1[ et ]-1;+[ donc il existe a1,b1,a2,b2 tels que t>-1,y(t)=a1(t2-1)+b1(t+1) et t<-1,y(t)=a2(t2-1)+b2(t+1).
Recherchons parmi les fonctions de la forme précédente celles pouvant être prolongée en une fonction deux fois dérivable en -1
Limite en -1: limt-1+y(t)=0 et limt-1-y(t)=0. On peut prolonger y en -1 en posant y(-1)=0.
t>-1,y(t)=2a1t+b1 et t>-1,y(t)=2a2t+b2.
Limite en -1: limt-1+y(t)=-2a1+b1 et limt-1-y(t)=-2a2+b2. La fonction y est dérivable en -1 si, et seulement si, -2a1+b1=-2a2+b2. Si tel est le cas:
t>-1,y′′(t)=2a1 et t<-1,y′′(t)=2a2.
Limite en -1: limt-1+y′′(t)=2a1 et limt-1-y′′(t)=2a2. La fonction y est deux fois dérivable en -1 si, et seulement si, 2a1=2a2.
Au final y peut être prolongée en une fonction deux fois dérivable si, et seulement si, a1=a2 et b1=b2.
La fonction y est alors donnée par y(t)=a1(t2-1)+b1(t+1) sur et elle bien solution de l’équation.

Finalement, les solutions sur de l’équation sont les fonctions

y(t)=a(t2-1)+b(t+1) avec a,b.
 
Exercice 65  428   Correction  

Résoudre sur l’équation

(t+1)y′′-(t+2)y+y=0.

Solution

On remarque

(t+1)y′′-(t+2)y+y=0(t+1)(y-y)-(y-y)=0.

Les fonctions y(t)=et et y(t)=t+2 sont solutions sur et elles sont indépendantes.
Par suite, sur I=]-;-1[ ou ]-1;+[, la solution générale est

y(t)=λet+μ(t+2)

car on sait que l’espace des solutions est de dimension 2.
Après recollement en -1, la solution générale sur est

y(t)=λet+μ(t+2) avec λ,μ.
 
Exercice 66  426   Correction  

On considère l’équation différentielle

xy′′-y-x3y=0.
  • (a)

    Montrer que si y est solution sur I alors xy(-x) est solution sur I symétrique de I par rapport à 0.

  • (b)

    Résoudre sur +* l’équation via le changement de variable t=x2.

  • (c)

    Déterminer les solutions sur .

Solution

  • (a)

    z:xy(-x) est deux fois dérivable sur I et vérifie bien l’équation.

  • (b)

    Soient y une fonction deux fois dérivable définie sur +* et z définie par z(t)=y(t) de sorte que y(x)=z(x2). La fonction z est deux fois dérivable et

    y(x)=2xz(x2)ety′′(x)=2z(x2)+4x2z′′(x2).

    La fonction y est solution sur +* si, et seulement si,

    4z′′-z=0.

    Cela conduit à la solution générale

    y(x)=λex22+μe-x22 avec (λ,μ)2.
  • (c)

    Soit y une solution sur de l’équation proposée.

    Puisque y est solution sur +* et -*, on peut écrire

    x>0,y(x)=λ1ex22+μ1e-x22etx<0,y(x)=λ2ex22+μ2e-x22.

    Puisque y est continue en 0,

    λ1+μ1=λ2+μ2

    La dérivabilité de y en 0 ne donne rien de plus.

    y′′(x)x0+λ1-μ1ety′′(x)x0-λ2-μ2.

    La dérivabilité à l’ordre 2 de y en 0 conduit à λ1-μ1=λ2-μ2 d’où λ1=μ1 et λ2=μ2.

    Finalement, la solution générale sur s’exprime

    y(x)=λ1ex22+μ1e-x22 avec (λ1,μ1)2.
 
Exercice 67  3501   Correction  

On étudie l’équation différentielle

(E):4xy′′+2y-y=0.
  • (a)

    Déterminer les fonctions développables en série entière solutions

  • (b)

    Résoudre (E) sur +* et sur -* en posant respectivement x=t2 et x=-t2.

  • (c)

    Déterminer les solutions de (E) sur .

Solution

  • (a)

    Soit anxn une série entière de rayon de convergence R>0.
    Sur ]-R;R[, la fonction xy(x)=n=0+anxn est de classe 𝒞 avec

    y(x)=n=0+(n+1)an+1xn et y′′=n=1+(n+1)nan+1xn-1.

    On a alors

    4xy′′+2y-y=n=0+(2(2n+1)(n+1)an+1-an)xn.

    Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, la fonction y est solution de l’équation (E) si, et seulement si,

    n,an+1=an(2n+1)(2n+2).

    Ce qui donne

    n,an=1(2n)!a0.

    Inversement, la série entière donnée par a0(2n)!xn est de rayon de convergence + et en vertu des calculs qui précèdent, sa somme est solution sur de l’équation (E).

  • (b)

    Considérons I=+* ou -* et posons x=εt2 avec ε=±1.
    Soit y:I une fonction deux fois dérivable et z:+* définie par z(t)=y(εt2).
    La fonction z est deux fois dérivable et

    z(t)=y(εt2),z(t)=2εty(εt2) et z′′(t)=4t2y′′(εt2)+2εy(εt2)

    de sorte que

    εz′′(t)-z(t)=4xy′′(x)+2y(x)-y(x).

    Ainsi, y est solution de (E) sur I si, et seulement si, z est solution sur +* de l’équation différentielle linéaire à coefficients constants εz′′-z=0. La solution générale de cette dernière est z(t)=λch(t)+μsh(t) si I=+* et z(t)=λcos(t)+μsin(t) si I=-*. La solution générale de (E) sur I est donc

    y(x)=λch(x)+μsh(x)sur I=+*

    et

    y(x)=λcos(|x|)+μsin(|x|)sur I=-*.
  • (c)

    Soit y une solution de (E) sur +* et -*. On peut écrire

    x>0,y(x)=λch(x)+μsh(x)

    et

    x<0,y(x)=λcos(|x|)+μsh(|x|).

    Le raccord par continuité exige λ=λ.
    La dérivabilité du raccord exige μ=μ=0.
    La fonction ainsi obtenue correspond alors au développement en série entière initiale que l’on sait être solution sur .

 
Exercice 68  1560   Correction  

Résoudre sur l’équation différentielle

(E):xy′′-(1+x)y+y=1

en posant z=y-y.

Solution

Soient y: une fonction deux fois dérivable et z: définie par z=y-y. La fonction z est dérivable et z=y′′-y.

y est solution de E si, et seulement si, z est solution de (F):xz-z=1.

(F) est une équation différentielle linéaire d’ordre 1.

Solution générale de (F) sur +* et -*:

z(x)=Cx-1.

Après recollement, solution générale de (F) sur :

z(x)=Cx-1.

Reste à résoudre

(G):y-y=Cx-1.

Solution homogène: y0(x)=Dex.

Solution particulière: y1(x)=-C(x+1)+1.

Solution générale de (E):

y(x)=-C(x+1)+Dex+1 avec (C,D)2.

[<] Résolution avec raccord d'équation d'ordre 2[>] Résolution par changement de fonction inconnue

 
Exercice 69  2890    MINES (MP)Correction  

Trouver les fonctions f: continues telles que pour tout x réel

f(x)-20xf(t)cos(x-t)dt=1.

Solution

Remarquons

0xf(t)cos(x-t)dt=cos(x)0xf(t)cos(t)dt+sin(x)0xf(t)sin(t)dt.

Si f est solution alors

f(x)=1+20xf(t)cos(x-t)dt

et donc f(0)=1.
f est dérivable car somme de fonctions dérivables.

f(x)=-2sin(x)0xf(t)cos(t)dt+2cos(x)0xf(t)sin(t)dt+2f(x)

et f(0)=2.
f est alors deux fois dérivable et

f′′(x)=1-f(x)+2f(x).

Ainsi, f est solution de l’équation différentielle

y′′-2y+y=1

vérifiant les conditions initiales y(0)=1 et y(0)=2.
La solution générale de cette équation différentielle linéaire d’ordre 2 est

y(x)=(λx+μ)ex+1.

Cela conduit à f(x)=2xex+1.
Inversement, soit par calculs, soit en remontant le raisonnement, on peut affirmer que la fonction proposée est solution.

 
Exercice 70  3108  Correction  

Soient f une fonction réelle continue sur [0;1] et λ un réel.
Trouver u fonction réelle continue sur [0;1] telle que

u(x)=λ0xu(t)dt+f(x).

Solution

Soit u une fonction solution.
Posons

U(x)=0xu(t)dt.

La fonction U est de classe 𝒞1 et vérifie

{U(0)=0U(x)=λU(x)+f(x).

La résolution de l’équation différentielle linéaire U=λU+f(x) donne par pour solution générale

U(x)=Ce-λx+(0xf(t)eλtdt)e-λx.

La condition initiale U(0)=0 déterminer la constante C

C=0.

On en déduit la fonction u

u(x)=f(x)-λ0xf(t)eλ(t-x)dt.

Inversement, une telle fonction est solution car sa primitive s’annulant en 0 vérifie l’équation U=λU+f(x).

 
Exercice 71  3506   Correction  

Déterminer la dimension de l’espace

E={y𝒞2(,)|x,y′′(x)+y(x)=y(0)cos(x)}.

Solution

Les éléments de E sont les solutions de l’équation différentielle

y′′+y=αcos(x) vérifiant y(0)=α.

L’équation différentielle est linéaire d’ordre 2 à coefficients constants.
La fonction xα2xsin(x) est solution particulière et la solution générale est

y(x)=λcos(x)+μsin(x)+α2xsin(x).

Les solutions vérifiant la condition y(0)=α sont les fonctions données par

y(x)=α(cos(x)+12xsin(x))+μsin(x).

On en déduit que l’espace E est de dimension 2.

 
Exercice 72  2535     CCP (MP)Correction  

Quelles sont les fonctions continues f telles que

f(x)=-1-0x(2x-t)f(t)dt?

Solution

Supposons f solution.

f(x)=-1-2x0xf(t)dt+0xtf(t)dt.

On a f(0)=-1 et f dérivable avec

f(x)=-20xf(t)dt-2xf(x)+xf(x).

Par suite, y:x0xf(t)dt est solution de l’équation différentielle

y′′+xy+2y=0

avec les conditions initiales y(0)=0 et y(0)=-1. Cela détermine y et donc f de manière unique.
En recherchant les solutions développables en séries entières, on obtient y(x)=-xe-x2/2 puis

f(x)=(x2-1)e-x2/2.
 
Exercice 73  1553   Correction  

Déterminer les fonctions f: deux fois dérivables telles que

(x,y)2,f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y) et f(0)=1.

Solution

Soit f solution.
En prenant x=0 dans la relation, on observe que f est nécessairement paire.
En dérivant la relation deux fois par rapport à x on obtient

f′′(x+y)+f′′(x-y)=2f′′(x)f(y).

En dérivant la relation deux fois par rapport à y on obtient

f′′(x+y)+f′′(x-y)=2f(x)f′′(y).

On en déduit

f′′(x)f(y)=f(x)f′′(y).

Pour y=0, on obtient l’équation f′′(x)=λf(x) avec λ=f′′(0).
Si λ>0 alors f(x)=ch(λx).
Si λ=0 alors f(x)=1.
Si λ<0 alors f(x)=cos(-λ)x
Inversement, on vérifie par le calcul qu’une fonction de la forme précédente est solution du problème posé.

 
Exercice 74  2892      MINES (MP)Correction  

Déterminer les fonctions f:+* dérivables telles que

x>0,f(x)=f(1/x).

Solution

Soit f une fonction solution. f est dérivable et

f(x)=f(1/x)

donc f est encore dérivable. La fonction f est donc deux fois dérivable avec

f′′(x)=-1x2f(1/x)=-1x2f(x).

La fonction f apparaît alors comme étant solution sur +* de l’équation différentielle

(E):x2y′′+y=0

(E) est une équation différentielle d’Euler. Réalisons le changement de variable t=ln(x).
Soient y:+* deux fois dérivable et z: définie par

z(t)=y(et)

z est deux fois dérivable et

y(x)=z(ln(x)).
y(x)=1xz(ln(x)).
y′′(x)=-1x2z(ln(x))+1x2z′′(ln(x))

y est solution sur +* de E si, et seulement si, z est solution sur de

(F):z′′-z+z=0

(F) est un équation différentielle linéaire d’ordre 2 à coefficients constants homogène de solution générale

z(x)=(λcos(3x2)+μsin(3x2))ex/2.

La solution générale de E sur +* est donc

y(x)=x(λcos(3ln(x)2)+μsin(3ln(x)2)).

Revenons à la fonction f. Il existe λ,μ telles que

f(x)=x(λcos(3ln(x)2)+μsin(3ln(x)2)).

On a alors

f(x)=12x((λ+μ3)cos(3ln(x)2)+(μ-λ3)sin(3ln(x)2))

et donc

f(x)=f(1/x){λ+μ3=2λλ3-μ=2μλ=μ3.

Finalement, les solutions sont les fonctions f données par

x,f(x)=Cxcos(3ln(x)2-π6) avec C.

[<] Problèmes se ramenant à la résoluton d'équations différentielles[>] Méthode de Lagrange

 
Exercice 75  1556  Correction  

Résoudre sur l’équation

(1+x2)y′′+2xy=0.

Solution

Soit y: une fonction deux fois dérivable. Posons z=y, z est dérivable.
y est solution de l’équation différentielle si, et seulement si, z solution de

(1+x2)z+2xz=0.

On obtient

z(x)=C1+x2

puis

y(x)=Carctan(x)+D.
 
Exercice 76  1558  Correction  

Résoudre sur l’équation

y′′+4xy+(3+4x2)y=0

en introduisant la fonction z(x)=ex2y(x).

Solution

Soit y: une fonction deux fois dérivable. Posons z:xex2y(x), z est deux fois dérivable.
y est solution de l’équation différentielle si, et seulement si, z solution de z′′+z=0.
On obtient

z(x)=C1cos(x)+C2sin(x)

et on en déduit

y(x)=(C1cos(x)+C2sin(x))e-x2.
 
Exercice 77  1559  Correction  

Résoudre l’équation différentielle

(1+ex)2y′′-2ex(1+ex)y-(3ex+1)y=0

en introduisant

z(x)=y(x)1+ex.

Solution

Soit y: deux fois dérivable et z: définie par

z(x)=y(x)1+ex.

La fonction z est deux fois dérivable.
On a y(x)=(1+ex)z(x), y(x)=(1+ex)z(x)+exz(x), y′′(x)=(1+ex)z′′(x)+2exz(x)+exz(x).
y est solution de l’équation étudiée si, et seulement si, z′′-z=0.
On obtient pour solution générale de l’équation z′′-z=0

z(x)=C1ex+C2e-x

et on en déduit la solution générale de l’équation étudiée

y(x)=(C1ex+C2e-x)(1+ex).
 
Exercice 78  413  Correction  

Résoudre sur +* l’équation

x2y′′+4xy-(x2-2)y=0

en posant z=x2y.

Solution

Soit y:+* une fonction deux fois dérivable.

Posons z:+* définie par z(x)=x2y(x). La fonction z est deux fois dérivable avec

z(x)=x2y(x)+2xy(x)etz′′(x)=x2y′′(x)+4xy(x)+2y(x).

On observe alors

x2y′′+4xy-(x2-2)y=0z′′-z=0

La solution générale de l’équation z′′=z est

z(x)=λex+μe-x avec (λ,μ)2.

La solution générale de l’équation initiale est donc

y(x)=λex+μe-xx2 avec (λ,μ)2.
 
Exercice 79  1561   

Résoudre sur l’équation

(E):(1+ex)y′′+2exy+(1+2ex)y=ex

en posant z(x)=(1+ex)y(x).

 
Exercice 80  3508   Correction  

Résoudre sur ]0;+[ l’équation différentielle

xy′′(x)+2y(x)-xy(x)=0

en posant y(x)=xαz(x) avec α bien choisi.

Solution

Soit y:]0;+[ une fonction deux fois dérivable et z:]0;+[ donnée par

z(x)=x-αy(x).

La fonction z est deux fois dérivable et

y(x)=xαz(x)+αxα-1z(x),y′′(x)=xαz′′(x)+2αxα-1z(x)+α(α-1)xα-2z(x)

donc

xy′′(x)+2y(x)-xy(x)=xα+1z′′(x)+2(α+1)xαz(x)+(α(α+1)xα-1-xα+1)z(x).

Pour α=-1, on obtient

xy′′(x)+2y(x)-xy(x)=z′′(x)-z(x)

et donc y est solution de l’équation étudiée si, et seulement si,

z(x)=λch(x)+μsh(x) avec (λ,μ)2

ce qui donne la solution générale

y(x)=λch(x)+μsh(x)x avec (λ,μ)2.
 
Exercice 81  4658   

Résoudre sur ]0;+[ l’équation différentielle

(E):x2y′′+xy-(x2+14)y=0

en posant y(x)=xαz(x) avec α bien choisi.

 
Exercice 82  411  Correction  

Résoudre sur l’équation

(1+ex)y′′+y-exy=0

en introduisant la fonction z=y+y.

Solution

Soit y une fonction deux fois dérivable sur .
Posons z la fonction définie par z=y+y.
y est solution de l’équation différentielle proposée si, et seulement si, z est solution de

(1+ex)z-exz=0

c’est-à-dire

z(x)=C(ex+1) avec Cpt

On en déduit

y(x)=αe-x+β(ex+2)(α,β)2.
 
Exercice 83  412   Correction  

Résoudre sur ]0;+[ l’équation

x2y′′-2y+3x=0

en introduisant la fonction z(x)=xy(x)+y(x).

Solution

Soient y une fonction deux fois dérivable définie sur ]0;+[ et z la fonction définie par z(x)=xy(x)+y(x). La fonction z est dérivable et y est solution de l’équation différentielle proposée si, et seulement si, z est solution de

xz-2z=-3x.

Après résolution de cette équation différentielle

z(x)=Cx2+1x avec C.

Par suite,

xy(x)+y(x)=Cx2+1x.

Après résolution de cette équation différentielle

y(x)=Cx+13Cx2+ln(x)x avec (C,C)2.

Inversement, les fonctions proposées sont bien solutions.

[<] Résolution par changement de fonction inconnue[>] Résolution par changement de variable

 
Exercice 84  397  Correction  

On étudie sur +* l’équation

t3y′′+ty-y=0.
  • (a)

    Déterminer une solution polynomiale non nulle φ de cette équation.

  • (b)

    Résoudre l’équation en procédant au changement de fonction inconnue y(t)=φ(t)z(t).

Solution

  • (a)

    φ(t)=t est évidemment solution particulière.

  • (b)

    On pose le y(t)=tz(t) et l’on parvient à l’équation

    t4z′′+t2(2t+1)z=0.

    On résout cette équation en la fonction inconnue z puis on intègre pour obtenir

    z(t)=λe1/t+μ.

    Finalement, la solution générale est

    y(t)=λte1/t+μt.
 
Exercice 85  398  Correction  

On étudie sur +* l’équation différentielle

t2y′′+ty-y=1.
  • (a)

    Déterminer une solution polynomiale non nulle φ de l’équation homogène.

  • (b)

    Résoudre l’équation en procédant au changement de fonction inconnue y(t)=φ(t)z(t).

Solution

  • (a)

    φ(t)=t est solution remarquable.

  • (b)

    En posant y(t)=tz(t) et l’on parvient à l’équation

    t3z′′+3t2z=1.

    On résout cette équation en la fonction inconnue z

    z(t)=λt3+1t2 avec λ

    et l’on obtient

    z(t)=λt2+μ-1t avec λ,μ.

    Finalement, la solution générale est

    y(t)=λt+μt-1 avec λ,μ.
 
Exercice 86  395   Correction  

On étudie l’équation différentielle

(t2+1)y′′-2y=t.
  • (a)

    Déterminer une solution polynomiale non nulle φ de l’équation homogène associée.

  • (b)

    Résoudre l’équation homogène en procédant au changement de fonction inconnue y(t)=φ(t)z(t).

  • (c)

    Exprimer la solution générale de l’équation étudiée.

Solution

  • (a)

    L’équation homogène associée est

    (t2+1)y′′-2y=0.

    La fonction φ(t)=t2+1 en est solution sur .

  • (b)

    Procédons au changement de fonction inconnue y(t)=φ(t)z(t).
    On obtient

    (t2+1)z′′(t)+4tz(t)=0

    qui donne

    z(t)=λ(t2+1)2.

    Sachant

    dt(t2+1)2=12arctan(t)+12tt2+1

    on obtient

    z(t)=λ2(arctan(t)+tt2+1)+μ

    ce qui donne la solution homogène

    y(t)=λ2((t2+1)arctan(t)+t)+μ(t2+1)

    avec λ,μ.

  • (c)

    y(t)=-t/2 est solution particulière donc la solution générale est

    y(t)=λ(t2+1)+μ((t2+1)arctan(t)+t)-12t

    avec λ,μ.

 
Exercice 87  396   Correction  

On étudie l’équation

(1+t2)2y′′(t)-2t(1+t2)y(t)+2(t2-1)y(t)=(1+t2).
  • (a)

    Déterminer une solution polynomiale non nulle φ de l’équation homogène.

  • (b)

    Résoudre l’équation en procédant au changement de fonction inconnue y(t)=φ(t)z(t).

Solution

  • (a)

    Si y est un polynôme unitaire de degré n solution de l’équation homogène, le coefficient de tn+2 dans le premier membre de l’équation est

    n(n-1)-2n+2=n2-3n+2=(n-2)(n-1)

    et donc nécessairement n2.
    Pour φ(t)=at2+bt+c, le premier membre de l’équation devient:

    2a(1+t2)2-2t(2at+b)(1+t2)+2(t2-1)(at2+bt+c)=(2c-2a)t2-4bt+(2a-2c)

    d’où a=c et b=0.

    Finalement, φ(t)=t2+1 est solution particulière.

  • (b)

    Par le changement de fonction inconnue y(t)=φ(t)z(t), on parvient à l’équation

    (1+t2)3z′′(t)+2t(1+t2)2z(t)=(1+t2).

    Après résolution de cette équation d’ordre 1 en l’inconnue z, on obtient

    z(t)=λ+arctan(t)(1+t2)

    puis

    z(t)=μ+λarctan(t)+12(arctan(t))2.

    Finalement, la solution générale de l’équation étudiée est

    y(t)=λ(1+t2)arctan(t)+μ(1+t2)+12(1+t2)(arctan(t))2.
 
Exercice 88  400   

On étudie sur ]0;1[ l’équation

(E):x(1-x)y′′+(1-3x)y-y=0.
  • (a)

    Rechercher une solution non nulle φ développable en série entière.

  • (b)

    Résoudre l’équation par le changement de fonction inconnue y(x)=φ(x)z(x).

 
Exercice 89  1319   Correction  

On étudie l’équation différentielle suivante sur ]0;+[

(E):xy′′+3y-4x3y=0.
  • (a)

    Chercher une solution φ développable en série entière au voisinage de 0 et non nulle.

  • (b)

    Terminer de résoudre l’équation par le changement de fonction inconnue y(x)=φ(x)z(x)

Solution

  • (a)

    Soit anxn une série entière de rayon de convergence R>0 et de somme y1 sur ]-R;R[.
    Pour tout x]-R;R[, on a

    xy′′(x)+3y(x)-4x3y(x)=3a1+8a2x+21a3x2+n=3+((n+1)(n+3)an+1-4an-3)xn.

    Par unicité des coefficients d’un développement en série entière, on peut affirmer que y est solution de E sur ]-R;R[ si, et seulement si,

    {a1=a2=a3=0n3,an+1=4(n+1)(n+3)an-3.

    Posons a0=1 et pour tout p*, a4p=12p(2p+1)a4(p-1), les autres an nuls.
    Ainsi,

    a4p=1(2p+1)!,a4p+1=a4p+2=a4p+3=0.

    La série entière correspondante est de rayon de convergence R=+ et sa somme

    φ:xn=0+x4p(2p+1)!

    est solution sur de l’équation différentielle E en vertu des calculs qui précèdent.
    Pour x0,

    φ(x)=1x2n=0+(x2)2p+1(2p+1)!=sh(x2)x2.
  • (b)

    On pose y(x)=φ(x)z(x) et l’équation (E) devient

    z′′(x)=(1x-4xch(x2)sh(x2))z(x).

    Après résolution en la fonction inconnue z on obtient

    z(x)=λxsh2(x2)

    puis

    z(x)=-λ2ch(x2)sh(x2)+μ avec λ,μ.

    La solution générale de l’équation est alors

    y(x)=λsh(x2)+μch(x2)x2 avec λ,μ.
 
Exercice 90  3504   Correction  

On étudie sur ]0;1[ l’équation différentielle suivante

x2(1-x)y′′-x(1+x)y+y=0.
  • (a)

    Rechercher une solution développable en série entière non nulle φ.

  • (b)

    Achever de résoudre cette équation par le changement de fonction y(x)=φ(x)z(x).

Solution

  • (a)

    Soit anxn une série entière de rayon de convergence R>0 et de somme y sur ]-R;R[
    Pour tout x]-R;R[, on a

    x2(1-x)y′′-x(1+x)y+y=a0+n=1+n2(an+1-an)xn.

    La fonction y est donc solution de l’équation différentielle étudiée si, et seulement si,

    a0=0 et n*,an+1=an.

    Inversement, en considérant la fonction φ:xx1-x, on obtient une fonction développable en série entière avec un rayon de convergence R=1 et les calculs qui précèdent assure que y est solution sur ]-1;1[ de l’équation étudiée.

  • (b)

    On pose

    y(x)=xz(x)1-x.

    Après calculs, la fonction y est solution de l’équation étudiée si, et seulement si,

    xz′′(x)+z(x)=0.

    Après résolution de cette équation en l’inconnue z, on obtient

    z(x)=λx avec λ

    puis en intégrant

    z(x)=λln(x)+μ avec λ,μ.

    Finalement, la solution générale de l’équation étudiée est

    y(x)=(λln(x)+μ)x1-x.

[<] Méthode de Lagrange

 
Exercice 91  414  

Résoudre sur +* l’équation

(E):x2y′′+3xy+y=0

en posant x=et.

 
Exercice 92  1566   Correction  

Résoudre sur +* l’équation

x2y′′-2y=x

par le changement de variable t=ln(x).

Solution

Soit y:+* une fonction deux fois dérivable et z: définie par z(x)=y(et) de sorte que y(t)=z(ln(x)). La fonction z est deux fois dérivable et l’on a

y(t)=1xz(ln(x))ety′′(t)=-1x2z(ln(x))+1x2z′′(ln(x)).

La fonction y est alors solution de l’équation proposée si, et seulement si, z est solution sur de l’équation

z′′-z-2z=et.

Après résolution, l’équation en z a pour solution générale

z(t)=λe-t+μe3t+12et avec (λ,μ)2.

La solution générale +* de l’équation initiale est

y(x)=C1x+C2x2-x2 avec (λ,μ)2.
 
Exercice 93  5395   Correction  

Résoudre sur +* l’équation

x2y′′+xy-y=x2

par le changement de variable t=ln(x).

Solution

Soit y:+* une fonction deux fois dérivable et z: définie par z(x)=y(et) de sorte que y(t)=z(ln(x)). La fonction z est deux fois dérivable et l’on a

y(t)=1xz(ln(x))ety′′(t)=-1x2z(ln(x))+1x2z′′(ln(x)).

La fonction y est alors solution de l’équation proposée si, et seulement si, z est solution sur de l’équation

z′′-z=e2t.

Après résolution, l’équation en z a pour solution générale

z(t)=λet+μe-t+13e2t avec (λ,μ)2.

La solution générale +* de l’équation initiale est

y(x)=λx+μx+x23 avec (λ,μ)2.
 
Exercice 94  1564   

Résoudre sur l’équation

(x2+1)2y′′+2x(x2+1)y+4y=0

en procédant au changement de variable t=arctan(x).

 
Exercice 95  415   Correction  

Résoudre sur l’équation

(1+x2)2y′′+2(x-1)(1+x2)y+y=0

en procédant au changement de variable t=arctan(x).

Solution

Soit y une fonction deux fois dérivable définie sur .
Posons z la fonction définie sur ]-π/2;π/2[ par z(t)=y(x)=y(tan(t)). Celle-ci est deux fois dérivabl et, après calculs, y est solution de l’équation différentielle proposée si, et seulement si, z est solution de l’équation z′′-2z+z=0 c’est-à-dire z(t)=(λt+μ)et avec λ,μ.

On en déduit y(x)=(λarctan(x)+μ)earctan(x) avec λ,μ.

 
Exercice 96  417   Correction  

Résoudre sur l’équation

y′′+2tt2+1y+1(t2+1)2y=t(t2+1)2

en posant x=arctan(t).

Solution

Soient y une fonction deux fois dérivable sur et z:I=]-π/2;π/2[ définie par z(x)=y(tan(x)).

z est deux fois dérivable et y(t)=z(arctan(t)) pour tout t.

y(t)=z(arctan(t))1+t2ety′′(t)=-2t(1+t2)2z(arctan(t))+1(1+t2)2z′′(arctan(t)).

y est solution si, et seulement si,

z′′(arctan(t))+z(arctan(t))=t

soit z′′(x)+z(x)=tan(x) sur I.

z′′+z=0 donc z=λcos(x)+μsin(x).

Par la méthode de la variation des constantes:

λ(x)=-sin2(x)cos(x)etμ(x)=sin(x).

Puisque

-sin2(x)cos(x)dx=u=sin(x)u2u2-1du=u+12ln|u-1u+1|+C=sin(x)+12ln(1-sin(x)1+sin(x))+C.

Prenons

λ(x)=sin(x)+12ln(1-sin(x)1+sin(x))etμ(x)=-cos(x).

On obtient la solution particulière

z(x)=12ln(1-sin(x)1+sin(x))cos(x)

Finalement,

y(t)=λ+μt1+t2+121+t2ln(1+t2-t1+t2+t) avec (λ,μ)2.
 
Exercice 97  416   Correction  

Résoudre sur ]-1;1[ l’équation

(1-x2)y′′-xy+4y=arccos(x)

en procédant au changement de variable x=cos(t).

Solution

x=cos(t),t=arccos(x),x]-1;1[,t]0;π[.

Soit y une fonction deux fois dérivable définie sur ]-1;1[.

Posons z la fonction définie sur ]0;π[ par z(t)=y(x)=y(cos(t)). Celle-ci est deux fois dérivable et, après calculs, y est solution de l’équation différentielle proposée si, et seulement si, z est solution de l’équation différentielle

z′′+4z=t

La solution générale de l’équation en z est

z(t)=λcos(2t)+μsin(2t)+14t avec (λ,μ)2.

La solution générale de l’équation initiale est

y(x)=λ(2x2-1)+2μx1-x2+14arccos(x) avec (λ,μ)2.
 
Exercice 98  2540     CCP (MP)Correction  

On veut résoudre

(E):(x+1)y′′-(3x+4)y+3y=(3x+2)e3x.

Si Δ est l’opérateur de dérivation et Q(X)=X-3, on a Q(Δ)(y)=y-3y.
Montrer l’existence d’un polynôme P de la forme a(x)X+b(x) tel que (E) devienne

(P(Δ)Q(Δ))(y)=(3x+2)e3x.

Résoudre l’équation à l’aide du changement de variable z=Q(Δ)(y).

Solution

P=(x+1)X-1 convient.

(E)(x+1)z-z=(3x+2)e3x.

Après résolution avec recollement la solution générale de cette dernière équation est z(x)=λ(x+1)+e3x.

(E)y-3y=λ(x+1)+e3x.

La solution générale est

y(x)=λ(3x+4)+μe3x+xe3x.


Édité le 08-11-2019

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