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

 
Exercice 1  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 2  5657   Correction  

Soient a,b:[0;+[ continues et intégrables sur [0;+[.

Montrer que toutes les solutions sur [0;+[ de l’équation différentielle

(E):x=a(t)x+b(t)

sont bornées.

Solution

Soit A une primitive de la fonction continue a sur [0;+[. Après résolution, la solution générale de l’équation (E) s’exprime

x(t)=(x(0)+0tb(s)e-A(s)ds)eA(t).

Considérons x:[0;+[ une telle fonction.

Puisque la fonction a est intégrable sur [0;+[, la primitive A admet une limite finie en +. Puisque cette fonction A est aussi continue sur [0;+[, elle y est bornée. On peut donc introduire M+ tel que

t[0;+[,|A(t)|M

et alors

t[0;+[,|eA(t)|=eRe(A(t))eMets[0;+[,|e-A(s)|=e-Re(A(s))eM.

On en déduit

t[0;+[,|x(t)|(|x0|+0t|b(s)|eMds)eM|x0|eM+(0+|b(s)|ds)e2M.

La fonction x est donc bornée.

 
Exercice 3  381   Correction  
  • (a)

    Soit h: continue de limite nulle en +. Montrer que les solutions de l’équation différentielle y+y=h tendent 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 4  3109   Correction  

Soient α un nombre complexe de partie réelle strictement positive.

  • (a)

    Soit g:[0;+[ continue. Exprimer la solution générale de l’équation différentielle y+αy=g.

  • (b)

    Application : Soit f:[0;+[ de classe 𝒞1 telle que f+αf tend vers 0 en +. Montrer que f tend vers 0 en +.

Solution

  • (a)

    La solution générale de l’équation différentielle s’exprime

    y(x)=λeαx+0xg(t)eα(tx)dt avec λ.
  • (b)

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

    y+αy=g.

    Ainsi, on peut écrire

    f(x)=λeαx+0xg(t)eα(tx)dt.

    Il est immédiat que

    λeαxx+0

    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(tx)dt=0Ag(t)eα(tx)dt+Axg(t)eα(tx)dt

    avec

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

    et

    |0Ag(t)eα(tx)dt|=|0Ag(t)eαtdt|eRe(α)x=CteeRe(α)xx+0.

    Pour x assez grand,

    |0xg(t)eα(tx)dt|εRe(α)+ε.

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

 
Exercice 5  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 6  5919  Correction  

Soient a,b: continues et T-périodiques avec T>0. Montrer qu’une solution φ de l’équation (E):y+a(x)y=b(x) est T-périodique si, et seulement si, φ(0)=φ(T).

Solution

Soit φ une solution de (E) sur . On vérifie sans peine que ψ:xφ(x+T) est aussi solution de (E) sur . Par le théorème de Cauchy, deux solutions d’une même équation différentielle sont égales si, et seulement si, elles prennent la même valeur en un certain point. On a donc

φ est T-périodique x,φ(x+T)=φ(x)
φ=ψ
φ(0)=ψ(0)
φ(0)=φ(T).
 
Exercice 7  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[.

 
Exercice 8  5921   Correction  

Soit f:+ une fonction continue et bornée. On étudie l’équation différentielle

(E):xy-y=f(x)
  • (a)

    Montrer que l’équation (E) admet une unique solution φ telle que φ soit de limite nulle en +.

  • (b)

    On suppose que f admet une limite finie en +. Montrer que φ admet aussi une limite finie en +.

Solution

  • (a)

    La solution générale homogène de l’équation (E) s’exprime

    yh(x)=λx avec λ

    La méthode de la variation de la constante conduit à déterminer une solution particulière s’exprimant yp(x)=λ(x)x avec

    λ(x)=f(x)x2

    Par exemple,

    λ(x)=-x+f(t)t2dt

    est correctement définie (car le caractère borné de f assure l’intégrabilité en +) et convient. La solution générale de (E) s’exprime alors

    y(x)=(λ-x+f(t)t2dt)x

    On vérifie ensuite

    y(x)=(λ-x+f(t)t2dt)+f(x)xx+λ

    Pour λ=0 et seulement pour cette valeur, on vérifie que y est de limite nulle en +. Cela détermine φ de façon unique.

  • (b)

    Si f admet une limite finie en +, on peut écrire

    f(t)=t++o(1)

    et alors

    x+f(t)t2dt=x+t2dt+x+o(1t2)dt

    La fonction t1t2 est positive et intégrable en +. Par comparaison de restes d’intégrales convergentes,

    x+o(1t2)dt=x+o(x+dtt2)=o(1x)

    Ainsi,

    x+f(t)t2dt=x+x+o(1x)

    et donc

    φ(x)=-xx+f(t)t2dtx+-

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Édité le 23-02-2024

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