Université Antilles–Guyane DEUG MIAS 1^{e} année UFR Sciences Exactes et Naturelles Module MIP 2 Dépt Scientifique Interfacultaire 2^{e} semestre 2001–2002

Mathématiques 2 / Analyse — T.D. série n^{o} 3 :

Equations différentielles.

Équations différentielles du premier ordre

Exercice 1. On considère l’équation différentielle x y′ − y^{2} = −1 − x − x^{2} . (E) (a) Résoudre l’équation (E) sans second membre (séparation des variables).

Solution: Pour y ≠ 0, x ≠ 0, on a y′/y^{2} = 1/x ⟺ −\frac{1}{y} = ln |x| + C ⟺ y = \frac{−1}{ln |x|+C}. On vérifie que pour tout C ∈ ℝ, c’est solution sur ℝ\\{ 0, ±e^{C} \}.

(b) Chercher une solution particulière à (E) sous forme polynômiale.

Solution: On voit qu’il faut avoir deg y ≤ 1, et y = a · x + b donne a = 1, b = 1, soit y = 1 + x.

(c) Peut-on déduire de (a) et (b) l’ensemble de toutes les solutions de (E) ?

Solution: non, car c’est pas une ED linéaire.

Exercice 2. Résoudre sur ]1, ∞[ l’équation différentielle

(1 − x) y′ + y = (x − 1)^{2} sin x .

Solution: C’est une ED linéaire, on considère d’abord l’éq. homogène, qui est à var. séparées : pour y ≠ 0 (et x ≠ 1 : énoncé) on peut l’écrire y′/y = 1/(x−1) ⟺ ln |y| = ln |x − 1| + C′ ⟺ y = C (x − 1) avec C ∈ ℝ^{∗} et C = 0 ⟺ y = 0 est solution aussi. En posant C = C(x) il reste (1 − x) C′(x) (x − 1) = (x − 1)^{2} sin x soit C′(x) = − sin x ⟺ C = cos x + K, K ∈ ℝ (jouant ici le rôle du C avant).

La solution générale est donc y = (cos x + K) · (x − 1), K ∈ ℝ.

Exercice 3. (a) Résoudre sur I = ]0, +∞[, en fonction du paramètre λ ∈ ℝ et de la fonction f ∈ C(I), l’équation différentielle

xy′ − λy = f(x) .

Solution: C’est une ED linéaire, on considère d’abord l’éq.hom. (EH) : xy′ − λy =

0 ⟺^{y≠0} \frac{y′}{y} = \frac{λ}{x} ⟺ ln |y| = λ ln |x| + k ⇝ y = C · x^{λ}, C ∈ ℝ

(N.B. : x^{λ} bien déf. pour tout λ ∈ ℝ car x > 0.)

(E) avec 2nd membre :

C = C(x) ⇝ x · C′(x) · x^{λ} = f(x) ⟺ C(x) = ∫ x^{−λ−1}f(x) dx , d’où la sol^{o} générale : y = x^{λ} ∫ x^{−λ−1}f(x) dx, la primitive étant définie à une constante réelle arbitraire près.

(b) Application : λ = 2, f = 3 ln x + 2. — Quelle est la solution générale ? Quelle est la solution particulière y = y_{1} vérifiant y_{1}(1) = 1 ?

Solution: C(x) = ∫ x^{−3}(3 ln x + 2) dx = 3I − x^{−2} + k, où I = ∫ x^{−3} ln x dx = ∫ u′v avec u′ = x^{−3}, v = ln x, donc I = [−\frac{1}{2}x^{−2} · ln x] + \frac{1}{2} ∫ x^{−3} dx = −\frac{1}{2}x^{−2} ln x − \frac{1}{4}x^{−2} (+k′). Soit enfin y = x^{2} · C(x) = −\frac{3}{2} ln x − \frac{7}{4} + k · x^{2}, sol^{o} g^{ale} de (E).

On a y(1) = 1 ssi k = 1 + \frac{7}{4} = \frac{11}{4}, soit : y_{1} = x ↦ \frac{11}{4}x^{2} − \frac{7}{4} − \frac{3}{2} ln x.

(c) Entraînement : chercher la solution pour d’autres valeurs de λ, f, y(x_{0}) = y_{0}, et vérifier le résultat explicitement.

Équations différentielles linéaires du 2^{nd} ordre

Exercice 4. Résoudre les équations différentielles suivantes :

(a) y′′ − y′ − 6 y = e^{−2x}  (b) y′′ − 4 y′ + 5 y = e^{2 x} cos x
(c) y′′ − 2 y′ + y = 2 x ch x (d) y′′ + 4 y = x cos(2 x)
(e) y′′ − 2 y′ + 3 y = 2 sin x − cos x

Solution: (a) : éq.caract. (EC) : (λ^{2} − λ − 6) = (λ + 2)(λ − 3) = 0 ⟺ λ ∈ { −2, 3 } ⟹ y_{h} = A e^{−2x} + B e^{3x} est sol^{o} de l’(EH) ∀A, B ∈ ℝ. On cherche une sol.partic. ss la forme y = ax · e^{−2x} car −2 est racine simple de (EC). On trouve la sol^{o} g’ale : y = (A − \frac{1}{5}x)e^{−2} + B e^{3x}.

(b) : (EC) ⟺ λ ∈ { 2 ± i } ⟹ y = e^{2x}(A sin x + B cos x) est sol.g’ale à (EH). Membre de droite de la même forme =¿ cherche sol^{o} avec poly de deg.+1, soit y_{p} = axe^{2x} sin x ⇝ a = \frac{1}{2}.

(c) : (λ^{2} − 2λ + 1) = (λ − 1)^{2} ⟹ y_{h} = (A + Bx)e^{x}. Membre de droite : 2x ch x = xe^{x} + xe^{−x}. Principe de superposition : sol. partic. y_{p} = y_{1} + y_{2} avec y_{1} ⇝ xe^{x} et y_{2} ⇝ xe^{−x}. On cherche y_{1} = P ·e^{αx} avec α = 1 racine double donc deg P = 2+deg x = 3, soit P = a + bx + cx^{2} + dx^{3} avec a, b = 0 ss perte de g^{alité} (sol.hom.) Alors y′ = e^{x}(dx^{3}+x^{2}(c+3d)+x·2c), y′′ = e^{x}(dx^{3}+x^{2}(c+6d)+x(4c+6d)+2c) (utiliser (e^{x}P)′ = e^{x}(P + P′)), dans (E) ⟹ x^{2}(−2 · 3d + 6d) + x(−2 · 2c + 4c + 6d) + 2c =^{!} x (en effet seulement P′′ contribue : cf. exo 5) D’où enfin c = 0, d = \frac{1}{6}.

passons à y_{2} qu’on cherche sous la forme P (x) · e^{−x} avec P = aX + b car −1 n’est pas racine de l’éq.caract.

On trouve P′′ − 2P′ + P − 2 · (P′ − P) + P = 4P − 4P′ =^{!} X ⟺ 4a =

1, 4b − 4a = 0 ⟺ a = b = \frac{1}{4}. Ainsi la solution générale de (c) s’écrit :

y = (A + B x + \frac{1}{6} x^{3}) e^{x} + \frac{1 + x}{4} e^{−x} .

(d) : ±2i est sol^{o} de l’(EC) dc y = A sin 2x + B cos 2x sol^{o} g’ale à l’(EH). dc sol^{o} partic. avec deg+1 = 2 : y = (a·x^{2} +bx) cos(2x)+(c·x^{2} +dx) sin(2x), on trouve y = (A + \frac{1}{8}x^{2}) sin 2x + (B + \frac{1}{16}x) cos 2x.

(e) : (EC) ⟹ λ ∈ \{ 1 ± i\sqrt{2} \} ⟹ y_{h} = e^{x}(A sin \sqrt{2}x + B cos \sqrt{2}x), 1 n’est pas racine donc sol.partic. y_{p} = a sin x + b cos x ⟹ a = \frac{3}{4}, b = \frac{1}{4} et y = y_{p} + y_{h}.

Exercice 5. On cherche une solution particulière à l’équation différentielle

y′′ + b y′ + c y = P (x) e^{αx}

sous la forme y_{p} = Q(x) e^{αx}, lorsque P ∈ ℝ[X] est donné.

(a) Etablir une relation entre Q et P, nécessaire pour que y_{p} soit solution.

Solution: Pour y = y_{p}, on a y′ = e^{αx}(αQ(x) + Q′(x)) et y′′ = e^{αx}(α^{2}Q(x) + 2αQ′(x) + Q′′(x)). C’est donc solut^{o} ssi (α^{2} + b α + c)Q + (2 α + b)Q′ + Q′′ = P.

(b) On suppose que y_{h} = (Ax + B)e^{αx} est solution à y′′ + b y′ + cy = 0, ∀A, B ∈ ℝ. Peut-on exprimer dans ce cas b et c en fonction de α?

Solution: On sait ou on vérifie (il suffit de prendre (A, B) = (1, 0), (0, 1)) qu’on a cette sol^{o} à (EH) ssi α est racine double de l’(EC) ⟺ b^{2}−4c = 0 ⟺ x^{2} + bx + c = (x − α)^{2} ⟺ α = −b/2 = \sqrt{c} ⟺ b = −2a, c = α^{2}.

(c) Si b = −2 α et c = α^{2}, simplifier la relation entre P et Q trouvée au (a). Que peut-on exiger de Q, dans ce cas, pour avoir une solution particulière la plus simple possible et déterminée de façon unique ?

Solution: Dans ce cas il ne reste que Q′′ = P. On peut alors imposer que Q(0) = Q′(0) = 0, c-à-d. que coefficients de X^{0} et de X^{1} dans Q soient nuls : on voit que ces termes ne contribuent pas au membre de gauche, en accord avec le fait que (Ax + B)e^{x} est solution à l’équation homogène. Pour P = ∑ a_{n} X^{n} on a donc Q = ∑ \frac{1}{(n+1)(n+2)} a_{n} X^{n+2}.