Équation différentielle/Exercices/Équation différentielle linéaire du premier ordre

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**Équation différentielle linéaire du premier ordre**
Leçon : Équation différentielle

Exercice 1
Chapitre du cours :	Équation différentielle linéaire du premier ordre
Cet exercice est de niveau 12.

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Équation différentielle/Exercices/Équation différentielle linéaire du premier ordre », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.

Sommaire

1 Résolutions simples
2 Résolutions générales d'équations complètes
3 Exercice

[modifier] Résolutions simples

[modifier] Équations homogènes à coefficients constants

1. Déterminer la solution générale de l'équation $y'+2y=0\,$
2. Déterminer la solution unique vérifiant la condition initiale : $y(0)=2\,$

Solution

1. $y'+2y=0 \Leftrightarrow y'=-2y\,$

Donc d'après le théorème :

$y(x)=k\,e^{-2x}\,,\,k \in \R\,$

2. La solution générale de l'équation est :

$y = k\,e^{-2x}\,$

Or $y(0) = 2 \Rightarrow k\,e^0 = 2\,$

$\Rightarrow k = 2\,$

Donc $y = 2e^{-2x}\,$

[modifier] Équations avec second membre à coefficients constants

1. Déterminer la solution générale de l'équation $y'+2y=3\,$
2. Déterminer la solution unique vérifiant la condition initiale : $y(0)=-1\,$

Solution

1. $y'+2y=3 \Leftrightarrow y'=-2y+3\,$

Donc d'après le théorème :

$y(x)=k\,e^{-2x}+\frac{3}{2}\,,\,k \in \R\,$

2. La solution générale de l'équation est :

$y = k\,e^{-2x}+\frac{3}{2}\,$

Or $y(0) = -1 \Rightarrow k\,e^0 +\frac{3}{2} = -1\,$

$\Rightarrow k = -\frac{5}{2}\,$

Donc $y = -\frac{5}{2}\,e^{-2x}+\frac{3}{2}\,$

[modifier] Équations à coefficients constants avec second membre variable

1. Déterminer la solution générale de l'équation $y'-2y=-4t\,$
2. Déterminer la solution unique vérifiant la condition initiale : $y(0)=3\,$

Solution

1.

On commence par résoudre l'équation différentielle homogène : $y'-2y=0\,$

Assez simplement, on trouve $y=k\,e^{2t}\,,\,k \in \R\,$

On cherche maintenant une solution particulière de la forme $y=\alpha\,t +\beta\,$

$y'=\alpha\,$ En replaçant dans l'équation, on obtient $\alpha - 2 \alpha t - 2 \beta = -4 t\,$

Donc : $\begin{cases} - 2 \alpha = -4 \\ \alpha - 2 \beta = 0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} \alpha = 2 \\ \beta = 1 \end{cases} \,$

$y=2t + 1\,$ est donc solution particulière.

Donc $y = 2t + 1 + k\,e^{2t}\,,\,k \in \R\,$

2. La solution générale de l'équation est :

$y = k\,e^{2t} + 2t + 1\,$

Or $y(0) = 3 \Rightarrow 1 + k\,e^0 = 3\,$

$\Rightarrow k = 2\,$

Donc $y = 2e^{2t} + 2t + 1\,$

[modifier] Équations homogène à coefficients variables

1. Déterminer la solution générale de l'équation $y'-2ty=0\,$
2. Déterminer la solution unique vérifiant la condition initiale : $y(0)=-2\,$

{{Solution

dy/dt = 2ty dy/y = 2tdt ln(y) = t^2 + C y = ke^(t^2)

}}

[modifier] Équations à coefficients variables avec second membre

1. Déterminer la solution générale de l'équation $y'-2ty=-2t\,$
2. Déterminer la solution unique vérifiant la condition initiale : $y(0)=-2\,$

Solution

$y(x) = k*e^{x^2}+1\,$

[modifier] Résolutions générales d'équations complètes

Intégrer les équations suivantes :
1. $(1+x^2)\,y'+2xy=1+3x^2\,$

2. $x(1+x^2)\,y'+(1+x^2)\,y=x\,$

3. $(x^2-1)\,y'+xy=x\,$

4. $(1-x^2)\,y'+4xy=ax\,$ , où $a\,$ est un réel donné.

5. $(x^2-1)\,y'+xy+\frac{2x}{\sqrt{1+x^2}}=0\,$

6. $y'-\left (\frac{1+3x^2}{x\,\left(1+x^2\right)}\right)\,y=x \left (\frac{1-x^2}{1+x^2} \right)\,$

Solution

1. $(E_1) : (1+x^2)\,y'+2xy=1+3x^2\,$

Mettons l'équation sous forme normale : $y'+\frac{2x}{1+x^2}\,y=\frac{1+3x^2}{1+x^2}\,$

Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'+\frac{2x}{1+x^2}\,y=0\,$

On pose $a(x)=\frac{2x}{1+x^2}\,$ .

$\alpha (x)=\ln \left(1+x^2\right)\,$ en est une primitive.

Donc $y = k\,e^{-\ln \left(1+x^2\right)}\,$

$\Leftrightarrow y = \frac {k}{1+x^2}\,,\,k \in \mathbb{R}\,$

Résolution de l'équation complète $(E_1)\,$ :

On applique la méthode de la variation de la constante en posant $y = k(x)\,\frac {1}{1+x^2}\,$

$y' = k'(x)\,\frac {1}{1+x^2} + k(x)\,\frac {-2x}{(1+x^2)^2}\,$

$(E_1) \Leftrightarrow k'(x)\,\frac {1}{1+x^2} + \frac {-2x\,k(x)}{(1+x^2)^2} + \frac{2x\,k(x)}{\left(1+x^2\right)^2}=\frac{1+3x^2}{1+x^2}\,$

$\Leftrightarrow k'(x) = 1+3x^2\,$

$\Leftrightarrow k(x) = x+x^3 + C\,$

$\Leftrightarrow k(x) = x(1+x^2) + C\,$

Or $y = k(x)\,\frac {1}{1+x^2}\,$

Donc $y = x + \frac {C}{1+x^2}\,,\,C \in \mathbb{R} \,$

2. $(E_2) : x(1+x^2)\,y'+(1+x^2)\,y=x\,$

Mettons l'équation sous forme normale : $y'+\frac {1}{x}\,y=\frac{1}{1+x^2}\,$ que l'on résout sur $]0;+ \infty[\,$ par exemple (problème de définition en 0)

Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'+\frac {1}{x}\,y=0\,$

On pose $a(x)=\frac{1}{x}\,$ .

$\alpha (x)=\ln (|x|)\,$ en est une primitive.

Donc $y = k\,e^{-\ln (x)}\,$

$\Leftrightarrow y = \frac{k}{x}\,,\,k \in \mathbb{R}\,$

Résolution de l'équation complète $(E_2)\,$ :

On applique la méthode de la variation de la constante en posant $y = \frac {k(x)}{x}\,$

$y' = \frac {k'(x)}{x} - \frac {k(x)}{x^2}\,$

$(E_2) \Leftrightarrow \frac {k'(x)}{x} - \frac {k(x)}{x^2} + \frac {1}{x}\,\frac {k(x)}{x}=\frac{1}{1+x^2}\,$

$\Leftrightarrow k'(x) = \frac{x}{1+x^2}\,$

$\Leftrightarrow k(x) = \frac{1}{2}\,\ln \left(1+x^2\right) + C\,$

Or $y = \frac {k(x)}{x}\,$

Donc $y = \frac{\ln \left(1+x^2\right)}{2x} + \frac {C}{x}\,,\,C \in \mathbb{R} \,$

3. $(E_3) : (x^2-1)\,y'+xy=x\,$

Mettons l'équation sous forme normale : $y'+\frac{x}{x^2-1}\,y=\frac{x}{x^2-1}\,$ que l'on résout sur $]1;+ \infty[\,$ par exemple (problème de définition en -1 et 1)

Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'+\frac{x}{x^2-1}\,y=0\,$

On pose $a(x)=\frac{x}{x^2-1}\,$ .

$\alpha (x)=\frac{1}{2}\ln \left(\left|x^2-1\right|\right)\,$ en est une primitive.

Donc $y = k\,e^{-\alpha(x)}\,$

$\Leftrightarrow y = \frac {k}{\sqrt{x^2-1}}\,,\,k \in \mathbb{R}\,$

Recherche d'une solution particulière à l'équation complète $(E_3)\,$ :

$y_0 = 1\,$ est solution constante évidente.

Donc $y = 1 + \frac {k}{\sqrt{x^2-1}}\,,\,k \in \mathbb{R} \,$

4. $(E_4) : (1-x^2)\,y'+4xy=ax\,$ , où $a\,$ est un réel donné.

Mettons l'équation sous forme normale : $y'+\frac{4x}{1-x^2}\,y=\frac{ax}{1-x^2}\,$ que l'on résout sur $]1;+ \infty[\,$ par exemple (problème de définition en -1 et 1)

Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'+\frac{4x}{1-x^2}y=0\,$

On pose $a(x)=\frac{4x}{1-x^2}\,$ .

$\alpha (x)=-2\ln \left(\left|1-x^2\right|\right)\,$ en est une primitive.

Donc $y = k\,e^{-\alpha (x)}\,$

$\Leftrightarrow y = k\,\left (1-x^2 \right)^2\,,\,k \in \mathbb{R}\,$

Recherche d'une solution particulière à l'équation complète $(E_4)\,$ :

$y_0 = \frac{a}{4}\,$ est solution constante évidente.

Donc $y = k\,\left(1-x^2\right)^2 + \frac{a}{4}\,,\,k \in \mathbb{R} \,$

5. $(E_5) : (x^2-1)\,y'+xy+\frac{2x}{\sqrt{1+x^2}}=0\,$

Mettons l'équation sous forme normale : $y'+\frac{x}{x^2-1}\,y=\frac{-2x}{(x^2-1)\sqrt{1+x^2}}\,$ que l'on résout sur $]1;+ \infty[\,$ par exemple (problème de définition en -1 et 1)

Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'+\frac{x}{x^2-1}\,y=0\,$

On pose $a(x)=\frac{x}{x^2-1}\,$ .

$\alpha (x)=\frac{1}{2}\ln \left (\left|x^2-1\right |\right)\,$ en est une primitive.

Donc $y = k\,e^{-\alpha(x)}\,$

$\Leftrightarrow y = \frac{k}{\sqrt{x^2-1}}\,,\,k \in \mathbb{R}\,$

Recherche d'une solution particulière à l'équation complète $(E_5)\,$ :

On applique la méthode de la variation de la constante en posant $y = \frac{k(x)}{\sqrt{x^2-1}}\,$

$y' = \frac{k'(x)}{\sqrt{x^2-1}} + k(x)\,\left(-\frac {1}{2} \right)\,2x\,\left(x^2-1\right)^{\frac{-3}{2}}\,$

car $\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}=\left (x^2-1 \right)^{\frac{-1}{2}}\,$

$(E_5) \Leftrightarrow \frac{k'(x)}{\sqrt{x^2-1}} - \frac{k(x)\,x}{\left(x^2-1\right)^{\frac{3}{2}}} + \frac{x\,k(x)}{(x^2-1) \sqrt{x^2-1}} = \frac{-2x}{\left(x^2-1\right) \sqrt{x^2-1}} \,$

$\Leftrightarrow k'(x) = \frac{-2x}{\sqrt{x^4-1}} \,$

$\Leftrightarrow k(x) = -\int \frac{2x}{\sqrt{x^4-1}}\,dx \,$

On pose $\begin{cases} t=x^2 \\ x \in\,]1;+\infty[ \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=\sqrt{t} \\ t \in\,]1;+\infty[ \end{cases} \,$

Alors $dt=2x\,dx\,$

$(E_5) \Leftrightarrow k(x) = -\int \frac{dt}{\sqrt{t^2-1}}\,$

$\Leftrightarrow k(x) = -\operatorname{Argch} (t) + C\,$

$\Leftrightarrow k(x) = -\operatorname{Argch} \left (x^2 \right) + C\,$

Donc $y = -\frac{\operatorname{Argch} \left(x^2\right)}{\sqrt{x^2-1}} + \frac{C}{\sqrt{x^2-1}}\,,\,C \in \mathbb{R} \,$

6. $(E_6) : y'-\left (\frac{1+3x^2}{x\,(1+x^2)}\right)\,y = x \left (\frac{1-x^2}{1+x^2} \right)\,$

L'équation est sous forme normale. On la résout sur $]0;+ \infty[\,$ par exemple (problème de définition en 0)

Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'-\left (\frac{1+3x^2}{x\,(1+x^2)}\right)\,y=0\,$

On pose $a(x) = -\frac{1+3x^2}{x\left(1+x^2\right)}\,$ .

$\alpha (x)= -\ln \left(x\left(1+x^2\right)\right)\,$ en est une primitive.

Donc $y = k\,e^{-\alpha(x)}\,$

$\Leftrightarrow y = k\,x\left(1+x^2\right)\,,\,k \in \mathbb{R}\,$

Résolution de l'équation complète $(E_6)\,$ :

On applique la méthode de la variation de la constante en posant $y = k(x)\,x\left(1+x^2\right)\,$

$y' = k'(x)\,x\left(1+x^2\right) + k(x)\,\left(1+3x^2\right)\,$

$(E_6) \Leftrightarrow k'(x)\,x\left(1+x^2\right)\,+\,k(x)\left(1+3x^2\right)\,-\,\left (\frac{1+3x^2}{x\,(1+x^2)}\right)\,k(x)\,x\left(1+x^2\right) = x \left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)\,$

$\Leftrightarrow k'(x) = \frac{1-x^2}{\left(1+x^2\right)^2}\,$

$\Leftrightarrow k(x) = \frac{x}{1+x^2} + C\,$

Or $y = k(x)\,x\left(1+x^2\right)\,$

Donc $y = x^2 + C\,x\left(1+x^2\right)\,,\,C \in \mathbb{R} \,$

[modifier] Exercice

Soit $(E)\,$ l'équation $2y'-y=-t^2+5t\,$ .

1. Déterminer une solution particulière $y_0\,$ de $(E)\,$ sous la forme $y_0(t) = At^2+Bt+C\,$ .

2. Résoudre, sur $\R$ , l'équation $(E_0)\,$ sans second membre associée.

3. En déduire la solution générale de $(E)\,$ .

4. En déduire une solution de $(E)\,$ vérifiant la condition $y(-1)=5\,$ .

Solution

1. On recherche $y_0\,$ sous la forme $y_0=At^2+Bt+C\,$ :

$y_0'=2At+B\,$

En remplaçant $y\,$ par $y_0\,$ dans $(E)\,$ , on obtient :

$4At+2B-At^2-Bt-C=-t^2+5t \Leftrightarrow (-A)t^2+(4A-B)t+(2B-C)=-t^2+5t\,$

En identifiant les termes, on a donc : $\begin{cases} -A=-1 \\ 4A-B=5 \\ 2B-C=0 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} A=1 \\ B=-1 \\ C=-2 \end{cases}\,$

Donc $y_0=t^2-t-2\,$

2. Équation sans second membre associée : $(E_0) : 2y'-y=0\,$

$\Leftrightarrow 2y'=y\,$

$\Leftrightarrow \frac{y'}{y}=\frac12\,$

Les solutions de $(E_0)\,$ s'écrivent donc sous la forme $y=ke^{\frac t2}\,$

3. La solution générale de $(E)\,$ est la somme de la solution de l'équation sans second membre associée ( $y\,$ trouvée dans le 2.) et d'une solution particulière ( $y_0\,$ trouvée dans le 1.).

Donc $y=ke^{\frac t2}+t^2-t-2\,$