Équation différentielle/Exercices/Équation différentielle du premier ordre

Cette page ne traite que des équations différentielles du premier ordre non linéaires.

Pour les équations différentielles du premier ordre linéaires, voir ce cours et ces exercices.

Équation de Riccati

Résoudre $(E_{1}):y'=1+x^{2}-2xy+y^{2}$.

Solution

$(E_{1})\Leftrightarrow y'=1+(y-x)^{2}$.

On pose $z=y-x$, soit $y=z+x$.

$(E_{1})\Leftrightarrow z'+1=1+z^{2}$

$\Leftrightarrow z'=z^{2}$

$\Leftrightarrow {\frac {z'}{z^{2}}}=1$ ou $z=0$

$\Leftrightarrow -{\frac {1}{z}}=x+C$ ou $z=0$

$\Leftrightarrow z=-{\frac {1}{x+C}}$ ou $z=0$

donc $y=x-{\frac {1}{x+C}}$ ou $y=x,\quad C\in \mathbb {R}$.

 

On se propose d'intégrer, sur l'intervalle le plus grand possible contenu dans $\left]0,+\infty \right[$, l'équation différentielle $(E):y'-{\frac {y}{x}}-y^{2}=-9x^{2}$.

1. Déterminer un réel $a\geq 0$ tel que $y_{0}(x)=a$x soit une solution particulière de $(E)$.
2. Montrer que le changement de fonction inconnue $y(x)=y_{0}(x)-{\frac {1}{z(x)}}$ transforme $(E)$ en l'équation différentielle linéaire $(L):z'+\left(6x+{\frac {1}{x}}\right)z=1$.
3. Trouver toutes les solutions de $(L)$ sur $\left]0,+\infty \right[$.
4. Donner toutes les solutions de $(E)$ définies sur $\left]0,+\infty \right[$.

Solution

1. Pour tout $a\geq 0$, $(ax)'-{\frac {ax}{x}}-(ax)^{2}=-9x^{2}\Leftrightarrow a^{2}=9\Leftrightarrow a=3$.
2. $(E)\Leftrightarrow y'_{0}+{\frac {z'}{z^{2}}}-{\frac {y_{0}}{x}}+{\frac {1}{xz}}-y_{0}^{2}+2{\frac {y_{0}}{z}}-{\frac {1}{z^{2}}}=-9x^{2}\Leftrightarrow {\frac {z'}{z^{2}}}+{\frac {1}{xz}}+2{\frac {y_{0}}{z}}-{\frac {1}{z^{2}}}=0$
   $\Leftrightarrow z'+{\frac {z}{x}}+2y_{0}z-1=0\Leftrightarrow (L)$.
3. Les solutions sur $\left]0,+\infty \right[$ de l'équation homogène $z'+\left(6x+{\frac {1}{x}}\right)z=0$ sont $z={\frac {k\operatorname {e} ^{-3x^{2}}}{x}},\;k\in \mathbb {R}$.
   On résout ensuite $(L)$ par variation de la constante, en posant $z(x)={\frac {k(x)\operatorname {e} ^{-3x^{2}}}{x}}$. Alors, $(L)\Leftrightarrow {\frac {k'(x)\operatorname {e} ^{-3x^{2}}}{x}}=1\Leftrightarrow k'(x)=x\operatorname {e} ^{3x^{2}}\Leftrightarrow k(x)={\frac {\operatorname {e} ^{3x^{2}}}{6}}+C,\;C\in \mathbb {R}$.
   Les solutions sur $\left]0,+\infty \right[$ de $(L)$ sont donc : $z(x)=\left({\frac {\operatorname {e} ^{3x^{2}}}{6}}+C\right){\frac {\operatorname {e} ^{-3x^{2}}}{x}}={\frac {1}{x}}\left({\frac {1}{6}}+C\operatorname {e} ^{-3x^{2}}\right),\;C\in \mathbb {R}$ (alternativement, on pouvait trouver une solution « évidente » de la forme $z={\frac {b}{x}}$).
4. Les solutions sur (une partie de) $\left]0,+\infty \right[$ de $(E)$ sont finalement : $y(x)=3x-{\frac {x}{{\frac {1}{6}}+C\operatorname {e} ^{-3x^{2}}}},\;C\in \mathbb {R}$. Cette solution $y$ est définie sur $\left]0,+\infty \right[$ tout entier si $C\geq -{\frac {1}{6}}$. Si $C<-{\frac {1}{6}}$, $y$ n'est définie que pour $0<x<{\sqrt {{\frac {1}{3}}\ln(-6C)}}$.

 

Équation de Bernoulli

Soient $a,b:I\to \mathbb {R}$ deux fonctions continues, et $y:I\to \left]0,+\infty \right[$ une solution de

$y'+ay=by^{m}$.

1.  Si $m\neq 1$, déterminer $y$ par un changement convenable de fonction inconnue.

Solution

${\frac {y'}{y^{m}}}+{\frac {a}{y^{m-1}}}=b$. En posant $u={\frac {1}{y^{m-1}}}$ (ce qui, si $m=0$, revient à $u=y$), on a $u'=(1-m){\frac {y'}{y^{m}}}$ et l'on se ramène à une équation différentielle linéaire du premier ordre :
${\frac {u'}{1-m}}+au=b$.
Si $\Phi$ est une primitive de $(1-m)a$, les solutions sont :
$u(x)=\left[A+(1-m)\int _{x_{0}}^{x}b(s)\mathrm {e} ^{\Phi \left(s\right)}\,\mathrm {d} s\right]\mathrm {e} ^{-\Phi \left(x\right)}$ et (sur un intervalle où $u>0$) $y=u^{\frac {1}{1-m}}$, ou $y=0$.

 

2.  Que se passe-t-il si $m=1$ ?

Solution

Si $m=1$, $y'+(a-b)y=0$. Si $\Phi$ est une primitive de $a-b$, les solutions sont $y=A\mathrm {e} ^{-\Phi }$.

 

3.  Résoudre $x\,y'-y=y^{3}$.

Solution

On applique la question 1 au cas $a=-{\frac {1}{x}}$, $b={\frac {1}{x}}$, $m=3$.

En posant $u={\frac {1}{y^{2}}}$, l'équation devient linéaire : $u'+2{\frac {u}{x}}=-{\frac {2}{x}}$.

Les solutions de l'équation homogène associée sont $z={\frac {k}{x^{2}}},\,k\in \mathbb {R}$.

On applique donc la méthode de la variation de la constante en posant $u(x)={\frac {k(x)}{x^{2}}}$, et l'on trouve alors :

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

Les solutions sont donc : $y(x)={\frac {1}{\sqrt {-1+C/x^{2}}}}={\frac {\varepsilon x}{\sqrt {C-x^{2}}}}\quad (C\in \mathbb {R} _{+}^{*},\varepsilon =\pm 1)$ ou $y=0$.

Les deux solutions pour $C>0$ sont définies sur $\left]-{\sqrt {C}},{\sqrt {C}}\right[$ et $y'(0)={\frac {\varepsilon }{\sqrt {C}}}$ donc pas de recollement possible en 0 entre ces deux solutions, ni entre l'une des deux et la solution nulle.

Remarque : on pouvait alternativement utiliser un changement de fonction astucieux : $z={\frac {y}{x}}$, l'équa diff se ramenant alors à $z'=xz^{3}$.

 

4  Résoudre $x^{3}\,y'+y^{4}=x^{2}\,y$.

Solution

On applique la question 1 au cas $a=-{\frac {1}{x}}$, $b=-{\frac {1}{x^{3}}}$, $m=4$.

En posant $u={\frac {1}{y^{2}}}$, l'équation devient linéaire : $u'+3{\frac {u}{x}}={\frac {3}{x^{3}}}$.

Les solutions de l'équation homogène associée sont $z={\frac {k}{x^{3}}},\,k\in \mathbb {R}$.

On applique donc la méthode de la variation de la constante en posant $u(x)={\frac {k(x)}{x^{3}}}$, et l'on trouve alors :

$u'+3{\frac {u}{x}}={\frac {3}{x^{3}}}\Leftrightarrow k'(x)=3\Leftrightarrow k(x)=3x+C\Leftrightarrow u(x)={\frac {3x+C}{x^{3}}}$

Les solutions sont donc : $y(x)={\frac {x}{\sqrt[{3}]{3x+C}}},\quad C\in \mathbb {R}$ ou $y=0$.

 

5.

1. Résoudre $r'(t)=r(t)\left(1-r^{2}(t)\right)$.
2. Étudier le comportement (intervalle de définition, monotonie, limites) des solutions définies en $0$ et telles que $0<r(0)<1$.
3. Soient $r_{0}\in \left]0,1\right[$, $\theta _{0}\in \mathbb {R}$, $x_{0}=r_{0}\cos \theta _{0}$ et $y_{0}=r_{0}\sin \theta _{0}$. Résoudre le système
   $x'=-y+x\left(1-x^{2}-y^{2}\right),\;y'=x+y\left(1-x^{2}-y^{2}\right),\;x(0)=x_{0},\;y(0)=y_{0}$.

Solution

1. On applique la question 1 au cas $a=b=-1$, $m=3$. En posant $u={\frac {1}{r^{2}}}$, l'équation devient $u'+u=1$. Les solutions sont : $u=1-C\operatorname {e} ^{-t},\,C\in \mathbb {R}$, soit $r=\pm {\frac {1}{\sqrt {1-C\operatorname {e} ^{-t}}}}$ (définie sur $\mathbb {R}$ si $C\leq 0$ et sur $\left]\ln C,+\infty \right[$ si $C>0$) ou $r=0$.
2. $r(0)$ est défini et strictement compris entre $0$ et $1$ si et seulement si $C<0$ et $r={\frac {1}{\sqrt {1-C\operatorname {e} ^{-t}}}}$. La solution $r$ est alors définie sur $\mathbb {R}$, strictement croissante, de limite $0$ en $-\infty$ et $1$ en $+\infty$ (donc $\lim _{\pm \infty }r'=0$).
3. En passant en coordonnées polaires ($x=r\cos \theta ,\;y=r\sin \theta$), le système équivaut, tous calculs faits, à
   $r'=r(1-r^{2}),\;\theta '=1,\;r(0)=r_{0},\;\theta (0)=\theta _{0}$, soit (d'après la question précédente)
   $\theta (t)=\theta _{0}+t$ et $r(t)={\frac {1}{\sqrt {1+k\operatorname {e} ^{-t}}}}$ avec $k={\frac {1}{r_{0}^{2}}}-1$. Le point $\left(x(t),y(t)\right)$ décrit une spirale, de $O$ au cercle unité.

 

6  Résoudre $y'+y+y^{p}=0,\;y(0)=1$ où $p$ est un entier $>1$.

Solution

On applique la question 1 au cas $a=1$, $b=-1$, $m=p$.

En posant $u=y^{1-p}$, l'équation devient linéaire : ${\frac {u'}{1-p}}+u=-1$, avec condition initiale $u(0)=1$.

La solution est donc $u=-1+2\mathrm {e} ^{(p-1)t}$ puis $y=u^{\frac {1}{1-p}}$, pour $t>-{\frac {\ln 2}{p-1}}$.

 

7.  Résoudre $(1-t^{3})y'+t^{2}y+y^{2}=2t,\;y(0)=1$ (poser $y(t)=t^{2}+u(t)$).

Solution

Le problème devient $(1-t^{3})u'+3t^{2}u+u^{2}=0,\;u(0)=1$.

Posons $u=(1-t^{3})v$. Le problème devient alors : $v'+v^{2}=0,\;v(0)=1$.

La solution est $v(t)={\frac {1}{t+1}}$ et de proche en proche : $u(t)={\frac {1-t^{3}}{t+1}}$, $y={\frac {t^{2}+1}{t+1}}$ (sur $\left]-1,+\infty \right[$).

 

Méthode des variables séparables

1. $\left(1+x^{2}\right)^{2}y'+2x+2xy^{2}=0$.

Solution

$(E_{1})\Leftrightarrow {\frac {y'}{1+y^{2}}}=-{\frac {2x}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}}\Leftrightarrow \arctan y={\frac {1}{1+x^{2}}}+C,\quad C\in \mathbb {R}$.

Les solutions sont donc : $y=\tan \left({\frac {1}{1+x^{2}}}+C\right),\quad C\in \left[-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right[$ (cet intervalle suffit pour $C$ car $\tan$ est $\pi$-périodique).

On peut préciser le domaine de définition $D$ de $y$ :

• si $C\in \left[-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}-1\right[$, $D=\mathbb {R}$ ;
• si $C={\frac {\pi }{2}}-1$, $D=\mathbb {R} _{-}^{*}$ ou $\mathbb {R} _{+}^{*}$ ;
• si $C\in \left]{\frac {\pi }{2}}-1,{\frac {\pi }{2}}\right[$, $D=\left]-\infty ,-a\right[$ ou $\left]-a,a\right[$ ou $\left]a,+\infty \right[$, avec $a={\sqrt {{\frac {1}{{\frac {\pi }{2}}-C}}-1}}$.

 

2. $y'+y^{2}=1$, $y(0)=\lambda$.

Solution

$(E_{2})\Leftrightarrow {\frac {y'}{1-y^{2}}}=1$ donc cherchons les primitives de ${\frac {1}{1-t^{2}}}$.

${\frac {1}{1-t^{2}}}={\frac {1/2}{t+1}}-{\frac {1/2}{t-1}}=\left({\frac {1}{2}}\ln \left|{\frac {t+1}{t-1}}\right|\right)'$ (on ne peut parler d'$\mathrm {artanh}$ que sur $\left]-1,1\right[$).

Donc (sur un intervalle où $y\neq \pm 1$) $(E_{1})\Leftrightarrow {\frac {1}{2}}\ln \left|{\frac {y+1}{y-1}}\right|=x+C,\;C\in \mathbb {R}$

$\Leftrightarrow \left|{\frac {y+1}{y-1}}\right|=\mathrm {e} ^{2(x+C)},\;C\in \mathbb {R}$

$\Leftrightarrow {\frac {y+1}{y-1}}=D\mathrm {e} ^{2x},\;D=\pm \mathrm {e} ^{2C}\in \mathbb {R} ^{*}$

$\Leftrightarrow y={\frac {D\mathrm {e} ^{2x}+1}{D\mathrm {e} ^{2x}-1}},\;D\in \mathbb {R} ^{*}$.

Cette solution est définie sur $\mathbb {R}$ si $D<0$ et sur $\left]-\infty ,x_{D}\right[$ et $\left]x_{D},+\infty \right[$ si $D>0$, avec $x_{D}:=-{\frac {\ln D}{2}}$.

On a par ailleurs les deux solutions constantes $y=1$ et $y=-1$, définies sur $\mathbb {R}$.

Déterminons la solution $y$ telle que $y(0)=\lambda$.

Si $\lambda =\pm 1$, $y(x)=\lambda$ (sur $\mathbb {R}$).

Sinon, $y={\frac {D\mathrm {e} ^{2x}+1}{D\mathrm {e} ^{2x}-1}}$ avec $\lambda ={\frac {D+1}{D-1}}$, c'est-à-dire $D={\frac {\lambda +1}{\lambda -1}}$, et l'intervalle contenant $0$ sur lequel $y$ est définie est :

• $\mathbb {R}$ si $D<0$, c'est-à-dire si $-1<\lambda <1$ ;
• $\left]-\infty ,x_{D}\right[$ si $D>0$ et $0<x_{D}$, c'est-à-dire si $\lambda <-1$ ;
• $\left]x_{D},+\infty \right[$ si $D>0$ et $x_{D}<0$, c'est-à-dire si $\lambda >1$.

 

3. $y'=\mathrm {e} ^{x+y}$

Solution

$(E_{3})\Leftrightarrow \mathrm {e} ^{-y}y'=\mathrm {e} ^{x}$

$\Leftrightarrow -\mathrm {e} ^{-y}=\mathrm {e} ^{x}+C$

$\Leftrightarrow y=-\ln(-\mathrm {e} ^{-x}-C),C\in \mathbb {R}$.

 

4. $xyy'+x^{2}=1$.

Solution

$(E_{4})\Leftrightarrow 2yy'=2{\frac {1-x^{2}}{x}}$

$\Leftrightarrow y^{2}=\ln(x^{2})-x^{2}+C$

donc $y=\varepsilon {\sqrt {\ln(x^{2})-x^{2}+C}},\quad C\in \left]1,+\infty \right[,\varepsilon =\pm 1$.

$y$ est définie sur $\left]-b_{C},-a_{C}\right[$ et sur $\left]a_{C},b_{C}\right[$, où $a_{C}^{2},b_{C}^{2}$ sont les deux solutions de l'équation $t-\ln t=C$.

 

5. $y=x^{2}y'^{2}$

Solution

$(E_{5})\Leftrightarrow y'=\pm {\sqrt {\frac {y}{x^{2}}}}$ que l’on résout sur $\left]0,+\infty \right[$ par exemple (problème de définition en 0)

$\Leftrightarrow y'=\pm {\frac {\sqrt {y}}{x}}$

$\Leftrightarrow {\frac {y'}{\sqrt {y}}}=\pm {\frac {1}{x}}$ ou $y=0$

$\Leftrightarrow 2{\sqrt {y}}=\pm \ln x+C$ ou $y=0$

donc $y={\frac {1}{4}}(\ln x+d)^{2}$ ou $y=0$, $d\in \mathbb {R}$.

 

Problème d'origine géométrique

On se place dans le plan muni d'un repère orthonormé. Déterminer l'ensemble des courbes $y=f(x)$ telles que si $M$ est un point de la courbe et $N$ désigne l'intersection de la normale en $M$ à la courbe et de l'axe $(Ox)$, le milieu de $[MN]$ est sur la parabole d'équation $y^{2}=x$.

Solution

La normale à la courbe au point $M$ d'abscisse $x_{0}$ a pour équation $x-x_{0}+(y-f(x_{0}))f'(x_{0})=0$ donc le point $N$ de cette normale a pour abscisse $x_{0}+f(x_{0})f'(x_{0})$ et le milieu de $[MN]$ a pour coordonnées $\left(x_{0}+{\frac {f(x_{0})f'(x_{0})}{2}},{\frac {f(x_{0})}{2}}\right)$. L'équation différentielle à résoudre est donc :

$\forall x_{0}\quad x_{0}+{\frac {f(x_{0})f'(x_{0})}{2}}=\left({\frac {f(x_{0})}{2}}\right)^{2}$.

Il s'agit, comme dans le deuxième des exemples de cette page, d'une équation de Bernoulli. En posant $g=f^{2}$, elle se ramène à une équation différentielle linéaire :

$g'-g=-4x$,

dont les solutions sont :

$g(x)=4\left(x+1+k\operatorname {e} ^{x}\right),\,k\in \mathbb {R}$.

Les fonctions $f$ qui répondent au problème sont finalement :

$f(x)=\pm 2{\sqrt {x+1+k\operatorname {e} ^{x}}}$ avec, a priori, $k\in \mathbb {R}$, mais étudions le domaine de définition de $f$.

On a $\lim _{-\infty }g=-\infty$ mais pour le reste, les variations de $g$ dépendent du signe de $k$ :

• Si $k\geq 0$ alors $\lim _{+\infty }g=+\infty$ et $g'>0$, donc le domaine de définition de $f$ est de la forme $\left[a_{k},+\infty \right[$, où $a_{k}$ est l'unique réel en lequel $g$ s'annule.
• Si $k<0$ alors $\lim _{+\infty }g=+\infty$ et $g'$ est positive à gauche de $y_{k}:=-\ln |k|$ et négative à droite, et $\max(g)=g\left(y_{k}\right)=-4\ln |k|$. Donc le domaine de définition de $f$ est soit $\varnothing$ (si $-4\ln |k|<0$ c'est-à-dire $k<-1$), soit de la forme $\left[a_{k},b_{k}\right]$ (si $k\geq -1$). Dans le cas limite $k=-1$, on a $a_{k}=b_{k}=y_{k}=0$. Dans le cas général $-1<k<0$, $a_{k}$ et $b_{k}$ sont les deux réels (de part et d'autre de $y_{k}$) en lesquels $g$ s'annule.

 

Changements de fonction et de variable

Résoudre sur $\mathbb {R}$ : $yy'+y^{2}={1 \over 2}\operatorname {e} ^{-2x}$ (on pourra poser $z=y^{2}$).

Solution

Posons $y^{2}=z=v\operatorname {e} ^{-2x}$ : $z'+2z=\operatorname {e} ^{-2x}\Leftrightarrow v'=1\Leftrightarrow v=x+\lambda$ d'où, sur $\left[-\lambda ,+\infty \right[$, $y=\pm \operatorname {e} ^{-x}{\sqrt {x+\lambda }}$.

 

On cherche à résoudre une équation différentielle de la forme $y'=f\left({a_{1}x+b_{1}y+c_{1} \over a_{2}x+b_{2}y+c_{2}}\right)$, avec $a_{1}b_{2}-a_{2}b_{1}\neq 0$.

1. Soit $(\alpha ,\beta )$ la solution de $a_{1}\alpha +b_{1}\beta +c_{1}=0,\;a_{2}\alpha +b_{2}\beta +c_{2}=0$. En prenant le changement de variable $u:=x-\alpha$ et le changement de fonction $v:=y-\beta$, que devient l'équation ?
2. En prenant comme nouvelle fonction $z:=v/u$, montrer que l'équation peut se mettre sous la forme $z'/g(z)=1/u$, pour une fonction $g$ (déduite de $f$) à déterminer.
3. En déduire l'expression de $u$ en fonction de $z$.
4. Application : résoudre $y'={-x+2y-5 \over 2x-y+4}$.

Solution

1. L'équation devient $v'=f\left({a_{1}u+b_{1}v \over a_{2}u+b_{2}v}\right)$.
2. En posant $z:=v/u$, l'équation devient $uz'+z=f\left({a_{1}+b_{1}z \over a_{2}+b_{2}z}\right)$ ou encore, en posant $g(t):=f\left({a_{1}+b_{1}t \over a_{2}+b_{2}t}\right)-t$ : $z'/g(z)=1/u$.
3. Soit $G$ une primitive de $1/g$, les solutions sont $u=\lambda \mathrm {e} ^{G(z)}$ (plus les solutions exceptionnelles de la forme $z(u)=z_{0}$, avec $g(z_{0})=0$).
4. $u=x+1,v=y-2$ donne $v'={-u+2v \over 2u-v}$, puis $z=v/u$ donne $uz'={-1+2z \over 2-z}-z={-1+z^{2} \over 2-z}$. Deux solutions exceptionnelles $z(u)=\varepsilon :=\pm 1$, c'est-à-dire $v=\varepsilon u$, c'est-à-dire $y=2+\varepsilon (x+1)$, c'est-à-dire $y=x+3$ et $y=1-x$. Solutions générales $1/u={2-z \over -1+z^{2}}z'={z' \over 2}\left({1 \over z-1}-{3 \over z+1}\right)$.
   $u^{2}=\lambda {z-1 \over (z+1)^{3}}=\lambda u^{2}{v-u \over (v+u)^{3}}$, d'où
   $(v+u)^{3}=\lambda (v-u)$, d'où les solutions, sous forme implicite :
   $(y+x-1)^{3}=\lambda (y-x-3)$ ($\lambda \neq 0$).

Remarque : si, au lieu de $z=v/u$, on pose $w=u/v$, l'équation obtenue est

$-uw'/w^{2}+1/w=f\left({a_{1}w+b_{1} \over a_{2}w+b_{2}}\right)$

ou encore, en posant $h(s):=s-s^{2}f\left({a_{1}s+b_{1} \over a_{2}s+b_{2}}\right)$ :

$w'/h(w)=1/u$

(qu'on résout de même et qui donne le même résultat, puisque $H(s):=G(1/s)$ est une primitive de $1/h$).