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

$y'=1+x^{2}-2xy+y^{2}$.

Pour résoudre, chercher une solution $y_{0}$ puis poser $z=y-y_{0}$.

Solution

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

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

On pose $z=y-x$ $\Leftrightarrow y=z+x$

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

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

$\Leftrightarrow {\frac {z'}{z^{2}}}=1$ 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 $y=x\,,\,C\in \mathbb {R}$

 

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

Solution

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

En posant $u={\frac {1}{y^{3}}}$, 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 $y=0$.

 

4.

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.

 

Méthode des variables séparables

1. $y'=e^{x+y}$

Solution

$(E_{1}):y'=e^{x+y}$

$(E_{1})\Leftrightarrow {\frac {dy}{dx}}=e^{x+y}$

$\Leftrightarrow dy=dx\times e^{x+y}$

$\Leftrightarrow {\frac {dy}{e^{y}}}=dx\times e^{x}$

$\Leftrightarrow e^{-y}dy=e^{x}dx$

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

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

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

 

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

Solution

$(E_{2}):y=x^{2}y'^{2}$

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

$\Leftrightarrow {\frac {dy}{dx}}=\pm {\frac {\sqrt {y}}{x}}$

$\Leftrightarrow {\frac {dy}{\sqrt {y}}}=\pm {\frac {dx}{x}}$ 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.