Équations différentielles : corrigé des exercices de maths en L1.

Corrigé de l’exercice 1 : Équations homogènes du premier ordre

Pour une équation \(y^{\prime}+a(x)y=0\) avec \(a\) continue sur un intervalle \(I\), les solutions sont les fonctions \(Ce^{-A}\), où \(A\) est une primitive de \(a\) sur \(I\).

1. Ici \(a(x)=3\), donc \(A(x)=3x\). Les solutions sont les fonctions \(x\mapsto Ce^{-3x}\), \(C\in\mathbb{R}\).
2. Ici \(a(x)=-2x\), donc \(A(x)=-x^2\). Les solutions sont les fonctions \(x\mapsto Ce^{x^2}\), \(C\in\mathbb{R}\).
3. Sur \(]0,+\infty[\), \(x\) ne s’annule pas. On normalise donc : \(y^{\prime}+\frac{1}{x}y=0\). Une primitive de \(\frac{1}{x}\) est \(\ln x\), d’où \(e^{-\ln x}=\frac{1}{x}\). Les solutions sont les fonctions \(x\mapsto \dfrac{C}{x}\), \(C\in\mathbb{R}\).
4. Sur \(]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}[\), la fonction \(\tan\) est continue et \(\cos x>0\). Une primitive de \(\tan\) est \(A(x)=-\ln(\cos x)\). Par conséquent, \(e^{-A(x)}=e^{\ln(\cos x)}=\cos x\). Les solutions sont les fonctions \(x\mapsto C\cos x\), \(C\in\mathbb{R}\). Vérification : \((C\cos x)^{\prime}+\tan x\cdot C\cos x=-C\sin x+C\sin x=0\).

Point de méthode : vérifiez toujours que le coefficient de \(y^{\prime}\) ne s’annule pas sur l’intervalle, puis choisissez la primitive la plus simple.

Corrigé de l’exercice 2 : Seconds membres simples au premier ordre

1. L’équation homogène \(y^{\prime}+2y=0\) a pour solutions \(Ce^{-2x}\). Pour \(y=\lambda e^{x}\), on obtient \(y^{\prime}+2y=3\lambda e^{x}\). Donc \(\lambda=\frac{1}{3}\) convient. Par la structure affine, les solutions sont \(x\mapsto Ce^{-2x}+\frac{1}{3}e^{x}\), \(C\in\mathbb{R}\).
2. Les solutions homogènes sont \(Ce^{x}\). Posons \(y=ax^2+bx+c\). Alors
   \[y^{\prime}-y=-ax^2+(2a-b)x+(b-c).\]
   Par identification avec \(x^2\), on obtient \(-a=1\), \(2a-b=0\) et \(b-c=0\). Ainsi \(a=-1\), \(b=-2\) et \(c=-2\). Les solutions sont \(x\mapsto Ce^{x}-x^2-2x-2\), \(C\in\mathbb{R}\).
3. Les solutions homogènes sont \(Ce^{-x}\). Ici, \(e^{-x}\) est elle-même solution homogène : chercher \(\lambda e^{-x}\) ne peut pas marcher. Pour \(y=\lambda xe^{-x}\), on a \(y^{\prime}=\lambda(1-x)e^{-x}\), donc \(y^{\prime}+y=\lambda e^{-x}\). Ainsi \(\lambda=1\). Les solutions sont \(x\mapsto (x+C)e^{-x}\), \(C\in\mathbb{R}\).

Corrigé de l’exercice 3 : Un problème de Cauchy au premier ordre

1. Une constante \(y=k\) vérifie \((E)\) si et seulement si \(2xk=2x\) pour tout \(x\), soit \(k=1\). La fonction constante égale à 1 est solution.
2. L’équation homogène \(y^{\prime}+2xy=0\) a pour solutions \(Ce^{-x^2}\), car \(x^2\) est une primitive de \(2x\). D’après la structure affine, les solutions de \((E)\) sont \(x\mapsto 1+Ce^{-x^2}\), \(C\in\mathbb{R}\).
3. La condition \(f(0)=3\) donne \(1+C=3\), donc \(C=2\). Le théorème de Cauchy garantit l’unicité. On obtient \(f(x)=1+2e^{-x^2}\).
4. On a \(f^{\prime}(x)=-4xe^{-x^2}\), du signe de \(-x\). Ainsi \(f\) est croissante sur \(]-\infty,0]\) et décroissante sur \([0,+\infty[\), avec un maximum \(f(0)=3\). De plus, \(e^{-x^2}\to 0\) en \(\pm\infty\). Donc \(f(x)\to 1\) en \(+\infty\) et en \(-\infty\).

La figure ci-dessous représente \(f\) en rouge, parmi d’autres solutions. Toutes sont asymptotes à la droite \(y=1\), qui est la solution constante.

Corrigé de l’exercice 4 : Variation de la constante

1. Sur \(]0,+\infty[\), on normalise : \(y^{\prime}-\frac{1}{x}y=xe^{x}\). Une primitive de \(-\frac{1}{x}\) est \(-\ln x\), donc les solutions homogènes sont \(Ce^{\ln x}=Cx\). On pose ensuite \(y=C(x)\,x\), avec \(C\) dérivable. Alors \(y^{\prime}-\frac{y}{x}=C^{\prime}(x)\,x\). L’équation devient \(C^{\prime}(x)\,x=xe^{x}\), soit \(C^{\prime}(x)=e^{x}\). Ainsi \(C(x)=e^{x}+K\). Les solutions sont \(x\mapsto xe^{x}+Kx\), \(K\in\mathbb{R}\). Vérification : pour \(y=xe^{x}\), on a \(xy^{\prime}-y=x(1+x)e^{x}-xe^{x}=x^2e^{x}\).
2. Les solutions homogènes sont \(Ce^{-x}\). On pose \(y=C(x)e^{-x}\). Alors \(y^{\prime}+y=C^{\prime}(x)e^{-x}\). L’équation donne \(C^{\prime}(x)=\dfrac{e^{x}}{1+e^{x}}\). On reconnaît la forme \(\frac{u^{\prime}}{u}\) avec \(u=1+e^{x}>0\). Donc \(C(x)=\ln(1+e^{x})+K\). Les solutions sont \(x\mapsto e^{-x}\big(\ln(1+e^{x})+K\big)\), \(K\in\mathbb{R}\).

Point de méthode : après la substitution \(y=C(x)e^{-A(x)}\), les termes en \(C(x)\) doivent disparaître. S’ils restent, c’est qu’une erreur s’est glissée dans le calcul.

Corrigé de l’exercice 5 : Structure affine et solution évidente

1. Soient \(y_1\) et \(y_2\) deux solutions, et \(h=y_1-y_2\). Par linéarité de la dérivation,
   \[h^{\prime}+ah=(y_1^{\prime}+ay_1)-(y_2^{\prime}+ay_2)=b-b=0.\]
   Donc \(h\) est solution de l’équation homogène.
2. La fonction constante \(y=1\) vérifie \(0+\cos x=\cos x\) : c’est une solution évidente. L’équation homogène \(y^{\prime}+(\cos x)y=0\) a pour solutions \(Ce^{-\sin x}\), car \(\sin\) est une primitive de \(\cos\). D’après la question 1, les solutions de \((E)\) sont \(x\mapsto 1+Ce^{-\sin x}\), \(C\in\mathbb{R}\).
3. La fonction \(\sin\) est \(2\pi\)-périodique, donc \(e^{-\sin}\) l’est aussi. Par conséquent, toute solution \(1+Ce^{-\sin x}\) est \(2\pi\)-périodique.
4. En \(x=0\), on a \(\sin 0=0\), donc \(y(0)=1+C=3\) donne \(C=2\). La solution cherchée est \(x\mapsto 1+2e^{-\sin x}\).
5. Soient \(f_1\) et \(f_2\) deux solutions telles que \(f_1(x_0)=f_2(x_0)\) pour un certain \(x_0\). Ce sont deux solutions du même problème de Cauchy en \(x_0\). Par le théorème de Cauchy, elles sont égales. Donc deux solutions distinctes ne se croisent jamais. En particulier, une solution qui vaut 1 en un point coïncide avec la solution constante : c’est la fonction constante égale à 1. Cela confirme le champ de directions de l’énoncé, où la droite \(y=1\) sépare les courbes.

Corrigé de l’exercice 6 : Principe de superposition au premier ordre

1. Pour \(y=\lambda xe^{x}\), on a \(y^{\prime}=\lambda(1+x)e^{x}\), donc \(y^{\prime}-y=\lambda e^{x}\). Ainsi \(\lambda=1\) : \(y_1(x)=xe^{x}\) convient.
2. Pour \(y=\alpha\cos x+\beta\sin x\), on obtient
   \[y^{\prime}-y=(\beta-\alpha)\cos x-(\alpha+\beta)\sin x.\]
   On veut \(\beta-\alpha=1\) et \(\alpha+\beta=0\), d’où \(\beta=\frac{1}{2}\) et \(\alpha=-\frac{1}{2}\). Donc \(y_2(x)=\frac{1}{2}(\sin x-\cos x)\) convient.
3. Par le principe de superposition, \(y_1+y_2\) est solution de \((E)\). Les solutions homogènes sont \(Ce^{x}\). La solution générale est \(x\mapsto Ce^{x}+xe^{x}+\frac{1}{2}(\sin x-\cos x)\), \(C\in\mathbb{R}\).
4. En \(0\), on obtient \(C+0+\frac{1}{2}(0-1)=0\), donc \(C=\frac{1}{2}\). La solution est \(x\mapsto \frac{1}{2}e^{x}+xe^{x}+\frac{1}{2}(\sin x-\cos x)\).

Corrigé de l’exercice 7 : Variation de la constante avec une racine carrée

1. Comme \(1+x^2>0\) pour tout réel \(x\), on peut diviser sur \(\mathbb{R}\) :
   \[y^{\prime}+\frac{x}{1+x^2}\,y=\frac{1}{1+x^2}.\]
   Les coefficients sont continus sur \(\mathbb{R}\). Une primitive de \(\frac{x}{1+x^2}\) est \(A(x)=\frac{1}{2}\ln(1+x^2)\), donc \(e^{-A(x)}=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\). Les solutions homogènes sont \(x\mapsto \dfrac{C}{\sqrt{1+x^2}}\).
2. Pour tout réel \(x\), \(\sqrt{1+x^2}>\sqrt{x^2}=|x|\geq\, -x\). Donc \(x+\sqrt{1+x^2}>0\), et \(g\) est bien définie. Elle est dérivable par composition. De plus,
   \[g^{\prime}(x)=\frac{1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}}=\frac{\sqrt{1+x^2}+x}{\sqrt{1+x^2}\,\big(x+\sqrt{1+x^2}\big)}=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}.\]
   Donc \(g^{\prime}(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\).
3. On pose \(y=\dfrac{C(x)}{\sqrt{1+x^2}}\). La méthode donne \(\dfrac{C^{\prime}(x)}{\sqrt{1+x^2}}=\dfrac{1}{1+x^2}\), soit \(C^{\prime}(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\). D’après la question 2, \(C(x)=g(x)+K\). Les solutions sont \(x\mapsto \dfrac{\ln\big(x+\sqrt{1+x^2}\big)+K}{\sqrt{1+x^2}}\), \(K\in\mathbb{R}\).
4. On a \(g(0)=\ln 1=0\), donc \(y(0)=K=1\). La solution cherchée est \(x\mapsto \dfrac{1+\ln\big(x+\sqrt{1+x^2}\big)}{\sqrt{1+x^2}}\). Pour la limite, soit \(x\geq\, 1\). Alors \(\sqrt{1+x^2}\leq\,\sqrt{2}\,x\leq\, 2x\), donc \(0\leq\, g(x)\leq\,\ln(3x)\). De plus, \(\sqrt{1+x^2}\geq\, x\). Ainsi
   \[|y(x)|\leq\,\frac{\ln(3x)+|K|}{x}.\]
   Or \(\frac{\ln(3x)}{x}\to 0\) par croissances comparées. Donc toute solution tend vers 0 en \(+\infty\).

Corrigé de l’exercice 8 : Loi de refroidissement de Newton

1. Posons \(\theta=T-20\). Alors \(\theta^{\prime}=T^{\prime}=-k\theta\), donc \(\theta(t)=\theta(0)e^{-kt}\). Comme \(\theta(0)=70\), on obtient \(T(t)=20+70e^{-kt}\).
2. La condition \(T(10)=55\) donne \(70e^{-10k}=35\), soit \(e^{-10k}=\frac{1}{2}\). Donc \(k=\dfrac{\ln 2}{10}\approx 0{,}069\) par minute.
3. On remarque que \(e^{-kt}=2^{-t/10}\). Ainsi \(T(30)=20+70\times 2^{-3}=20+8{,}75\). Donc \(T(30)=28{,}75\) °C.
4. On résout \(20+70e^{-kt}=25\), soit \(e^{-kt}=\frac{1}{14}\). Ainsi \(t=\dfrac{\ln 14}{k}=\dfrac{10\ln 14}{\ln 2}\). Numériquement, \(\ln 14\approx 2{,}639\) et \(\ln 2\approx 0{,}693\). Le thé atteint 25 °C au bout de \(\dfrac{10\ln 14}{\ln 2}\approx 38\) minutes.

Point de méthode : le changement d’inconnue \(\theta=T-20\) ramène l’équation à une équation homogène. On aurait aussi pu remarquer que la constante 20 est une solution particulière.

Corrigé de l’exercice 9 : Recollement de solutions en un point singulier

1. Sur \(]0,+\infty[\), on normalise : \(y^{\prime}-\frac{2}{x}y=0\). Une primitive de \(-\frac{2}{x}\) est \(-2\ln x\), donc les solutions sont \(Ce^{2\ln x}=Cx^2\). Sur \(]-\infty,0[\), une primitive de \(-\frac{2}{x}\) est \(-2\ln|x|\), et l’on trouve \(Ce^{2\ln|x|}=Cx^2\). Sur chacun des deux intervalles, les solutions sont les fonctions \(x\mapsto Cx^2\).
2. Soit \(f\) une solution sur \(\mathbb{R}\). Sa restriction à \(]0,+\infty[\) est solution sur cet intervalle, donc \(f(x)=C_1x^2\) pour \(x>0\). De même, \(f(x)=C_2x^2\) pour \(x<0\). Enfin, \(f\) est dérivable, donc continue en 0. Par conséquent, \(f(0)=\lim_{x\to 0^{+}}C_1x^2=0\). Ainsi \(f(0)=0\).
3. Réciproquement, soit \(f\) définie par \(C_1x^2\) sur \(]0,+\infty[\), \(C_2x^2\) sur \(]-\infty,0[\) et \(f(0)=0\). Elle est dérivable sur \(\mathbb{R}^{*}\) et vérifie l’équation sur \(\mathbb{R}^{*}\). En 0, le taux d’accroissement vaut \(\frac{f(x)}{x}=C_1x\) ou \(C_2x\) : il tend vers 0. Donc \(f\) est dérivable en 0 avec \(f^{\prime}(0)=0\), et \(0\cdot f^{\prime}(0)-2f(0)=0\). L’application \(f\mapsto (C_1,C_2)\) est un isomorphisme. L’espace des solutions sur \(\mathbb{R}\) est donc de dimension 2.
4. Toute solution vérifie \(f(0)=0\). Donc, pour la condition \(y(0)=0\), tous les couples \((C_1,C_2)\) conviennent : il y a une infinité de solutions. En revanche, aucune solution ne vérifie \(y(0)=1\). Il n’y a pas de contradiction : le théorème de Cauchy s’applique à une équation normalisée \(y^{\prime}+a(x)y=b(x)\) avec \(a\) continue sur un intervalle. Or on ne peut pas diviser par \(x\) sur un intervalle contenant 0.

La figure ci-dessous montre trois solutions sur \(\mathbb{R}\). Elles passent toutes par l’origine, où elles se raccordent avec une tangente horizontale. En particulier, plusieurs courbes intégrales se croisent en \(O\).

Corrigé de l’exercice 10 : Solutions périodiques et unicité

1. La fonction \(g\) est dérivable, et \(g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x+T)\). Par périodicité de \(a\) et \(b\),
   \[g^{\prime}(x)+a(x)g(x)=f^{\prime}(x+T)+a(x+T)f(x+T)=b(x+T)=b(x).\]
   Donc \(g\) est solution de \((E)\).
2. Si \(f\) est \(T\)-périodique, alors évidemment \(f(T)=f(0)\). Réciproquement, supposons \(f(T)=f(0)\). Alors \(g(0)=f(T)=f(0)\). Ainsi \(f\) et \(g\) sont deux solutions du même problème de Cauchy en 0. Par unicité, \(g=f\), c’est-à-dire \(f(x+T)=f(x)\) pour tout \(x\). Donc \(f\) est \(T\)-périodique si et seulement si \(f(T)=f(0)\).
3. Les solutions homogènes sont \(Ce^{-x}\). Cherchons \(y=\alpha\cos x+\beta\sin x\) : on obtient \(y^{\prime}+y=(\alpha+\beta)\cos x+(\beta-\alpha)\sin x\). Il faut \(\alpha+\beta=1\) et \(\beta=\alpha\), soit \(\alpha=\beta=\frac{1}{2}\). Les solutions sont donc \(f_C(x)=Ce^{-x}+\frac{1}{2}(\cos x+\sin x)\). Ensuite, \(f_C(0)=C+\frac{1}{2}\) et \(f_C(2\pi)=Ce^{-2\pi}+\frac{1}{2}\). D’après la question 2, \(f_C\) est \(2\pi\)-périodique si et seulement si \(C=Ce^{-2\pi}\), soit \(C=0\). L’unique solution \(2\pi\)-périodique est \(x\mapsto \frac{1}{2}(\cos x+\sin x)\).
4. Pour toute solution, \(y(x)-\frac{1}{2}(\cos x+\sin x)=Ce^{-x}\). Cette différence tend vers 0 en \(+\infty\) : toutes les solutions se rapprochent de la solution périodique.

Corrigé de l’exercice 11 : Équations homogènes du second ordre

1. L’équation caractéristique \(r^2-3r+2=0\) s’écrit \((r-1)(r-2)=0\). Les solutions sont \(x\mapsto C_1e^{x}+C_2e^{2x}\), \(C_1,C_2\in\mathbb{R}\).
2. L’équation \(r^2+4r+4=(r+2)^2=0\) a une racine double \(-2\). Les solutions sont \(x\mapsto (C_1x+C_2)e^{-2x}\).
3. Pour \(r^2+2r+5=0\), on a \(\Delta=4-20=-16=(4i)^2\). Les racines sont \(-1\pm 2i\). Les solutions réelles sont \(x\mapsto e^{-x}\big(C_1\cos 2x+C_2\sin 2x\big)\).
4. Les racines de \(r^2+9=0\) sont \(\pm 3i\). Les solutions sont \(x\mapsto C_1\cos 3x+C_2\sin 3x\).
5. Dans \(\mathbb{C}\), les racines \(-1+2i\) et \(-1-2i\) sont distinctes. Les solutions complexes sont \(x\mapsto C_1e^{(-1+2i)x}+C_2e^{(-1-2i)x}\), \(C_1,C_2\in\mathbb{C}\).

Corrigé de l’exercice 12 : Problème de Cauchy au second ordre

1. L’équation caractéristique \(r^2-r-6=(r-3)(r+2)\) donne \(y=Ae^{3x}+Be^{-2x}\). Les conditions s’écrivent \(A+B=1\) et \(3A-2B=8\). En remplaçant \(B=1-A\), on obtient \(5A-2=8\), donc \(A=2\) et \(B=-1\). La solution est \(x\mapsto 2e^{3x}-e^{-2x}\).
2. On écrit \(y=A\cos 3x+B\sin 3x\), d’où \(y^{\prime}=-3A\sin 3x+3B\cos 3x\). En \(\frac{\pi}{6}\), on a \(\cos\frac{\pi}{2}=0\) et \(\sin\frac{\pi}{2}=1\). Donc \(y(\frac{\pi}{6})=B=2\) et \(y^{\prime}(\frac{\pi}{6})=-3A=3\). La solution est \(x\mapsto -\cos 3x+2\sin 3x\).
3. On écrit \(y=(C_1x+C_2)e^{-2x}\). Alors \(y^{\prime}=(C_1-2C_1x-2C_2)e^{-2x}\). Les conditions donnent \(C_2=1\) et \(C_1-2C_2=0\), donc \(C_1=2\). La solution est \(x\mapsto (2x+1)e^{-2x}\). Pour \(x\geq\, 0\), on a \(2x+1\geq\, 1>0\) et \(e^{-2x}>0\). Elle est donc strictement positive sur \([0,+\infty[\).

Corrigé de l’exercice 13 : Second membre polynomial

1. L’équation caractéristique \(r^2+r-2=(r-1)(r+2)\) donne les solutions homogènes \(C_1e^{x}+C_2e^{-2x}\). Comme \(0\) n’est pas racine, on cherche \(y=ax^2+bx+c\). On calcule
   \[y^{\prime\prime}+y^{\prime}-2y=-2ax^2+(2a-2b)x+(2a+b-2c).\]
   Par identification avec \(2x^2-3\) : \(-2a=2\), \(2a-2b=0\) et \(2a+b-2c=-3\). Ainsi \(a=-1\), \(b=-1\), puis \(-3-2c=-3\), donc \(c=0\). Les solutions sont \(x\mapsto C_1e^{x}+C_2e^{-2x}-x^2-x\).
2. Ici \(r^2-r=r(r-1)\), et \(0\) est racine simple. Si \(y\) est de degré au plus 1, alors \(y^{\prime\prime}-y^{\prime}=-y^{\prime}\) est constant : il ne peut pas valoir \(2x\). On cherche donc \(y=x(ax+b)=ax^2+bx\). On obtient \(y^{\prime\prime}-y^{\prime}=2a-2ax-b\). Par identification, \(-2a=2\) et \(2a-b=0\), d’où \(a=-1\) et \(b=-2\). Les solutions sont \(x\mapsto C_1+C_2e^{x}-x^2-2x\).

Point de méthode : le degré de la solution particulière augmente d’une unité chaque fois que \(0\) est racine du polynôme caractéristique.

Corrigé de l’exercice 14 : Second membre exponentiel : les trois cas

Notons \(P(r)=r^2-3r+2=(r-1)(r-2)\) pour les deux premières équations. Les solutions homogènes sont \(C_1e^{x}+C_2e^{2x}\).

1. Le nombre \(3\) n’est pas racine de \(P\). Pour \(y=\lambda e^{3x}\), on obtient \(y^{\prime\prime}-3y^{\prime}+2y=\lambda P(3)e^{3x}=2\lambda e^{3x}\). Donc \(\lambda=\frac{1}{2}\). Les solutions sont \(x\mapsto C_1e^{x}+C_2e^{2x}+\frac{1}{2}e^{3x}\).
2. Le nombre \(1\) est racine simple. On cherche \(y=\lambda xe^{x}\). Alors \(y^{\prime}=\lambda(x+1)e^{x}\) et \(y^{\prime\prime}=\lambda(x+2)e^{x}\). Par conséquent,
   \[y^{\prime\prime}-3y^{\prime}+2y=\lambda e^{x}\big[(x+2)-3(x+1)+2x\big]=-\lambda e^{x}.\]
   Donc \(\lambda=-1\). Les solutions sont \(x\mapsto C_1e^{x}+C_2e^{2x}-xe^{x}\).
3. Ici \(r^2-4r+4=(r-2)^2\), et \(2\) est racine double. Posons \(y=z\,e^{2x}\). Alors \(y^{\prime}=(z^{\prime}+2z)e^{2x}\) et \(y^{\prime\prime}=(z^{\prime\prime}+4z^{\prime}+4z)e^{2x}\). On en déduit \(y^{\prime\prime}-4y^{\prime}+4y=z^{\prime\prime}e^{2x}\). L’équation équivaut donc à \(z^{\prime\prime}=1\), soit \(z=\frac{x^2}{2}+C_1x+C_2\). Les solutions sont \(x\mapsto (\frac{x^2}{2}+C_1x+C_2)e^{2x}\).

Corrigé de l’exercice 15 : Second membre polynôme-exponentielle

1. Posons \(y=z\,e^{x}\). On a \(y^{\prime}=(z^{\prime}+z)e^{x}\) et \(y^{\prime\prime}=(z^{\prime\prime}+2z^{\prime}+z)e^{x}\). Donc \(y^{\prime\prime}-2y^{\prime}+y=z^{\prime\prime}e^{x}\). L’équation équivaut à \(z^{\prime\prime}=x+1\). En intégrant deux fois, \(z=\frac{x^3}{6}+\frac{x^2}{2}+C_1x+C_2\). Les solutions sont \(x\mapsto (\frac{x^3}{6}+\frac{x^2}{2}+C_1x+C_2)e^{x}\).
2. L’équation caractéristique \(r^2+r=r(r+1)=0\) donne les solutions homogènes \(C_1+C_2e^{-x}\). Posons \(y=z\,e^{-x}\). Alors \(y^{\prime}=(z^{\prime}-z)e^{-x}\) et \(y^{\prime\prime}=(z^{\prime\prime}-2z^{\prime}+z)e^{-x}\). Ainsi \(y^{\prime\prime}+y^{\prime}=(z^{\prime\prime}-z^{\prime})e^{-x}\). On cherche donc \(z\) telle que \(z^{\prime\prime}-z^{\prime}=x\). La fonction \(w=z^{\prime}\) vérifie \(w^{\prime}-w=x\). La solution polynomiale est \(w=-x-1\) : en effet, \(-1-(-x-1)=x\). Donc \(z=-\frac{x^2}{2}-x\) convient. Les solutions sont \(x\mapsto C_1+C_2e^{-x}-(\frac{x^2}{2}+x)e^{-x}\).

Corrigé de l’exercice 16 : Seconds membres trigonométriques et résonance

1. L’équation caractéristique \(r^2+2r+2=0\) a pour racines \(-1\pm i\). Les solutions homogènes réelles sont \(e^{-x}(C_1\cos x+C_2\sin x)\). On résout ensuite \(z^{\prime\prime}+2z^{\prime}+2z=e^{ix}\). Comme \(P(i)=-1+2i+2=1+2i\neq 0\), la fonction \(z=\frac{e^{ix}}{1+2i}\) convient. Or \(\frac{1}{1+2i}=\frac{1-2i}{5}\). Donc
   \[\mathrm{Re}(z)=\frac{1}{5}\,\mathrm{Re}\big((1-2i)(\cos x+i\sin x)\big)=\frac{\cos x+2\sin x}{5}.\]
   Comme les coefficients sont réels, \(\mathrm{Re}(z)\) est solution de l’équation réelle. Les solutions sont \(x\mapsto e^{-x}(C_1\cos x+C_2\sin x)+\frac{1}{5}(\cos x+2\sin x)\).
2. Les solutions homogènes sont \(C_1\cos 2x+C_2\sin 2x\). On résout \(z^{\prime\prime}+4z=e^{2ix}\). Or \(2i\) est racine simple de \(P(r)=r^2+4\), avec \(P^{\prime}(2i)=4i\). On cherche donc \(z=\lambda xe^{2ix}\), et le cours donne \(\lambda=\frac{1}{4i}=-\frac{i}{4}\). Ensuite,
   \[\mathrm{Im}(-\frac{i x}{4}(\cos 2x+i\sin 2x))=-\frac{x}{4}\cos 2x.\]
   Vérification : pour \(y_p=-\frac{x}{4}\cos 2x\), on a \(y_p^{\prime\prime}=\sin 2x+x\cos 2x\), donc \(y_p^{\prime\prime}+4y_p=\sin 2x\). Les solutions sont \(x\mapsto C_1\cos 2x+C_2\sin 2x-\frac{x}{4}\cos 2x\).
3. Dans la question 1, pour \(x\geq\, 0\), on a \(|e^{-x}(C_1\cos x+C_2\sin x)|\leq\,|C_1|+|C_2|\) et \(\frac{1}{5}|\cos x+2\sin x|\leq\,\frac{3}{5}\). Toutes les solutions sont donc bornées sur \([0,+\infty[\). Dans la question 2, prenons \(x_k=k\pi\) avec \(k\in\mathbb{N}\). Alors \(y(x_k)=C_1-\frac{k\pi}{4}\), qui tend vers \(-\infty\). Aucune solution n’est bornée : c’est le phénomène de résonance.

Comme le montre la figure ci-dessous, la solution particulière \(y_p\) oscille entre les droites \(y=\pm\frac{x}{4}\). Son amplitude grandit donc sans limite, alors que le second membre reste borné.

Corrigé de l’exercice 17 : Superposition et conditions initiales

1. L’équation caractéristique \(r^2-1=0\) a pour racines \(\pm 1\). Les solutions homogènes sont \(x\mapsto C_1e^{x}+C_2e^{-x}\).
2. Le nombre \(1\) est racine simple. On cherche donc \(y=\lambda xe^{x}\). On a \(y^{\prime\prime}=\lambda(x+2)e^{x}\), d’où \(y^{\prime\prime}-y=2\lambda e^{x}\). Ainsi \(\lambda=1\) et \(y_1(x)=xe^{x}\). Ensuite, une constante \(k\) vérifie \(-k=-2\), donc \(y_2=2\). On obtient \(y_1(x)=xe^{x}\) et \(y_2(x)=2\).
3. Par superposition, \(y_1+y_2\) est solution de \((E)\). La solution générale est \(x\mapsto C_1e^{x}+C_2e^{-x}+xe^{x}+2\).
4. On a \(y^{\prime}(x)=C_1e^{x}-C_2e^{-x}+(x+1)e^{x}\). Les conditions donnent \(C_1+C_2+2=0\) et \(C_1-C_2+1=0\). En additionnant, \(2C_1=-3\), donc \(C_1=-\frac{3}{2}\). Puis \(C_2=-\frac{1}{2}\). La solution est \(x\mapsto -\frac{3}{2}e^{x}-\frac{1}{2}e^{-x}+xe^{x}+2\). Vérification : \(y(0)=-\frac{3}{2}-\frac{1}{2}+2=0\).

Point de méthode : les constantes se déterminent toujours sur la solution générale complète, jamais sur la seule partie homogène.

Corrigé de l’exercice 18 : Démonstration de la structure au second ordre

1. La fonction \(z\) est dérivable et \(z^{\prime}=y^{\prime\prime}-r_2y^{\prime}\). Donc
   \[z^{\prime}-r_1z=y^{\prime\prime}-r_2y^{\prime}-r_1y^{\prime}+r_1r_2y=y^{\prime\prime}-(r_1+r_2)y^{\prime}+r_1r_2y.\]
   Ainsi \(y\) est solution de \((H)\) si et seulement si \(z^{\prime}=r_1z\).
2. D’après le premier ordre, \(z^{\prime}=r_1z\) équivaut à \(z=Ce^{r_1x}\). Il reste à résoudre \(y^{\prime}-r_2y=Ce^{r_1x}\). Posons \(y=u\,e^{r_2x}\) : on obtient \(u^{\prime}=Ce^{(r_1-r_2)x}\). Si \(r_1\neq r_2\), alors \(u=\frac{C}{r_1-r_2}e^{(r_1-r_2)x}+C_2\). En notant \(C_1=\frac{C}{r_1-r_2}\), on obtient \(y=C_1e^{r_1x}+C_2e^{r_2x}\). Si \(r_1=r_2\), alors \(u^{\prime}=C\), donc \(u=Cx+C_2\). On obtient \(y=(C_1x+C_2)e^{r_1x}\). Réciproquement, ces fonctions sont solutions, car toutes les étapes sont des équivalences.
3. Si \(r_1\neq r_2\), l’ensemble des solutions est \(\mathrm{Vect}(e^{r_1x},e^{r_2x})\). Ces deux fonctions ne sont pas proportionnelles, car leur quotient \(e^{(r_1-r_2)x}\) n’est pas constant. Elles forment donc une famille libre. Si \(r_1=r_2\), l’ensemble est \(\mathrm{Vect}(xe^{r_1x},e^{r_1x})\), et le quotient \(x\) n’est pas constant. Dans les deux cas, l’espace des solutions est de dimension 2.
4. On cherche \((C_1,C_2)\) tel que \(C_1e^{r_1x_0}+C_2e^{r_2x_0}=\alpha\) et \(r_1C_1e^{r_1x_0}+r_2C_2e^{r_2x_0}=\beta\). Le déterminant de ce système vaut
   \[\begin{vmatrix} e^{r_1x_0} e^{r_2x_0} \\ r_1e^{r_1x_0} r_2e^{r_2x_0}\end{vmatrix}=(r_2-r_1)\,e^{(r_1+r_2)x_0}.\]
   Il est non nul, car \(r_1\neq r_2\) et une exponentielle ne s’annule pas. Le système a une unique solution : le problème de Cauchy admet une unique solution.

Corrigé de l’exercice 19 : Équation d’Euler par changement de variable

1. Par dérivation d’une composée, \(z^{\prime}(t)=e^{t}y^{\prime}(e^{t})\) et \(z^{\prime\prime}(t)=e^{t}y^{\prime}(e^{t})+e^{2t}y^{\prime\prime}(e^{t})\).
2. Posons \(x=e^{t}\). D’après la question 1, \(xy^{\prime}(x)=z^{\prime}(t)\) et \(x^2y^{\prime\prime}(x)=z^{\prime\prime}(t)-z^{\prime}(t)\). Ainsi
   \[x^2y^{\prime\prime}-2xy^{\prime}+2y-x^3=z^{\prime\prime}(t)-3z^{\prime}(t)+2z(t)-e^{3t}.\]
   Comme \(t\mapsto e^{t}\) est une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(]0,+\infty[\), l’égalité à 0 pour tout \(x>0\) équivaut à l’égalité à 0 pour tout \(t\in\mathbb{R}\). Donc \(y\) est solution de \((E)\) si et seulement si \(z^{\prime\prime}-3z^{\prime}+2z=e^{3t}\).
3. C’est l’équation de l’exercice 14, question 1. Ses solutions sont \(z(t)=C_1e^{t}+C_2e^{2t}+\frac{1}{2}e^{3t}\). On revient à \(y(x)=z(\ln x)\). Les solutions de \((E)\) sont \(x\mapsto C_1x+C_2x^2+\frac{x^3}{2}\), \(C_1,C_2\in\mathbb{R}\).
4. Pour \(y=\frac{x^3}{2}\), on a \(y^{\prime}=\frac{3x^2}{2}\) et \(y^{\prime\prime}=3x\). Alors \(x^2\cdot 3x-2x\cdot\frac{3x^2}{2}+2\cdot\frac{x^3}{2}=3x^3-3x^3+x^3=x^3\). La fonction \(x\mapsto \frac{x^3}{2}\) est bien solution.

Corrigé de l’exercice 20 : Suites récurrentes linéaires d’ordre deux

1. L’équation caractéristique \(r^2=5r-6\) s’écrit \((r-2)(r-3)=0\). Donc \(u_n=\lambda 2^n+\mu 3^n\). Les conditions donnent \(\lambda+\mu=1\) et \(2\lambda+3\mu=4\). Ainsi \(\mu=2\) et \(\lambda=-1\). On obtient \(u_n=2\cdot 3^n-2^n\). Vérification : \(u_2=5\cdot 4-6=14=18-4\).
2. L’équation \(r^2-4r+4=(r-2)^2=0\) a une racine double \(2\). Donc \(v_n=(\lambda+\mu n)2^n\). On a \(v_0=\lambda=1\) et \(v_1=2(\lambda+\mu)=4\), d’où \(\mu=1\). On obtient \(v_n=(n+1)2^n\).
3. L’équation \(r^2-r+1=0\) a pour racines \(\frac{1\pm i\sqrt{3}}{2}=e^{\pm i\pi/3}\), de module 1. Donc \(w_n=\lambda\cos\frac{n\pi}{3}+\mu\sin\frac{n\pi}{3}\). On a \(w_0=\lambda=0\), puis \(w_1=\mu\frac{\sqrt{3}}{2}=1\). On obtient \(w_n=\frac{2}{\sqrt{3}}\sin\frac{n\pi}{3}\). Cette suite est \(6\)-périodique, car \(\sin\) est \(2\pi\)-périodique. Ses premiers termes sont \(0, 1, 1, 0, -1, -1\). La période est exactement 6.
4. L’équation \(y^{\prime\prime}-5y^{\prime}+6y=0\) a pour équation caractéristique \(r^2-5r+6=0\), la même que la suite \((u_n)\). Ses solutions sont \(C_1e^{2x}+C_2e^{3x}\). Les fonctions \(e^{rx}\) jouent le rôle des suites \(r^n\).

Corrigé de l’exercice 21 : Méthode d’Euler et suite géométrique

1. Les solutions de \(y^{\prime}=-y\) sont \(Ce^{-x}\), et \(y(0)=1\) impose \(C=1\). La solution exacte est \(x\mapsto e^{-x}\).
2. On a \(u_{k+1}=(1-h)u_k\). La suite est géométrique de raison \(1-\frac{1}{n}\), et \(u_n=(1-\frac{1}{n})^n\).
3. Comme \(n\geq\, 2\), on a \(\frac{1}{n}\in[0, 1[\). Donc \(u_n=\exp\big(n\ln(1-\frac{1}{n})\big)\leq\,\exp\big(n\cdot(-\frac{1}{n})\big)\), par croissance de l’exponentielle. Ainsi \(u_n\leq\, e^{-1}\). La méthode sous-estime donc la valeur exacte, comme sur la figure de l’énoncé.
4. On sait que \(\ln(1-t)\sim -t\) quand \(t\to 0\). Donc \(n\ln(1-\frac{1}{n})\to -1\). Par continuité de l’exponentielle, \(u_n\to e^{-1}\). Par exemple, pour \(n=10\), \(u_{10}=0{,}9^{10}\approx 0{,}349\), alors que \(e^{-1}\approx 0{,}368\).

Corrigé de l’exercice 22 : Discrétisation de l’oscillateur harmonique

1. La relation s’écrit \(u_{k+1}=(2-h^2)u_k-u_{k-1}\). Son équation caractéristique est \(r^2-(2-h^2)r+1=0\). Son discriminant vaut \((2-h^2)^2-4=h^2(h^2-4)\), strictement négatif car \(0<h<2\). Les deux racines sont donc complexes conjuguées. Leur produit vaut 1, donc leur module commun vaut 1. On les écrit \(e^{\pm i\theta}\) avec \(\theta\in\,]0,\pi[\). Leur somme \(2\cos\theta\) vaut \(2-h^2\). Ainsi \(\cos\theta=1-\frac{h^2}{2}\).
2. D’après le cours, \(u_k=\lambda\cos(k\theta)+\mu\sin(k\theta)\). On a \(u_0=\lambda=1\), puis \(u_1=\cos\theta+\mu\sin\theta=1-\frac{h^2}{2}=\cos\theta\). Comme \(\sin\theta\neq 0\), on obtient \(\mu=0\). Donc \(u_k=\cos(k\theta)\) pour tout \(k\).
3. On a \(\theta=\arccos(1-\frac{h^2}{2})\). Par continuité de \(\arccos\) en 1, \(\theta\to\arccos 1=0\). Ensuite, \(1-\cos\theta=\frac{h^2}{2}\), et \(1-\cos\theta\sim\frac{\theta^2}{2}\) quand \(\theta\to 0\). Donc \(\frac{\theta^2}{h^2}\to 1\). Comme \(\theta\) et \(h\) sont positifs, \(\frac{\theta}{h}\to 1\).
4. Pour \(n>\frac{x}{2}\), on a \(h=\frac{x}{n}\in\,]0, 2[\). De plus, \(n\theta_n=x\cdot\frac{\theta_n}{h}\), qui tend vers \(x\) d’après la question 3. Par continuité du cosinus, \(u_n=\cos(n\theta_n)\to\cos x\).

La figure ci-dessous compare les points \((kh\,;u_k)\) pour \(h=0{,}5\) à la courbe du cosinus. Même avec ce pas assez grand, le schéma suit bien la solution exacte, avec un léger décalage de phase.

Corrigé de l’exercice 23 : Équations fonctionnelles

1. Soit \(f\) continue vérifiant la relation. La fonction \(t\mapsto tf(t)\) est continue. Par le théorème fondamental de l’analyse, \(x\mapsto \int_0^x tf(t)\,\mathrm{d}t\) est de classe \(C^1\), de dérivée \(xf(x)\). Donc \(f\) est dérivable et \(f^{\prime}(x)=2xf(x)\). De plus, \(f(0)=1\). Par le théorème de Cauchy, \(f(x)=e^{x^2}\). Réciproquement,
   \[1+2\int_0^x te^{t^2}\,\mathrm{d}t=1+[e^{t^2}]_0^x=e^{x^2}.\]
   L’unique solution est \(x\mapsto e^{x^2}\).
2. Soit \(f\) dérivable avec \(f^{\prime}(x)=f(-x)\). La fonction \(x\mapsto f(-x)\) est dérivable, donc \(f^{\prime}\) l’est aussi : \(f\) est deux fois dérivable. De plus, \(f^{\prime\prime}(x)=-f^{\prime}(-x)=-f(x)\). Ainsi \(f^{\prime\prime}+f=0\), d’où \(f=A\cos+B\sin\). Réinjectons : \(f^{\prime}(x)=-A\sin x+B\cos x\) et \(f(-x)=A\cos x-B\sin x\). L’égalité pour tout \(x\) impose \(B=A\), par exemple en \(x=0\) puis en \(x=\frac{\pi}{2}\). Réciproquement, \(A(\cos+\sin)\) convient. Les solutions sont les fonctions \(x\mapsto A(\cos x+\sin x)\), \(A\in\mathbb{R}\).

Point de méthode : on dérive pour obtenir une équation différentielle, puis on vérifie la réciproque, car dériver fait perdre de l’information.

Corrigé de l’exercice 24 : Problème : oscillateur amorti et régime forcé

L’équation caractéristique de \((H_\alpha)\) est \(r^2+2\alpha r+1=0\), de discriminant réduit \(\alpha^2-1\).

Partie A.

1. Pour \(0<\alpha<1\), les racines sont \(-\alpha\pm i\beta\). Donc \(y=e^{-\alpha t}(C_1\cos\beta t+C_2\sin\beta t)\). On a \(y(0)=C_1=1\). Ensuite, \(y^{\prime}(0)=-\alpha C_1+\beta C_2=0\), d’où \(C_2=\frac{\alpha}{\beta}\). On obtient \(y_\alpha(t)=e^{-\alpha t}(\cos\beta t+\frac{\alpha}{\beta}\sin\beta t)\).
2. Comme \(\alpha^2+\beta^2=1\) avec \(\alpha,\beta>0\), il existe \(\varphi\in]0,\frac{\pi}{2}[\) tel que \(\cos\varphi=\alpha\) et \(\sin\varphi=\beta\). Alors
   \[\sin(\beta t+\varphi)=\alpha\sin\beta t+\beta\cos\beta t=\beta(\cos\beta t+\frac{\alpha}{\beta}\sin\beta t).\]
   Donc \(y_\alpha(t)=\frac{1}{\beta}e^{-\alpha t}\sin(\beta t+\varphi)\). Ainsi \(y_\alpha(t)=0\) si et seulement si \(\beta t+\varphi=k\pi\), soit \(t_k=\frac{k\pi-\varphi}{\beta}\). Pour tout \(k\geq\, 1\), \(t_k>0\). Il y a une infinité de zéros, espacés de \(\frac{\pi}{\beta}\).

Partie B.

1. Pour \(\alpha=1\), la racine double est \(-1\), et \(y=(C_1t+C_2)e^{-t}\). Les conditions donnent \(C_2=1\) et \(C_1-C_2=0\). Donc \(y_1(t)=(1+t)e^{-t}\).
2. Pour \(\alpha>1\), posons \(s=\sqrt{\alpha^2-1}>0\). Les racines sont \(r_{\pm}=-\alpha\pm s\), toutes deux strictement négatives car \(s<\alpha\). On écrit \(y=Ae^{r_+t}+Be^{r_-t}\), avec \(A+B=1\) et \(Ar_++Br_-=0\). On trouve
   \[A=\frac{\alpha+s}{2s}>0, \qquad B=\frac{s-\alpha}{2s}<0.\]
   Pour \(t\geq\, 0\), on a \(y_\alpha(t)=e^{r_-t}\big(Ae^{2st}+B\big)\), car \(r_+-r_-=2s\). Or \(e^{2st}\geq\, 1\) et \(A>0\), donc \(Ae^{2st}+B\geq\, A+B=1\). Ainsi \(y_\alpha(t)>0\) pour tout \(t\geq\, 0\) : il n’y a aucune oscillation.
3. Si \(0<\alpha<1\), alors \(|y_\alpha(t)|\leq\,\frac{1}{\beta}e^{-\alpha t}\to 0\). Si \(\alpha=1\), \((1+t)e^{-t}\to 0\) par croissances comparées. Si \(\alpha>1\), les deux exponentielles tendent vers 0 car \(r_{\pm}<0\). Dans tous les cas, \(y_\alpha(t)\to 0\). En revanche, pour \(\alpha=0\), on trouve \(y_0=\cos\), qui ne tend pas vers 0 : sans amortissement, l’oscillation est permanente.

La figure ci-dessous montre les trois comportements. Le régime pseudo-périodique oscille, alors que les deux autres restent positifs.

Partie C.

1. Pour \(y=\lambda\cos t+\mu\sin t\), on calcule
   \[y^{\prime\prime}+y^{\prime}+y=\mu\cos t-\lambda\sin t.\]
   En effet, \(y^{\prime\prime}+y=0\) ici. Il faut donc \(\mu=1\) et \(\lambda=0\). La fonction \(y_p=\sin\) est solution.
2. Pour \(\alpha=\frac{1}{2}\), on a \(\beta=\frac{\sqrt{3}}{2}\). Les solutions sont \(t\mapsto e^{-t/2}(C_1\cos\frac{\sqrt{3}}{2}t+C_2\sin\frac{\sqrt{3}}{2}t)+\sin t\). La condition \(y(0)=0\) donne \(C_1=0\). Ensuite, \(y^{\prime}(0)=\frac{\sqrt{3}}{2}C_2+1=0\), donc \(C_2=-\frac{2}{\sqrt{3}}\). La solution est \(t\mapsto \sin t-\frac{2}{\sqrt{3}}e^{-t/2}\sin\frac{\sqrt{3}}{2}t\).
3. Pour toute solution, \(|y(t)-\sin t|\leq\,(|C_1|+|C_2|)e^{-t/2}\). Donc \(y(t)-\sin t\to 0\) : toutes les solutions rejoignent le régime permanent.

La figure ci-dessous illustre ce résultat. La solution partie du repos rejoint la courbe \(\sin t\) après environ deux oscillations.

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