Équations différentielles (5 exercices)

Exercice 1

1. $ y^{\prime} = 2y $

   C'est une équation différentielle du type $ y^{\prime}=ay $.
   Les solutions de cette équation sont les fonctions $ f : x \longmapsto C \text{e}^{ ax } $ où $ C $ désigne une constante réelle (voir équations différentielles y'=ay).

   Les solutions de l'équation $ y^{\prime} = 2y $ sont donc les fonctions $ f $ définies par :

   $ f(x) = C \text{e}^{ 2x } \quad $

   où

   $ \quad C \in \mathbb{R} $

2. $ y^{\prime} + y = 0 $
   Cette équation est équivalente à l'équation différentielle $ y^{\prime} = - y $.
   Ses solutions sont les fonctions $ f $ définies par :

   $ f(x) = C \text{e}^{ - x } \quad $

   où

   $ \quad C \in \mathbb{R} $

3. $ y^{\prime} = y + 1 $

   C'est une équation différentielle du type $ y^{\prime}=ay + b $.
   Les solutions de cette équation sont les fonctions $ f : x \longmapsto C \text{e}^{ ax } - \dfrac{ b }{ a } $ où $ C $ désigne une constante réelle (voir équations différentielles y'=ay+b).

   Les solutions de l'équation $ y^{\prime} = y+1 $ sont donc les fonctions $ f $ définies par :

   $ f(x) = C \text{e}^{ x } - 1 \quad $

   où

   $ \quad C \in \mathbb{R} $

4. $ 2y^{\prime} - y = 1 $
   L' équation différentielle $ 2y^{\prime} - y = 1 $ est équivalente à :

   $ y^{\prime} = \dfrac{ 1 }{ 2 } y + \dfrac{ 1 }{ 2 } $

   Les solutions de cette équation sont donc les fonctions $ f $ définies par :

   $ f(x) = C \text{e}^{ \frac{ 1 }{ 2 } x } - 1 \quad $

   où

   $ \quad C \in \mathbb{R} $

Exercice 2

1. $ y^{\prime}=2y+3 \ $ et $ \ f(0)=1 $

   Les solutions de l'équation différentielle $ y^{\prime}=2y+3 \ $ sont les fonctions $ f $ définies sur $ \mathbb{R} $ par (voir équations différentielles y'=ay) :

   $ f(x) = C \text{e}^{ 2x } - \dfrac{ 3 }{ 2 } \quad $

   où

   $ \quad C \in \mathbb{R} $

   La condition $ \ f(0)=1 $ donne :

   $ \begin{aligned} Ce^{2\times 0} - \dfrac{3}{2}&=1\\ \\ C - \dfrac{3}{2}&=1\\ \\ C&=1+\dfrac{3}{2} \\ \\ C&=\dfrac{5}{2} \end{aligned} $

   La solution demandée est donc la fonction $ f $ définie sur $ \mathbb{R} $ par :

   $ f(x) = \dfrac{5}{2} \text{e}^{ 2x } - \dfrac{ 3 }{ 2 } $

2. $ y^{\prime}=1 - y \ $ et $ \ f( - 1)=1 $

   Les solutions de l'équation $ y^{\prime}=1 - y $ sont les fonctions $ f $ définies sur $ \mathbb{R} $ par :

   $ f(x) = C \text{e}^{ - x } +1 \quad $

   où

   $ \quad C \in \mathbb{R} $

   La condition $ \ f(1)= - 1 $ est vérifiée pour :

   $ \begin{aligned} Ce^{ - 1}+1&= - 1\\ Ce^{ - 1}&= - 2\\ C&= - 2e \end{aligned} $

   La solution cherchée est donc la fonction $ f $ définie sur $ \mathbb{R} $ par :

   $ f(x) = - 2\text{e} \times \text{e}^{ - x } +1 $
   $ = - 2 \text{e}^{ 1 - x } +1 $

3. $ y^{\prime}+2y - 5 = 0 \ $ et $ \ f(1)= - 1 $

   L'équation différentielle $ y^{\prime}+2y - 5 = 0 \ $ est équivalente à $ y^{\prime} = - 2y+5 $. Les solutions de cette équation sont donc les fonctions $ f $ définies sur $ \mathbb{R} $ par :

   $ f(x) = C \text{e}^{ - 2x } + \dfrac{ 5 }{ 2 } \quad $

   où

   $ \quad C \in \mathbb{R} $

   La condition $ \ f( - 1)= 1 $ donne :

   $ \begin{aligned} Ce^{2}+ \dfrac{ 5 }{ 2 } &=1\\ \\ Ce^{2}&=1 - \dfrac{ 5 }{ 2 } \\ \\ C&= - \dfrac{ 3 }{ 2 } \text{e}^{ - 2 } \end{aligned} $

   Par conséquent, la solution cherchée est la fonction $ f $ définie sur $ \mathbb{R} $ par :

   $ \begin{aligned} f(x) &= - \dfrac{ 3 }{ 2 } \text{e}^{ - 2 } \text{e}^{ - 2x } + \dfrac{ 5 }{ 2 } \\ \\ &= - \dfrac{ 3 }{ 2 } \text{e}^{ - 2x - 2} + \dfrac{ 5 }{ 2 } \end{aligned} $

Exercice 3

1. Pour montrer que $ g $ est solution de l'équation différentielle $ (E) $ sur $ \mathbb{R} $, il suffit de démontrer que pour tout réel $ x $, $ g^{\prime}(x)+g(x) = \text{e}^{ - x } $
   
   Or, d'après la formule $ (uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime} $ :
   $ g^{\prime}(x) = 1 \times \text{e}^{ - x } + x \times - \text{e}^{ - x } = \text{e}^{ - x } - x \text{e}^{ - x } $
   
   donc :
   $ g^{\prime}(x) + g(x) = \text{e}^{ - x } - x \text{e}^{ - x } + x \text{e}^{ - x } = \text{e}^{ - x } $
   
   Par conséquent, $ g $ est bien solution de $ (E) $ sur $ \mathbb{R} . $
2. $ f $ est solution de $ (E) $ sur $ \mathbb{R} $ si et seulement si, pour tout réel $ x $, $ f^{\prime}(x) + f(x) = \text{e}^{ - x } $.
   
   Or, d'après la question précédente $ \text{e}^{ - x } = g^{\prime}(x) + g(x) $, alors :
   
   $ \begin{aligned} f^{\prime}(x) + f(x) = \text{e}^{ - x } &\Leftrightarrow f^{\prime}\left( x\right) +f\left( x\right) =g^{\prime}\left( x\right) +g(x)\\ &\Leftrightarrow f^{\prime}\left( x\right) - g^{\prime}\left( x\right) +f\left( x\right) - g\left( x\right) =0\\ &\Leftrightarrow \left( f - g\right) ^{\prime}\left( x\right) +\left( f - g\right) \left( x\right) =0 \end{aligned} $
   
   ce qui équivaut à dire que $ f - g $ est solution de l'équation différentielle $ (E_0) $.

3. L'équation différentielle $ (E_0) $ équivaut à $ y^{\prime} = - y $.
   Les solutions de cette équation (voir équations différentielles y'=ay) sont les fonctions $ \varphi $ definies sur $ \mathbb{R} $ par :

   $ \varphi (x) = C \text{e}^{ - x } \quad $

   avec

   $ \quad C \in \mathbb{R} $
4. D'après les questions 2. et 3., $ f $ est solution de $ (E) $ sur $ \mathbb{R} $ si et seulement si :
   
   $ \begin{aligned}f\left( x\right) - g\left( x\right) &=Ce^{ - x}\\ f\left( x\right) &=xe^{ - x}+Ce^{ - x}\\ f\left( x\right) &=\left( x+C\right) e^{ - x}\end{aligned} $
   avec $ C \in \mathbb{R} $

Exercice 4

1. Soit $ g $ définie sur $ \mathbb{R} $ par $ g(x) = ax^2+bx+c $.

   Alors, $ g^{\prime}(x) = 2ax+b $ et :

   $ \begin{aligned} g^{\prime}(x)+g(x) &=2ax+b+ax^2+bx+c \\ &= ax^2 +(2a+b)x+(b+c) \end{aligned} $

   $ g $ est solution de l' équation différentielle $ (E) $ sur $ \mathbb{R} $ si et seulement si les polynômes $ ax^2 +(2a=b)x+(b+c) $ et $ x^2 $ sont identiques.

   Par identification des coefficients, on obtient :

   $ \left\{ \begin{matrix} a = 1 \\ 2a+b = 0 \\ b+c = 0 \end{matrix} \right. $ $ \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} a = 1 \\ b = - 2\\ c = 2 \end{matrix} \right. $

   La fonction polynôme du second degré solution de $ (E) $ est donc la fonction $ g $ définie par :

   $ g(x)=x^2 - 2x+2 $

2. [Le raisonnement pour cette question est analogue à celui de l'exercice précédent auquel on peut se rapporter.]

   $ f $ est solution de $ (E) $ sur $ \mathbb{R} $ si et seulement si, pour tout réel $ x $, $ f^{\prime}(x) + f(x) = x^2 $.

   Or, d'après la question précédente $ x^2 = g^{\prime}(x) + g(x) $, donc :

   $ \begin{aligned} f^{\prime}(x) + f(x) = x^2 &\Leftrightarrow f^{\prime}\left( x\right) +f\left( x\right) =g^{\prime}\left( x\right) +g(x)\\ &\Leftrightarrow \left( f - g\right) ^{\prime}\left( x\right) +\left( f - g\right) \left( x\right) =0 \end{aligned} $

   ce qui équivaut à dire que $ f - g $ est solution de l'équation différentielle $ y^{\prime}+y=0 $.

   Or, les solutions de l'équation différentielle $ y^{\prime}+y=0 $ sont les fonctions $ x \longmapsto C \text{e}^{ - x } $ avec $ C \in \mathbb{R} $.

   Les solutions de l'équation différentielle $ (E) $ sont donc les fonctions définies sur $ \mathbb{R} $ par  :

   $ f(x)= x^2 - 2x+2+C \text{e}^{ - x } \quad $

   où

   $ \quad C \in \mathbb{R} $

3. La solution $ h $ de l'équation différentielle $ (E) $ qui vérifie $ h(0) = 1 $ est obtenue lorsque :

   $ 0^2 - 2 \times 0+2+C \text{e}^{ - 0} = 1 $
   $ 2+C = 1 $
   $ C= - 1 $

   La fonction $ h $ est donc définie sur $ \mathbb{R} $ par :

   $ h(x) = x^2 - 2x+2 - \text{e}^{ - x } $

Exercice 5

1. Soit $ f $ une solution de l'équation différentielle $ y^{\prime} = y - y^2 \quad (E_1) $ qui ne s'annule pas sur $ \mathbb{R} $ et $ g = \dfrac{ 1 }{ f } . $.

   Alors, pour tout réel $ x $, d'après les formules de dérivation :
   $ g^{\prime}(x)= - \dfrac{ f^{\prime}(x) }{ f(x)^2 } $

   or, $ f $ étant solution de $ (E_1) $ sur $ \mathbb{R} $, $ f^{\prime}(x) = f(x) - f(x)^2 $pour tout réel $ x $ ; on en déduit que :

   $ \begin{aligned} g^{\prime}(x) &= - \dfrac{ f(x) - f(x)^2 }{ f(x)^2 } \\ \\ &= - \dfrac{ f(x) }{ f(x)^2 } + \dfrac{ f(x)^2 }{ f(x)^2 } \\ \\ &= - \dfrac{ 1 }{ f(x) } + 1 \\ \\ &= 1 - g(x)\\ \end{aligned} $

   Donc $ g $ est solution de l'équation différentielle :

   $ y^{\prime} = 1 - y \quad (E_2) $
2. Les solutions de l'équation différentielle $ (E_2) $ sont les fonctions $ \varphi : x \longmapsto C \text{e}^{ - x } + 1 $ où $ C $ désigne une constante réelle (voir équations différentielles y'=ay+b).
3. D'après les questions précédentes, si $ f $ est une solution de $ (E_1) $ qui ne s'annule pas sur $ \mathbb{R} $, alors pour tout réel $ x $ :
   
   $ \dfrac{ 1 }{ f(x) } = C \text{e}^{ - x } + 1 $ (où $ C \in \mathbb{R} $)
   
   donc $ f(x) = \dfrac{ 1 }{ C \text{e}^{ - x } + 1 } $.
   
   Réciproquement, si $ f $ est définie par $ f(x) = \dfrac{ 1 }{ C \text{e}^{ - x } + 1 } $ (avec $ C \in \mathbb{R} $), alors :
   
   $ f^{\prime}(x) = - \dfrac{ - C \text{e}^{ - x } }{ ( C \text{e}^{ - x } + 1 )^2} = \dfrac{ C \text{e}^{ - x } }{ ( C \text{e}^{ - x } + 1 )^2} $
   
   et :
   
   $ \begin{aligned} f(x) - f(x)^2 &= \dfrac{ 1 }{ C \text{e}^{ - x } + 1 } - \dfrac{ 1 }{ (C \text{e}^{ - x } + 1 )^2}\\ \\ &= \dfrac{ C \text{e}^{ - x } + 1 }{ ( C \text{e}^{ - x } + 1)^2 } - \dfrac{ 1 }{ (C \text{e}^{ - x } + 1 )^2}\\ \\ &=\dfrac{ C \text{e}^{ - x } }{ ( C \text{e}^{ - x } + 1 )^2}\\ \end{aligned} $
   
   Donc, pour tout réel $ x $, $ f^{\prime}(x) = f(x) - f(x)^2 $ et, par conséquent, $ f $ est solution de $ (E_1) $ sur $ \mathbb{R} . $