Exercices corrigés - Équations différentielles linéaires du premier ordre - résolution, applications

1. On commence par résoudre l'équation homogène $y'+x^2y=0$. Puisqu'une primitive de $x\mapsto x^2$ est $x\mapsto \frac{x^3}3$, les solutions de l'équation homogène sont les fonctions $$x\mapsto \lambda e^{-\frac{x^3}3},\ \lambda\in\mathbb R.$$ On cherche ensuite une solution particulière. Ici, la fonction $y(x)=-1$ convient. Les solutions de l'équation $y'+x^2y=-x^2$ sont donc les fonctions $$x\mapsto -1+\lambda e^{-\frac{x^3}3},\ \lambda\in\mathbb R.$$
2. Comme on travaille sur $\mathbb R_+^*$, on divise par $2x$ et l'équation est équivalente à $y'-\frac{1}{2x}y=\frac12$. On résout d'abord l'équation homogène $y'-\frac 1{2x}y=0$. Une primitive de $\frac{-1}{2x}$ est $-\frac 12\ln x=-\ln(\sqrt x)$ et les solutions de l'équation homogène sont les fonctions $$x\mapsto \lambda e^{\ln(\sqrt x)}=\lambda\sqrt x,\ \lambda\in\mathbb R.$$ On cherche ensuite une solution évidente sous la forme $y(x)=\lambda x$ (pour que tous les termes soient des monômes de degré $1$). En effet, $$2xy'(x)-y(x)=2\lambda x-\lambda x=\lambda x$$ et donc la fonction $y(x)=x$ est solution particulière de l'équation. Finalement, toutes les solutions de l'équation sont les fonctions qui s'écrivent $$x\mapsto x+\lambda\sqrt{x},\ \lambda\in\mathbb R.$$
3. On commence par résoudre l'équation homogène $y'-\frac{x}{1+x^2}y=0$. Une primitive de $x\mapsto \frac{-x}{1+x^2}$ est $x\mapsto -\frac 12\ln(1+x^2)=-\ln(\sqrt{1+x^2})$. Les solutions de l'équation homogène sont donc les fonctions $$x\mapsto \lambda e^{\ln(\sqrt{1+x^2})}=\lambda\sqrt{1+x^2},\ \lambda\in\mathbb R.$$ On cherche ensuite une solution particulière et il est très facile de voir que la fonction $y(x)=x$ en est une. Finalement, on trouve que les solutions de l'équation différentielle $y'-\frac{x}{1+x^2}y=\frac1{1+x^2}$ sont les fonctions $$x\mapsto \lambda\sqrt{1+x^2}+x, \lambda\in\mathbb R.$$

Avant de commencer, on pourra consulter la vidéo suivante présentant la méthode de variation de la constante.

1. On commence par résoudre l'équation homogène $y'+y=0$ dont la solution générale est $y(x)=\lambda e^{-x},$ $\lambda\in\mathbb R.$ On cherche une solution particulière sous la forme $y(x)=\lambda(x)e^{-x}$, de sorte que $y'(x)=\lambda'(x)e^{-x}-\lambda(x)e^{-x}$. On introduit ceci dans l'équation différentielle et on trouve $$\lambda'(x)e^{-x}-\lambda(x)e^{-x}+\lambda(x)e^{-x}=\frac{1}{1+e^x}.$$ Après simplification, ceci donne : $$\lambda'(x)e^{-x}=\frac{1}{1+e^x}\implies \lambda'(x)=\frac{e^x}{1+e^x}.$$ Une solution particulière est donc donné par $y(x)=\ln(1+e^x)e^{-x}$. Finalement, la solution générale de l'équation avec second membre est donnée par $$x\mapsto \ln(1+e^x)e^{-x}+\lambda e^{-x},\ \lambda\in\mathbb R.$$
2. On commence par résoudre l'équation sans second membre $y'-\frac yx=0$. On remarque que $x\mapsto x$ est une solution. Les solutions de l'équation sans second membre sont donc les fonctions $x\mapsto \lambda x$, $\lambda\in\mathbb R$.
   On cherche ensuite une solution particulière sous la forme $y(x)=\lambda(x) x$. Reportant dans l'équation différentielle, on trouve l'équation $\lambda'(x)=x$, ce qui donne $\lambda(x)=\frac{x^2}2+C$. Puisqu'on cherchait les solutions s'écrivant $\lambda(x) x,$ on obtient donc que l'ensemble des solutions de l'équation différentielle est donné par les fonctions $$x\mapsto Cx+\frac{x^3}{2},\ C\in\mathbb R.$$
3. On commence par résoudre l'équation homogène $y'-2xy=0$. Ses solutions sont les fonctions de la forme $x\mapsto \lambda e^{x^2},$ $\lambda\in\mathbb R,$ puisque $x\mapsto x^2$ est une primitive de $x\mapsto 2x.$ On cherche ensuite une solution particulière de l'équation en utilisant la méthode de variation de la constante. On pose donc $y(x)=\lambda (x) e^{x^2}$ et introduisant $y$ dans l'équation avec second membre, on trouve $$\lambda'(x)e^{x^2}=(-2x+1)e^x\iff \lambda'(x)=(-2x+1)e^{-x^2+x}.$$ Une primitive est donnée par $\lambda(x)=e^{-x^2+x}$ et donc une solution particulière de l'équation avec second membre est donnée par $$x\mapsto e^{-x^2+x}e^{x^2}=e^{x}.$$ Finalement, les solutions de l'équation sont les fonctions $x\mapsto \lambda e^{x^2}+e^x,$ $\lambda\in\mathbb R.$
4. On commence par résoudre l'équation homogène $y'-\frac2t y=0$. On trouve que les solutions sont les fonctions de la forme $y(t)=\lambda t^2,$ $\lambda\in\mathbb R.$ On cherche une solution particulière par la méthode de variation de la constante en posant $y(t)=\lambda(t)t^2$. L'équation devient : $$t^2=y'(t)-\frac2t y(t)=\lambda'(t) t^2.$$ Dès lors, $\lambda'(t)=1$ soit $\lambda(t)=t+C$. Finalement, les solutions sur $]0,+\infty[$ de l'équation de départ sont les fonctions $$t\mapsto t^3+Ct^2,\ C\in\mathbb R.$$
5. L'équation homogène est $\displaystyle y'(t)+\frac{y(t)}t=0.$ Une primitive, sur $]0,+\infty[,$ de la fonction $t\mapsto 1/t$ est $t\mapsto \ln t.$ On en déduit que les solutions de l'équation homogène sont les fonctions de la forme $$t\mapsto \lambda e^{-\ln(t)}=\frac{\lambda}t,\ \lambda\in\mathbb R.$$ On cherche une solution particulière à l'aide de la méthode de variation de la constante, en cherchant une fonction qui s'écrit $y_P(t)=\frac{\lambda(t)}{t},$ où $\lambda:]0,+\infty[\to\mathbb R$ est de classe $\mathcal C^1.$ On en déduit que $y_P$ est solution de l'équation différentielle lorsque, pour tout $t>0,$ $$\frac{\lambda'(t)}{t}=\frac 1{t(1+t^2)}\implies \lambda'(t)=\frac{1}{1+t^2}.$$ Ainsi, $\lambda(t)=\arctan(t)$ convient. Finalement, les solutions de l'équation différentielle sont les fonctions $$t\mapsto \frac{\arctan(t)+\lambda}t,\ \lambda\in\mathbb R.$$
6. On commence par résoudre l'équation homogène $(1+x)y'+y=0$. On peut se ramener au cours en divisant par $1+x$ qui ne s'annule pas sur $]0,+\infty[$. On trouve alors que la solution générale est donnée par $y(x)=\frac{\lambda}{1+x}$, $\lambda\in\mathbb R$. On cherche une solution particulière par la méthode de variation de la constante, en posant $y(x)=\frac{\lambda(x)}{1+x}$, de sorte que $$y'(x)=\frac{\lambda'(x)}{1+x}-\frac{\lambda(x)}{(1+x)^2}.$$ En introduisant ceci dans l'équation différentielle, on trouve $$(1+x)\left(\frac{\lambda'(x)}{1+x}-\frac{\lambda(x)}{(1+x)^2}\right)+\frac{\lambda(x)}{1+x}=1+\ln(1+x)$$ ce qui donne après simplifications $$\lambda'(x)=1+\ln(1+x).$$ Une primitive est donnée par $\lambda(x)=(1+x)\ln(1+x)$, et la solution générale de l'équation avec second membre est donc donnée par $$x\mapsto\frac{\lambda}{1+x}+\ln(1+x),\ \lambda\in\mathbb R.$$

On va procéder par analyse/synthèse. Pour cela, on écrit qu'une solution $f$ s'écrit $$f(x)= \frac{C+x}{1+x^2}\iff C=(1+x^2)f(x)-x.$$ Le but étant d'éliminer $C$, on dérive la relation précédente, et on trouve $$0=(1+x^2)f'(x)+2xf(x)-1.$$ C'est l'équation différentielle recherchée! En effet, réciproquement, si l'on considère l'équation différentielle $$(1+x^2)y'(x)+2xy(x)-1=0,$$ on prouve facilement que ses solutions sont les fonctions $ x\mapsto \frac{C+x}{1+x^2}.$

1. 1. Il est clair que $\lim_{x\to 0^+}f(x)=0$, indépendamment de la valeur de $C$, et que $\lim_{x\to 0^-}f(x)=\pm\infty$ si $D\neq 0$, et $\lim_{x\to 0^-}f(x)=0$ si $D=0$. Ainsi, on a un prolongement continu en $0$ si et seulement si $D=0$. Dans ce cas, on a $f(0)=0$.
   2. On suppose donc que $D=0$. La fonction $f$ étant identiquement nulle à gauche de 0, elle est dérivable à gauche en 0 et sa dérivée est nulle. Pour $x>0$, on a $$\frac{f(x)-f(0)}x=\frac{C}x\exp(-1/x).$$ Posons $u=\frac 1x$. Lorsque $x$ tend vers $0^+$, $u$ tend vers $+\infty$ et $$\frac{1}x\exp(-1/x)=u\exp(-u).$$ Par comparaison des fonctions polynomes et exponentielle, on en déduit que $\frac{f(x)-f(0)}x$ tend vers 0 lorsque $x$ tend vers $0^+$, et donc $f'$ est dérivable à droite en 0, de dérivée nulle. Ainsi, on a bien que $f$ est dérivable en 0, avec $f'(0)=0$. La continuité à gauche de $f'$ en 0 ne pose alors pas de problèmes. En ce qui concerne la dérivée à droite, on remarque que, pour $x>0$, on a $$f'(x)=\frac C{x^2}\exp(-1/x)=Cu^2\exp(-u)$$ toujours avec le même changement de variables. Comme précédemment, on en tire que $\lim_{x\to 0^+}f'(x)=0$, et donc que $f'$ est continue en 0.
2. Sur l'intervalle $]0,+\infty[$, la fonction $x^2$ ne s'annule pas et l'équation est équivalente à $$y'=\frac1{x^2}y.$$ Les solutions de cette équation sont les fonctions $y(x)=C\exp(-1/x)$, où $C\in \mathbb R$. La résolution sur l'intervalle $]-\infty,0[$ donne exactement le même ensemble de solutions.
3. Soit $y$ une solution sur $\mathbb R$. Sa restriction à $]0,+\infty[$ est solution sur $]0,+\infty[$, et donc il existe une constante $C\in\mathbb R$ telle que, pour tout $x>0$, $y(x)=C\exp(-1/x)$. La restriction de $y$ à $]-\infty,0[$ est aussi solution sur $]-\infty,0[$, et donc il existe une constante $D\in\mathbb R$ telle que, pour tout $x<0$, $y(x)=D\exp(-1/x)$. Remarquons ici que $C$ et $D$ n'ont aucune raison d'être égaux. En effet, les résolutions sur $]-\infty,0[$ et $]0,+\infty[$ se font totalement indépendamment.
   D'ailleurs, le résultat des premières questions entraîne que, pour que $y$ soit continue en $0$, il est nécessaire que $D=0$. Dans ce cas, la fonction $y$ est de classe $C^1$, et elle vérifie bien l'équation différentielle : c'est clair pour $x\neq 0$, et c'est aussi vrai en 0 par continuité de $y$ et $y'$ en 0.

Les trois équations ont en commun que le terme devant $y'$ s'annule. Il faut donc résoudre l'équation sur des intervalles où cette fonction ne s'annule pas (par exemple, $]0,+\infty[$ et $]-\infty,0[$ pour la première équation), puis étudier si les solutions se recollent correctement (ie si en "collant" une solution sur $]0,+\infty[$ et une solution sur $]-\infty,0[$ on peut obtenir une solution $C^1$ sur $\mathbb R$).

1. $ty'-2y=t^3$ : sur $]0,+\infty[$, on résout d'abord l'équation sans second membre $$ty'-2y=0\iff \frac{y'}{y}=\frac 2t$$ et donc les solutions de l'équation sans second membre sont les fonctions de la forme $y(t)=\lambda t^2$. Pour trouver les solutions de l'équation avec second membre, on peut utiliser la méthode de variation des constantes, ou remarquer plus facilement que $t\mapsto t^3$ est solution. Une fonction $y$ est donc solution de l'équation sur $]0,+\infty[$ si et seulement s'il existe $\lambda\in\mathbb R$ tel que $y(t)=\lambda t^2+t^3$. De même, une fonction $y$ est donc solution de l'équation sur $]-\infty,0[$ si et seulement s'il existe $\mu\in\mathbb R$ tel que $y(t)=\mu t^2+t^3$.
   Essayons maintenant de résoudre l'équation sur $\mathbb R$. Si $y:\mathbb R\to\mathbb R$ est solution de l'équation sur $\mathbb R$, alors il existe deux constantes $\lambda$ et $\mu$ telles que $$y(t)=\left\{\begin{array}{ll} \lambda t^2+t^3&\textrm{ si }t>0\\ \mu t^2+t^3&\textrm{ si }t<0 \end{array}\right.$$ On veut que $y$ soit continue en $0$. Mais on remarque que $$\lim_{t\to 0-}y(t)=\lim_{t\to 0^+}y(t)=0.$$ $y$ ainsi définie et prolongée par $y(0)=0$ est bien continue en 0. De même, il faut que $y$ soit dérivable en 0. Mais, $y$ est dérivable à droite en 0, et $y_d'(0)=0$ (c'est la dérivée de $t\mapsto \lambda t^2+t^3$ en 0), et $y$ est dérivable à gauche en 0 avec $y_g'(0)=0$. Ainsi, la formule précédente définit bien une fonction $y$ dérivable sur $\mathbb R$. De plus, $y$ est solution de l'équation. On pourra remarquer que l'ensemble des solutions, dans ce cas, est de dimension 2.
2. $t^2y'-y=0$ : On résout d'abord l'équation sur $]0,+\infty[$. Elle est équivalente à $y'/y=\frac{1}{t^2}$, ce qui nous dit qu'une fonction $y$ est solution sur $]0,+\infty[$ si et seulement si $y(t)=\lambda e^{-1/t}$ avec $\lambda\in\mathbb R$. De même, une fonction $y$ est solution sur $]-\infty,0[$ si et seulement si $y(t)=\mu e^{-1/t}$ avec $\mu\in\mathbb R$. Si on cherche maintenant une solution $y$ sur $\mathbb R$, ses restrictions à $]0,+\infty[$ et à $]-\infty,0[$ sont aussi solutions, et il existe $\lambda,\mu\in\mathbb R$ tels que $$y(t)=\left\{\begin{array}{ll} \lambda e^{-1/t}&\textrm{ si }t>0\\ \mu e^{-1/t}&\textrm{ si }t<0 \end{array}\right.$$ On étudie la continuité éventuelle de $y$ en 0. On a $$\lim_{t\to 0^+}y(t)=\lim_{t\to 0^+}\lambda e^{-1/t}=0,$$ tandis que $$\lim_{t\to 0^-}y(t)=\lim_{t\to 0^-}\mu e^{-1/t}=\left\{ \begin{array}{ll} +\infty&\textrm{ si }\mu>0\\ -\infty&\textrm{ si }\mu<0\\ 0&\textrm{ si }\mu=0. \end{array}\right.$$ Pour assurer la continuité de $y$ en 0, il est donc nécessaire que $\mu=0$ et on prolonge $y$ par continuité en 0 en posant $y(0)=0$. Mais alors, pour $t>0$, on a $$y'(t)=\frac{\lambda}{t^2}e^{-1/t}$$ et par comparaison des fonctions puissance et exponentielle, on a $$\lim_{t\to 0^+}y'(t)=0.$$ Puisque bien sûr $\lim_{t\to 0^-}y'(t)=0$ (rappelons que $\mu=0$), $y$ est dérivable en 0. Les solutions sur $\mathbb R$ de l'équation sont donc les fonctions $$y(t)=\left\{\begin{array}{ll} \lambda e^{-1/t}&\textrm{ si }t>0\\ 0&\textrm{ si }t<0. \end{array}\right.$$ On pourra remarquer que l'ensemble des solutions, dans ce cas, est de dimension 1.
3. $(1-t)y'-y=t$ : on résout cette fois l'équation sur chacun des intervalles $]1,+\infty[$ et $]-\infty,1[$. Les solutions de l'équation homogène associée, sur $]1,+\infty[$, sont les fonctions de la forme $$t\mapsto \frac{\lambda}{1-t},\ \lambda\in\mathbb R.$$ On résout ensuite l'équation générale par la méthode de variation de la constante. En posant $y(t)=\frac{\lambda(t)}{1-t}$, on trouve $$\lambda'(t)=t$$ et donc une solution particulière est donnée par $y(t)=\frac{t^2}{2(1-t)}$. On a donc prouvé qu'une fonction $y$ est solution sur $]1,+\infty[$ de l'équation si et seulement s'il existe une constante $\lambda\in\mathbb R$ telle que $y(t)=\frac{2\lambda+t^2}{2(1-t)}$. Quand $\lambda$ décrit $\mathbb R$, $2\lambda$ décrit lui aussi $\mathbb R$ et on peut réécrire cet ensemble de solutions plus simplement comme l'ensemble des fonctions qui s'écrivent $y(t)=\frac{\lambda+t^2}{2(1-t)}$, $\lambda\in\mathbb R$. On résout de même l'équation sur $]-\infty,1[$.
   Considérons maintenant $y$ une solution sur $\mathbb R$ de l'équation. Alors il existe deux constantes $\lambda$ et $\mu$ telles que $$y(t)=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{\lambda +t^2}{2(1-t)}&\textrm{ si }t>1\\ \frac{\mu +t^2}{2(1-t)}&\textrm{ si }t<1. \end{array}\right.$$ Pour que $y$ soit continue en $1$, puisque $1-t\to 0$ lorsque $t$ tend vers 1, il est nécessaire que $\lambda+t^2\to 0$ lorsque $t\to 1$, soit $\lambda=-1$. De même, on doit avoir $\mu=-1$. Ainsi, si $y$ est solution sur $\mathbb R$, pour $t\neq 1$, elle s'écrit $$y(t)=\frac{t^2-1}{2(1-t)}=-\frac12(1+t).$$ Cette fonction se prolonge par continuité en 1, et on vérifie aisément qu'elle est solution de l'équation. Dans ce cas, l'ensemble des solutions est un espace affine de dimension 0.

D'abord, l'équation $z''=0$ donne facilement $z(t)=at+b$, avec $a$ et $b$ des constantes. Ensuite, on a $$u'=x''+iy''=\omega y'-i\omega x'=-i\omega u.$$ On en déduit que $u(t)=(c+id) e^{-i\omega t}$. En prenant les parties réelles et imaginaires, on trouve que \begin{eqnarray*} x'(t)&=&c\cos(\omega t)+d\sin(\omega t)\\ y'(t)&=&d\cos(\omega t)-c\sin(\omega t). \end{eqnarray*} Il suffit d'intégrer une nouvelle fois pour trouver les valeurs de $x$ et de $y$ : \begin{eqnarray*} x(t)&=&c'\sin(\omega t)-d'\cos(\omega t)+x_0\\ y(t)&=&d'\sin(\omega t)+c'\cos(\omega t)+y_0 \end{eqnarray*} où on a posé $c'=c/\omega$ et $d'=d/\omega$. Il s'agit d'un mouvement hélicoïdal.

Soit $y$ une solution de l'équation. On cherche donc une fonction dérivable sur $\mathbb R$ satisfaisant l'équation. Soit $J$ un intervalle sur lequel $y-x$ est de signe constant. Sur cet intervalle $J$, $y$ vérifie une des deux équations différentielles suivantes : $$y'=y-x\textrm{ ou }y'=-y+x.$$ On va commencer par résoudre $y'=y-x$. L'équation homogène est $y'-y=0$, dont la solution générale est $y(x)=\lambda e^x$. Une solution particulière est obtenue sous la forme d'un polynôme de degré 1. On trouve que $x+1$ est solution. Les solutions de $y'=y-x$ sont donc les fonctions $y(x)=x+1+\lambda e^{x}$.
Une étude similaire permet de résoudre $y'=-y+x$. On trouve que les solutions de cette équation sont les fonctions de la forme $y(x)=x-1+\mu e^{-x}$.
Revenons maintenant à l'équation initiale. Les solutions de $y'=y-x$ vérifient $y(x)\geq x$

• sur $\mathbb R$ si $\lambda\geq 0$;
• sur $]-\infty,-\ln(-\lambda)]$ si $\lambda<0$.

Les solutions de $y'=-y+x$ vérifient $y(x)\leq x$

• sur $\mathbb R$ si $\mu\leq 0$;
• sur $[\ln(\mu),+\infty[$ si $\mu>0$.

D'autre part, pour qu'il y ait recollement d'une solution définie par $y_1(x)=(x+1)+\lambda e^x$ sur $]-\infty,-\ln(-\lambda)[$ et par $y_2(x)=(x-1)+\mu e^{-x}$ sur $]\ln(\mu),+\infty[$, il est nécessaire que $$-\ln(-\lambda)=\ln(\mu)$$ c'est-à-dire que $\mu=\frac{-1}{\lambda}$. On suppose donc que $\mu=\frac{-1}{\lambda}$ et on essaie de savoir si dans ce cas $y_1$ et $y_2$ se recollent bien en $-\ln(-\lambda)=\ln(\mu)$. C'est vrai pour la fonction elle-même : en effet, on a $$y_1(-\ln(-\lambda))=y_2(-\ln(-\lambda))=-\ln(-\lambda).$$ C'est vrai aussi pour les dérivées de $y_1$ et $y_2$. En effet, on a $$y_1'(x)=1+\lambda e^x \implies y_1'(-\ln(-\lambda))=1+\lambda e^{-\ln(-\lambda)}=0$$ et de la même façon $$y_2'(x)=1+\frac 1{\lambda}e^{-x}\implies y_2'(-\ln(-\lambda))=1-\frac{\lambda}{\lambda}=0.$$ En conclusion, on obtient donc trois familles de solutions sur $\mathbb R$ :

1. les fonctions $y(x)=x+1+\lambda e^x$ pour $\lambda>0$;
2. les fonctions $y(x)=x-1+\mu e^{-x}$ pour $\mu<0$;
3. les fonctions $y(x)=(x+1)+\lambda e^x$ sur $]-\infty,-\ln(-\lambda)]$ et $y(x)=x-1-\frac1{\lambda} e^{-x}$ sur $[-\ln(-\lambda),+\infty[$ si $\lambda<0$.

Il faut copier ce que l'on fait après, c'est-à-dire résoudre l'équation homogène, rechercher une solution particulière et résoudre l'équation générale. Il faut prendre garde que les élèves de TS n'ont pas accès à la théorie des équations différentielles, et il faut donc la refaire dans ce cas particulier. Voici une proposition d'énoncé :
On se propose de chercher toutes les fonctions $y:\mathbb R\to\mathbb R$, dérivables, et vérifiant : $$\forall x\in\mathbb R,\ y'(x)+2y(x)=x+1.$$ On notera $(E)$ cette équation.

1. Équation homogène. On va d'abord chercher toutes les fonctions $y:\mathbb R\to\mathbb R$, dérivables, et vérifiant $$\forall x\in\mathbb R, y'(x)+2y(x)=0.$$ On notera $(H)$ cette équation.
   1. Soit $C\in\mathbb R$. Vérifier que la fonction $x\mapsto C\exp(-2x)$ est solution de $(H)$.
   2. Réciproquement, soit $y$ une solution de $(H)$. On pose, pour tout $x\in\mathbb R$, $f(x)=y(x)\exp(2x)$. Démontrer que $f$ est constante. En déduire toutes les solutions de $(H)$.
2. Retour à l'équation originale :
   1. Vérifier que la fonction $y_0$ définie sur $\mathbb R$ par $y_0(x)=\frac x2+\frac 14$ est solution de $(E)$ (on aurait pu faire chercher $a,b$ tels que $y_0(x)=ax+b$ soit solution de $(E)$).
   2. Soit $C\in\mathbb R$. Vérifier que la fonction $y$ définie sur $\mathbb R$ par $y(x)=y_0(x)+C\exp(-2x)$ est solution de $(E)$.
   3. Réciproquement, soit $y$ une solution de $(E)$. On pose $z=y-y_0$. Démontrer que $z$ est solution de $(H)$.
   4. En déduire toutes les solutions de $(E)$.

Le point crucial, pour produire un énoncé correct, est de bien faire vérifier les deux inclusions. Les fonctions de cette forme sont solution. Réciproquement, une solution est nécessairement une fonction de cette forme...

L'accroissement de la population est mesuré par $P'(t)$, cette fonction est donc proportionnelle à $P(t)$. Autrement dit, $P$ vérifie une équation différentielle du type $P'(t)=kP(t)$. Sa solution est de la forme $P(t)=Ce^{kt}$. De l'autre information (la population double tous les 50 ans), on déduit que $P(t+50)=2P(t)$ pour tout $t\geq 0$. Ainsi, on a $$Ce^{kt}e^{50k}=2Ce^{kt}\implies 50k=\ln 2\implies k=\ln2/50.$$ On cherche $x$ tel que $P(t+x)=3P(t)$ pour tout $t\geq 0$. Ceci donne $$Ce^{kt}e^{kx}=3Ce^{kt}\implies kx=\ln 3\implies x=\frac{50\ln 3}{\ln 2}\simeq 79,24.$$ La population triple environ tous les 79 ans et un quart.

On note $x(t)$ la quantité restante en fonction du temps, de sorte que $x(0)=20$. Du fait que la vitesse de dissolution est proportionnelle à la quantité restante, on tire qu'il existe $\alpha>0$ de sorte que $x$ est solution de l'équation différentielle $$-x'(t)=\alpha x(t).$$ La résolution de cette équation différentielle donne $x(t)=Ce^{-\alpha t}$, avec $C\in\mathbb R$. De $x(0)=20$ on tire $C=20$. Puis, de $x(5)=10$, on tire $$20e^{-5\alpha}=10\iff \alpha =\frac15\ln 2.$$ La quantité restante vaut donc $x(t)=20\exp(-(\ln 2)t/5)$. On cherche enfin $t_0$ de sorte que $x(t_0)=1$. Il vient $$20\exp(-(\ln 2)t_0/5)=1\iff -(\ln 2)t_0/5=-\ln 20\iff t_0=\frac{5\ln 20}{\ln 2}.$$ Le temps d'attente restant vaut donc $t_0-5$ minutes. Une application numérique donne environ 16 minutes et 36 secondes.

Supposons qu'une telle courbe existe. Soit $M(a,f(a))$ un point de la courbe. La tangente en $M$ a pour équation $y-f(a)=f'(a)(x-a)$. Pour que cette tangente coupe l'axe des abscisses, il est nécessaire que $f'(a)\neq 0$. L'abscisse de $T$ est alors $a-f(a)/f'(a)$. Pour que $O$ soit le milieu de $[PT]$, il est nécessaire et suffisant que $0=a-f(a)/f'(a)+a$. $f$ est donc solution de l'équation différentielle $$2af'(a)=f(a).$$ On résout cette équation différentielle, et on trouve que ses solutions sont les fonctions $f(x)=C\sqrt{x}$, $C\in\mathbb R$. Pour que $f$ ne soit pas la fonction nulle (sinon la dérivée s'annule toujours), on doit aussi demander $C\neq 0$.
Réciproquement, soit $f(x)=C\sqrt x$ avec $C\neq 0$. Si $M(a,C\sqrt a)$ est un point de la courbe, la tangente en $M$ a pour équation $y-C\sqrt a=\frac{C}{2\sqrt a}(x-a)$, et elle coupe l'axe des abscisses en le point d'abscisse $$a-\frac{C\sqrt a}{\frac{C}{2\sqrt a}}=a-2a=-a.$$ $O$ est bien le milieu de $T(-a,0)$ et de $P(a,0)$.

Soit $M=(t,f(t))$ un point de $C_f$. Le point $P$ a pour coordonnées $(t,0)$. La tangente à $C_f$ en $M$ a pour équation $$y-f(t)=f'(t)(x-t).$$ L'intersection de la tangente avec l'axe $(O,\vec i)$ a pour coordonnées $(a,0)$ où $a$ vérifie $$-f(t)=f'(t)(a-t)\iff a=t-\frac{f(t)}{f'(t)}.$$ Le vecteur $\overrightarrow{TP}$ a donc pour coordonnées $\left(\frac{f(t)}{f'(t)},0\right)$. On cherche les fonctions $f$ pour lesquelles ce vecteur est constant, c'est-à-dire pour lesquelles il existe $k\in\mathbb R$ de sorte que $\frac{f(t)}{f'(t)}=k$. $k$ ne peut pas être nul, sinon la fonction $f$ serait identiquement nulle et sa dérivée aussi. Posons $\lambda=1/k$. Alors on cherche les fonctions $f$ solutions de l'équation différentielle $f'-\lambda f=0$. Ces fonctions sont de la forme $f(t)=Ce^{\lambda t}$ avec $C\neq 0$ pour la même raison que ci-dessus. On a donc prouvé que les fonctions solutions sont à rechercher parmi les fonctions $f(t)=Ce^{\lambda t}$ avec $C,\lambda\in\mathbb R^*$.
Réciproquement, on vérifie facilement que ces fonctions sont solutions (il ne faut pas oublier de traiter la réciproque, ou alors il faut faire très attention de raisonner plus haut par équivalence).

Commençons par remarquer que la fonction $z$ ne s'annule pas. En effet, s'il existe $t_0\in\mathbb R$ tel que $z(t_0)=0$, alors $z$ est solution du problème de Cauchy $z'=az,$ $z(t_0)=0$. Or, la fonction nulle est aussi solution de ce problème de Cauchy et par unicité de la solution au problème de Cauchy, $z$ serait la fonction nulle ce qu'elle n'est pas.
Ainsi, $z$ ne s'annule pas sur $\mathbb R,$ et comme $z(0)>0$ et que $z$ est continue, on sait que $z>0$ sur $\mathbb R$. Considérons alors la fonction $f=y/z$. Elle est dérivable sur $\mathbb R$ et pour tout $t\in\mathbb R,$ on a $$f'(t)=\frac{y'(t)z(t)-y(t)z'(t)}{z^2(t)}.$$ Or, puisque $z(t)>0$ et $y'(t)\geq a y(t),$ on a $$y'(t)z(t)\geq a(t)y(t)z(t)$$ alors que $$y(t)z'(t)=a(t)y(t)z(t).$$ Ainsi, on a prouvé que $f'(t)\geq 0$ pour tout $t\in\mathbb R$. La fonction $f$ est croissante, et comme $f(0)=1,$ pour tout $t\in\mathbb R_+$, on a $f(t)\geq 1,$ ce qui se traduit en $y(t)\geq z(t).$

Posons, pour $x\in\mathbb R$, $g(x)=f(x)f(-x)$. Alors $g$ est dérivable sur $\mathbb R$ et pour tout $x\in\mathbb R$, on a $$g'(x)=f'(x)f(-x)-f(x)f'(-x)=1-1=0$$ où on a utilisé deux fois la propriété donnée par l'énoncé sur $f$, une fois avec $x$ et une fois avec $-x$. On en déduit que $g$ est constante. Puisque $g(0)=\big(f(0)\big)^2=16$, on en déduit que, pour tout $x\in\mathbb R$, $f(x)f(-x)=16$. En particulier, $f$ ne s'annule pas sur $\mathbb R$ et $f(-x)=16/f(x)$.
Ainsi, si $f$ est solution du problème, elle vérifie l'équation différentielle $f'(x)=\frac 1{16}f(x)$, avec la condition initiale $f(0)=-4$. Ainsi, $f$ est nécessairement égale à la fonction $-4e^{\frac{x}{16}}$. Réciproquement, on vérifie que cette fonction est solution (cette vérification est obligatoire, car nous n'avons pas raisonné par équivalence).

Faisant $s=t=0$, on remarque que $f(0)^2=f(0)$, et donc $f(0)=0$ ou $f(0)=1$. Si $f(0)=0$, faisant $s=0$, on trouve que pour tout $t\in\mathbb R$, on a $$f(t)=f(0)f(t)=0.$$ On peut donc supposer $f(0)=1$. On repart alors de la relation initiale, on fixe la variable $s$ à une valeur quelconque de $\mathbb R$, et on dérive par rapport à $t$. On obtient $$f'(s+t)=f(s)f'(t).$$ On évalue en $t=0$, et on trouve $$f'(s)=f(s)f'(0).$$ Ainsi, $f$ est solution d'une équation différentielle $y'=\alpha y$. On en déduit que $f$ est de la forme $f(x)=Ce^{\alpha x}.$ Pour que $f(0)=1$, il est nécessaire que $C=1$. Réciproquement, on vérifie aisément que la fonction nulle et les fonctions $x\mapsto e^{\alpha x}$, $\alpha\in\mathbb R$, sont bien solutions de l'équation fonctionnelle.

On pose $g=f+f'$. Alors $f$ est solution de l'équation différentielle $f+f'=g$. On résout cette équation. L'équation homogène est $f'+f=0$ dont la solution générale est donnée par $\lambda e^{-x}$. On résout l'équation avec second membre par la méthode de variation de la constante : en posant $f(x)=\lambda(x)e^{-x}$, on trouve $$\lambda'(x)e^{-x}=g(x),$$ et une solution particulière est donnée par $$f_0(x)=e^{-x}\int_0^{x}g(t)e^tdt.$$ Finalement, toute fonction $f$ vérifiant $f+f'=g$ s'écrit $$f(x)=\lambda e^{-x}+e^{-x}\int_0^{x}g(t)e^tdt.$$ Pour montrer que $f$ tend vers 0 en $+\infty$, il suffit de prouver que $e^{-x}\int_0^{x}g(t)e^tdt$ tend vers 0 lorsque $x$ tend vers $+\infty$. Pour cela, on va utiliser que $g$ tend vers 0 en $+\infty$, et on va couper l'intégrale en 2. Voici l'idée. Soit $A>0$ arbitraire pour le moment. Alors, pour $x\geq A$, on a $$ \left|e^{-x}\int_0^x g(t)e^{t}dt\right|\leq e^{-x}\int_0^A |g(t)e^{t}|dt+e^{-x}\int_A^x |g(t)|e^{t}dt.$$

• Si $A$ est fixé, alors on peut rendre le premier terme petit en choisissant $x$ suffisamment grand.
• Sur $[A;x]$, on peut rendre $|g(t)|$ petit à condition d'avoir choisi $A$ assez grand, ce qui nous permettra de rendre le deuxième terme petit.

Reste à effectuer cette démarche dans le bon ordre. Soit $\varepsilon>0$. Il existe $A>0$ tel que, pour $t>A$, on a $|g(t)|\leq \varepsilon$. Soit $M=\int_0^A |g(t)e^{t}|dt$ et soit $B\geq A$ tel que, pour $x\geq B$, on a $e^{-x}M\leq\varepsilon$. Alors, pour tout $x\geq B$, il vient \begin{eqnarray*} \left|e^{-x}\int_0^x g(t)e^{t}dt\right|&\leq& e^{-x}\int_0^A |g(t)e^{t}|dt+e^{-x}\int_A^x |g(t)|e^{t}dt\\ &\leq&e^{-x}M+e^{-x}\int_A^x \varepsilon e^{t}dt\\ &\leq&2\varepsilon. \end{eqnarray*} On a bien prouvé que $\lim_{+\infty}f=0$.

Posons $y(x)=\int_0^x f(t)dt$, qui est dérivable sur $[0,+\infty[$. Alors, dérivant l'équation, on a $$\frac12f^2(x)=-\frac1{x^2}\left(\int_0^x f(t)dt\right)^2+\frac2x\left(\int_0^x f(t)dt\right)f(x)$$ soit $$\frac12y'^2=-\frac{1}x^2 y^2+\frac2xyy'.$$ Remarquons que si $y(x_0)=0$, alors $\int_0^{x_0} f^2(t)dt=0$, et donc $f=0$ sur $[0,x_0]$ puisque l'intégrale d'une fonction continue et positive est nulle si et seulement s'il s'agit de la fonction nulle. En particulier, $y$ est aussi identiquement nulle sur $[0,x_0]$.
Posons $a=\sup\{x>0;y(x)=0\}$ avec $a=0$ si l'ensemble est vide. Alors $y$ est non-nulle sur $]a,+\infty[=I$, et sur cet intervalle l'équation peut encore s'écrire $$\left(\frac{y'}y\right)^2-\frac4x\frac{y'}{y}+\frac2{x^2}=0.$$ On résoud cette équation du second degré, et on trouve $$\frac{y'}{y}=\frac{2\pm \sqrt 2}{x}$$ soit $$y(x)=\lambda x^{2\pm \sqrt{2}},\ \lambda\in\mathbb R.$$ Revenant à $f=y'$, on trouve sur $I$ que $$f(x)=\lambda x^{1\pm\sqrt{2}},\ \lambda\in\mathbb R.$$ Maintenant, $f$ doit être continu en a, et on sait que $f(a)=0$. Ceci n'est possible que si $a=0$ et si $f(x)=\lambda x^{1+\sqrt2}$. Ces fonctions sont donc les solutions de l'équation intégrale.

On remarque d'abord que $f$ est bien définie pour tout $x$. En effet, on a $$\left|\frac{e^{-t}}{\sqrt t}e^{itx}\right|\leq\frac{e^{-t}}{\sqrt t}.$$ Cette fonction est intégrable sur $[0,+\infty[$, car en 0 elle est équivalente à $\frac{1}{\sqrt t}$ qui est intégrable (intégrale de Riemann), et, au voisinage de $+\infty$, elle vérifie $$\left|\frac{e^{-t}}{\sqrt{t}}\right|\leq \frac{1}{t^2}.$$ Prouvons également que $f$ est de classe $C^1$. Pour cela, on remarque que la fonction $$g:(x,t)\mapsto\frac{e^{-t}}{\sqrt t}e^{itx}$$ admet en tout point de $\mathbb R\times ]0,+\infty[$ une dérivée partielle par rapport à $x$ égale à $$\frac{\partial g}{\partial x}(x,t)=i\sqrt te^{-t}e^{itx}.$$ De plus, on a, pour tout $x\in\mathbb R$, $$\left|\frac{\partial g}{\partial x}(x,t)\right|\leq \sqrt te^{-t}$$ et la fonction apparaissant à droite dans l'inégalité précédente est intégrable sur $]0,+\infty[$ (elle est continue en 0, et au voisinage de $+\infty$, elle est négligeable devant $1/t^2$). On en déduit par le théorème de dérivation des intégrales à paramètres que $f$ est dérivable, avec $$f'(x)=\int_0^{+\infty}i\sqrt te^{-t}e^{itx}dt.$$ On exprime le membre de droite de cette égalité en fonction de $f$ grâce à une intégration par parties, en posant $v(t)=\sqrt{t}$ et $u(t)=\frac1{ix-1}e^{(ix-1)t}$. Puisque $u(0)v(0)=0$ et $\lim_{t\to+\infty}u(t)v(t)=0$, on en déduit \begin{eqnarray*} f'(x)&=&\frac{-i}{2(ix-1)}\int_0^{+\infty}\frac{e^{-t}}{\sqrt t}e^{itx}dt\\ &=&\frac{-i(-ix-1)}{2(x^2+1)}f(x)\\ &=&\frac{-x+i}{2(x^2+1)}f(x). \end{eqnarray*} Il ne reste plus qu'à résoudre cette équation différentielle. Posant $$a(x)=\frac{-x+i}{2(x^2+1)},$$ on sait que les solutions sont de la forme $$f(x)=C\exp(A(x))$$ où $A$ est une primitive de $a$. Écrivons $$a(x)=\frac{-x}{2(x^2+1)}+\frac{i}{2(x^2+1)}$$ de sorte qu'une primitive de $a$ est $$A(x)=\frac{-1}{4}\ln(x^2+1)+\frac{i}{2}\arctan(x).$$ On en déduit qu'il existe une constante $C\in\mathbb R$ telle que $$f(x)=C(x^2+1)^{-1/4}\exp\left(\frac i2\arctan x\right).$$ On détermine la valeur de la constante $C$ en calculant $f(0)=C$. On a par ailleurs $$f(0)=\int_0^{+\infty}\frac{e^{-t}}{\sqrt{t}}dt=2\int_0^{+\infty}e^{-u^2}du$$ en effectuant le changement de variables $t=u^2$. Utilisant le rappel, on trouve que $C=\sqrt{\pi}$.