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Varions la constante... - Bibm@th.net

Exercice 1 - Varions la constante... ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]

Enoncé

Résoudre les équations différentielles suivantes :

$\displaystyle y'+y=\frac{1}{1+e^x}$ sur $\mathbb R$ ;
$\displaystyle y'-\frac yx=x^2$ sur $]0,+\infty[$ ;
$\displaystyle y'-2xy=-(2x-1)e^x$ sur $\mathbb R$ ;
$\displaystyle y'-\frac{2}ty=t^2$ sur $]0,+\infty[$ ;
$\displaystyle y'+\frac{y}t=\frac1{t(1+t^2)}$ sur $]0,+\infty[$ ;
$\displaystyle (1+x)y'+y=1+\ln(1+x)$ sur $]-1,+\infty[$.

Indication

Corrigé

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

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 $$x\mapsto \ln(1+e^x)e^{-x}+\lambda e^{-x},\ \lambda\in\mathbb R.$$
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 $$x\mapsto Cx+\frac{x^3}{2},\ C\in\mathbb R.$$
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 $x\mapsto \lambda e^{x^2}+e^x,$ $\lambda\in\mathbb R.$
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 $$t\mapsto t^3+Ct^2,\ C\in\mathbb R.$$
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 $$t\mapsto \frac{\arctan(t)+\lambda}t,\ \lambda\in\mathbb R.$$
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 $$x\mapsto\frac{\lambda}{1+x}+\ln(1+x),\ \lambda\in\mathbb R.$$