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COURS & EXERCICES DE MATHÉMATIQUES

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Équations différentielles (5 exercices)

Exercice 1

Résoudre, dans R, \mathbb{R}, les équations différentielles suivantes :

  1. y′=2y y^{\prime} = 2y

  2. y′+y=0 y^{\prime} + y = 0

  3. y′=y+1 y^{\prime} = y + 1

  4. 2y′−y=1 2y^{\prime} - y = 1

Exercice 2

Pour chacune des équations différentielles suivantes, déterminer la solution ff définie sur R \mathbb{R} qui vérifie la condition initiale donnée :

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

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

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

Exercice 3

On considère l'équation différentielle :

y′+y=e−x(E) y^{\prime} + y = \text{e}^{ - x } \quad (E)

  1. Montrer que la fonction gg définie sur R \mathbb{R} par :

    g(x)=xe−x g(x) = x \text{e}^{ - x }

    est solution de (E) (E) .

  2. Montrer qu'une fonction ff est solution de (E) (E) sur R \mathbb{R} si et seulement si f−g f - g est solution de l'équation différentielle :

    y′+y=0(E0) y^{\prime}+y = 0 \quad (E_0)

  3. Résoudre, sur R \mathbb{R} , l'équation différentielle (E0). (E_0).

  4. En déduire l'ensemble des solutions de l'équation différentielle (E) (E) sur R. \mathbb{R}.

Exercice 4

Soit l'équation différentielle :

y′+y=x2(E) y^{\prime} + y = x^2 \quad (E)

  1. Démontrer qu'il existe une fonction polynôme du second degré g:x⟼ax2+bx+c g : x \longmapsto ax^2+bx+c solution de l' équation différentielle (E) (E) sur R. \mathbb{R}. (On déterminera aa, bb et cc).

  2. En déduire l'ensemble des solutions de (E) (E) sur R. \mathbb{R} .

  3. Déterminer la solution hh de l'équation différentielle (E) (E) qui vérifie h(0)=1. h(0) = 1.

Exercice 5

On considère l'équation différentielle :

y′=y−y2(E1) y^{\prime} = y - y^2 \quad (E_1)

  1. Soit ff une solution de l'équation différentielle (E1) (E_1) qui ne s'annule pas sur R. \mathbb{R} .
    On pose g=1f. g = \frac{ 1 }{ f } .

    Montrer que gg est solution de l'équation différentielle :

    y′=1−y(E2) y^{\prime} = 1 - y \quad (E_2)

  2. Résoudre l'équation différentielle (E2) (E_2) sur R. \mathbb{R} .

  3. En déduire l'ensemble des solutions de (E1) (E_1) qui ne s'annulent pas sur R. \mathbb{R}.

Corrigé

Exercice 1

  1. y′=2y y^{\prime} = 2y

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

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

    f(x)=Ce2x f(x) = C \text{e}^{ 2x } \quad où C∈R \quad C \in \mathbb{R}

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

    f(x)=Ce−x f(x) = C \text{e}^{ - x } \quad où C∈R \quad C \in \mathbb{R}

  3. y′=y+1 y^{\prime} = y + 1

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

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

    f(x)=Cex−1 f(x) = C \text{e}^{ x } - 1 \quad où C∈R \quad C \in \mathbb{R}

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

    y′=12y+12y^{\prime} = \frac{ 1 }{ 2 } y + \frac{ 1 }{ 2 }


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

    f(x)=Ce12x−1 f(x) = C \text{e}^{ \frac{ 1 }{ 2 } x } - 1 \quad où C∈R \quad C \in \mathbb{R}

Exercice 2

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

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

    f(x)=Ce2x−32 f(x) = C \text{e}^{ 2x } - \frac{ 3 }{ 2 } \quad où C∈R \quad C \in \mathbb{R}

    La condition  f(0)=1 \ f(0)=1 donne :

    Ce2×0−32=1C−32=1C=1+32C=52 \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 ff définie sur R \mathbb{R} par :

    f(x)=52e2x−32 f(x) = \dfrac{5}{2} \text{e}^{ 2x } - \frac{ 3 }{ 2 }

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

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

    f(x)=Ce−x+1 f(x) = C \text{e}^{ - x } +1 \quad où C∈R \quad C \in \mathbb{R}

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

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

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

    f(x)=−2e×e−x+1 f(x) = - 2\text{e} \times \text{e}^{ - x } +1 =−2e1−x+1= - 2 \text{e}^{ 1 - x } +1

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

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

    f(x)=Ce−2x+52 f(x) = C \text{e}^{ - 2x } + \frac{ 5 }{ 2 } \quad où C∈R \quad C \in \mathbb{R}

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

    Ce2+52=1Ce2=1−52C=−32e−2 \begin{aligned} Ce^{2}+ \frac{ 5 }{ 2 } &=1\\ \\ Ce^{2}&=1 - \frac{ 5 }{ 2 } \\ \\ C&= - \frac{ 3 }{ 2 } \text{e}^{ - 2 } \end{aligned}

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

    f(x)=−32e−2e−2x+52=−32e−2x−2+52 \begin{aligned} f(x) &= - \frac{ 3 }{ 2 } \text{e}^{ - 2 } \text{e}^{ - 2x } + \frac{ 5 }{ 2 } \\ \\ &= - \frac{ 3 }{ 2 } \text{e}^{ - 2x - 2} + \frac{ 5 }{ 2 } \end{aligned}

Exercice 3

  1. Pour montrer que gg est solution de l'équation différentielle (E) (E) sur R \mathbb{R} , il suffit de démontrer que pour tout réel xx, g′(x)+g(x)=e−x g^{\prime}(x)+g(x) = \text{e}^{ - x }

    Or, d'après la formule (uv)′=u′v+uv′ (uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}  :
    g′(x)=1×e−x+x×−e−x=e−x−xe−x g^{\prime}(x) = 1 \times \text{e}^{ - x } + x \times - \text{e}^{ - x } = \text{e}^{ - x } - x \text{e}^{ - x }

    donc :
    g′(x)+g(x)=e−x−xe−x+xe−x=e−x g^{\prime}(x) + g(x) = \text{e}^{ - x } - x \text{e}^{ - x } + x \text{e}^{ - x } = \text{e}^{ - x }

    Par conséquent, gg est bien solution de (E) (E) sur R. \mathbb{R} .

  2. ff est solution de (E) (E) sur R \mathbb{R} si et seulement si, pour tout réel xx, f′(x)+f(x)=e−x f^{\prime}(x) + f(x) = \text{e}^{ - x } .

    Or, d'après la question précédente e−x=g′(x)+g(x) \text{e}^{ - x } = g^{\prime}(x) + g(x) , alors :

    f′(x)+f(x)=e−x⇔f′(x)+f(x)=g′(x)+g(x)⇔f′(x)−g′(x)+f(x)−g(x)=0⇔(f−g)′(x)+(f−g)(x)=0 \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 f - g est solution de l'équation différentielle (E0) (E_0) .

  3. L'équation différentielle (E0) (E_0) équivaut à y′=−y y^{\prime} = - y .
    Les solutions de cette équation (voir équations différentielles y'=ay) sont les fonctions φ \varphi definies sur R \mathbb{R} par :

    φ(x)=Ce−x \varphi (x) = C \text{e}^{ - x } \quad avec C∈R \quad C \in \mathbb{R}

  4. D'après les questions 2. et 3., ff est solution de (E) (E) sur R \mathbb{R} si et seulement si :

    f(x)−g(x)=Ce−xf(x)=xe−x+Ce−xf(x)=(x+C)e−x \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∈R C \in \mathbb{R}

Exercice 4

  1. Soit g g définie sur R \mathbb{R} par g(x)=ax2+bx+c g(x) = ax^2+bx+c .

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

    g′(x)+g(x)=2ax+b+ax2+bx+c=ax2+(2a+b)x+(b+c) \begin{aligned} g^{\prime}(x)+g(x) &=2ax+b+ax^2+bx+c \\ &= ax^2 +(2a+b)x+(b+c) \end{aligned}

    gg est solution de l' équation différentielle (E) (E) sur R \mathbb{R} si et seulement si les polynômes ax2+(2a=b)x+(b+c) ax^2 +(2a=b)x+(b+c) et x2 x^2 sont identiques.

    Par identification des coefficients, on obtient :

    {a=12a+b=0b+c=0 \left\{ \begin{matrix} a = 1 \\ 2a+b = 0 \\ b+c = 0 \end{matrix} \right. ⇔{a=1b=−2c=2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} a = 1 \\ b = - 2\\ c = 2 \end{matrix} \right.

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

    g(x)=x2−2x+2 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.]

    ff est solution de (E) (E) sur R \mathbb{R} si et seulement si, pour tout réel xx, f′(x)+f(x)=x2 f^{\prime}(x) + f(x) = x^2 .

    Or, d'après la question précédente x2=g′(x)+g(x) x^2 = g^{\prime}(x) + g(x) , donc :

    f′(x)+f(x)=x2⇔f′(x)+f(x)=g′(x)+g(x)⇔(f−g)′(x)+(f−g)(x)=0 \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 f - g est solution de l'équation différentielle y′+y=0 y^{\prime}+y=0 .

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

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

    f(x)=x2−2x+2+Ce−x f(x)= x^2 - 2x+2+C \text{e}^{ - x } \quad où C∈R \quad C \in \mathbb{R}

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

    02−2×0+2+Ce−0=1 0^2 - 2 \times 0+2+C \text{e}^{ - 0} = 1
    2+C=1 2+C = 1
    C=−1 C= - 1

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

    h(x)=x2−2x+2−e−x h(x) = x^2 - 2x+2 - \text{e}^{ - x }

Exercice 5

  1. Soit ff une solution de l'équation différentielle y′=y−y2(E1) y^{\prime} = y - y^2 \quad (E_1) qui ne s'annule pas sur R \mathbb{R} et g=1f. g = \frac{ 1 }{ f } . .

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

    or, ff étant solution de (E1) (E_1) sur R \mathbb{R} , f′(x)=f(x)−f(x)2 f^{\prime}(x) = f(x) - f(x)^2 pour tout réel xx ; on en déduit que :

    g′(x)=−f(x)−f(x)2f(x)2=−f(x)f(x)2+f(x)2f(x)2=−1f(x)+1=1−g(x) \begin{aligned} g^{\prime}(x) &= - \frac{ f(x) - f(x)^2 }{ f(x)^2 } \\ \\ &= - \frac{ f(x) }{ f(x)^2 } + \frac{ f(x)^2 }{ f(x)^2 } \\ \\ &= - \frac{ 1 }{ f(x) } + 1 \\ \\ &= 1 - g(x)\\ \end{aligned}

    Donc gg est solution de l'équation différentielle :

    y′=1−y(E2) y^{\prime} = 1 - y \quad (E_2)

  2. Les solutions de l'équation différentielle (E2) (E_2) sont les fonctions φ:x⟼Ce−x+1 \varphi : x \longmapsto C \text{e}^{ - x } + 1 où CC désigne une constante réelle (voir équations différentielles y'=ay+b).

  3. D'après les questions précédentes, si ff est une solution de (E1) (E_1) qui ne s'annule pas sur R \mathbb{R}, alors pour tout réel xx :

    1f(x)=Ce−x+1 \frac{ 1 }{ f(x) } = C \text{e}^{ - x } + 1 (où C∈R C \in \mathbb{R} )

    donc f(x)=1Ce−x+1 f(x) = \frac{ 1 }{ C \text{e}^{ - x } + 1 } .

    Réciproquement, si ff est définie par f(x)=1Ce−x+1 f(x) = \frac{ 1 }{ C \text{e}^{ - x } + 1 } (avec C∈R C \in \mathbb{R} ), alors :

    f′(x)=−−Ce−x(Ce−x+1)2 f^{\prime}(x) = - \frac{ - C \text{e}^{ - x } }{ ( C \text{e}^{ - x } + 1 )^2} =Ce−x(Ce−x+1)2 = \frac{ C \text{e}^{ - x } }{ ( C \text{e}^{ - x } + 1 )^2}

    et :

    f(x)−f(x)2=1Ce−x+1−1(Ce−x+1)2=Ce−x+1(Ce−x+1)2−1(Ce−x+1)2=Ce−x(Ce−x+1)2 \begin{aligned} f(x) - f(x)^2 &= \frac{ 1 }{ C \text{e}^{ - x } + 1 } - \frac{ 1 }{ (C \text{e}^{ - x } + 1 )^2}\\ \\ &= \frac{ C \text{e}^{ - x } + 1 }{ ( C \text{e}^{ - x } + 1)^2 } - \frac{ 1 }{ (C \text{e}^{ - x } + 1 )^2}\\ \\ &=\frac{ C \text{e}^{ - x } }{ ( C \text{e}^{ - x } + 1 )^2}\\ \end{aligned}

    Donc, pour tout réel xx, f′(x)=f(x)−f(x)2 f^{\prime}(x) = f(x) - f(x)^2 et, par conséquent, ff est solution de (E1) (E_1) sur R. \mathbb{R} .

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