Correction du Devoir 8 — Équations différentielles — Al Moufid

Correction du Devoir 8 — Équations différentielles

Chapitre : Équations différentielles

Manuel : Al Moufid — Niveau : 2e Bac Sciences Mathématiques

Ce devoir combine une décomposition en éléments simples sur l’intervalle \(]0;+\infty[\) et la résolution d’une équation différentielle linéaire du second ordre par le changement de fonction \(y=xz\).

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Partie A

Question 1 Question 2

Partie B

Question 1 Question 2 a) Question 2 b) Question 2 c) Question 2 d) Question 2 e)

Partie A

Question 1

Trouver trois réels \(a\), \(b\) et \(c\) tels que :

\[ (\forall x\in]0;+\infty[) \qquad \frac{1}{x(1+x^2)} = \frac{a}{x} + \frac{bx+c}{1+x^2}. \]

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Soit \(x\in]0;+\infty[\). Alors \(x>0\) et \(1+x^2>0\). On peut donc multiplier l’égalité par \(x(1+x^2)\).

On obtient :

\[ \begin{aligned} 1 &=a(1+x^2)+x(bx+c)\\ &=a+ax^2+bx^2+cx\\ &=a+cx+(a+b)x^2. \end{aligned} \]

L’égalité étant vraie pour tout \(x\in]0;+\infty[\), les coefficients des deux polynômes sont égaux. Ainsi :

\[ \begin{cases} a=1,\\ c=0,\\ a+b=0. \end{cases} \]

Comme \(a=1\), on en déduit :

\[ b=-1. \]

\[ \boxed{a=1,\qquad b=-1,\qquad c=0} \]

Par conséquent, pour tout \(x\in]0;+\infty[\) :

\[ \boxed{ \frac{1}{x(1+x^2)} = \frac1x- \frac{x}{1+x^2} }. \]

Question 2

En déduire une primitive de la fonction \(u\) définie sur \(]0;+\infty[\) par :

\[ u(x)=\frac{1}{x(1+x^2)}. \]

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Sur \(]0;+\infty[\), la fonction \(u\) est continue, car son dénominateur \(x(1+x^2)\) ne s’annule pas.

D’après la question précédente :

\[ u(x)=\frac1x-\frac{x}{1+x^2}. \]

Comme \(x>0\), une primitive de \(x\mapsto\dfrac1x\) est \(x\mapsto\ln x\).

De plus, en posant \(X=1+x^2\), on a \(dX=2x\,dx\), donc :

\[ \int \frac{x}{1+x^2}\,dx = \frac12\ln(1+x^2). \]

Ainsi, une primitive de \(u\) sur \(]0;+\infty[\) est :

\[ U(x)=\ln x-\frac12\ln(1+x^2). \]

On peut également écrire :

\[ U(x)= \ln\!\left(\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right). \]

\[ \boxed{ U(x)=\ln x-\frac12\ln(1+x^2) } \qquad (x\in]0;+\infty[). \]

Partie B

On s’intéresse, sur l’intervalle \(]0;+\infty[\), à l’équation différentielle :

\[ (E):\quad y''-\frac{2x}{1+x^2}y' +\frac{2}{1+x^2}y=0. \]

Dans toute cette partie, une solution de \((E)\) est une fonction deux fois dérivable sur \(]0;+\infty[\) qui vérifie cette égalité pour tout \(x\in]0;+\infty[\).

Question 1

Vérifier que la fonction \(y_0\), définie sur \(]0;+\infty[\) par :

\[ y_0(x)=x, \]

est solution de \((E)\).

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La fonction \(y_0:x\mapsto x\) est deux fois dérivable sur \(]0;+\infty[\), et :

\[ y_0'(x)=1 \qquad\text{et}\qquad y_0''(x)=0. \]

Pour tout \(x\in]0;+\infty[\), le membre de gauche de \((E)\) vaut :

\[ \begin{aligned} y_0''(x) -\frac{2x}{1+x^2}y_0'(x) +\frac{2}{1+x^2}y_0(x) &= 0-rac{2x}{1+x^2}\times1 +\frac{2}{1+x^2}\times x\\ &=0. \end{aligned} \]

\[ \boxed{y_0(x)=x\text{ est une solution de }(E)\text{ sur } ]0;+\infty[.} \]

On pose, pour tout \(x\in]0;+\infty[\) :

\[ y(x)=x\,z(x). \]

Question 2 a)

Vérifier que \(z\) est deux fois dérivable sur \(\mathbb R_+^*=]0;+\infty[\).

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Pour tout \(x\in]0;+\infty[\), on a \(x\neq0\). La relation \(y(x)=xz(x)\) donne donc :

\[ z(x)=\frac{y(x)}{x}=y(x)\times\frac1x. \]

La fonction \(y\) est deux fois dérivable sur \(]0;+\infty[\), puisqu’on cherche des solutions de \((E)\). La fonction \(x\mapsto\dfrac1x\) est également deux fois dérivable sur \(]0;+\infty[\).

Le produit de deux fonctions deux fois dérivables est deux fois dérivable. Par conséquent :

\[ \boxed{z\text{ est deux fois dérivable sur }\mathbb R_+^*=]0;+\infty[.} \]

Question 2 b)

Montrer que \(y\) est solution de \((E)\) si, et seulement si, \(z\) vérifie :

\[ x(1+x^2)z''+2z'=0. \]

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La relation \(y=xz\) donne, par dérivation :

\[ y'=z+xz'. \]

En dérivant une deuxième fois :

\[ y''=z'+z'+xz''=2z'+xz''. \]

Substituons ces expressions dans \((E)\) :

\[ \begin{aligned} &y''-\frac{2x}{1+x^2}y' +\frac{2}{1+x^2}y\\ &=2z'+xz'' -\frac{2x}{1+x^2}(z+xz') +\frac{2}{1+x^2}(xz)\\ &=2z'+xz'' -\frac{2xz}{1+x^2} -\frac{2x^2z'}{1+x^2} +\frac{2xz}{1+x^2}\\ &=xz''+2z'-\frac{2x^2}{1+x^2}z'\\ &=xz''+ \frac{2(1+x^2)-2x^2}{1+x^2}z'\\ &=xz''+\frac{2}{1+x^2}z'. \end{aligned} \]

Comme \(1+x^2>0\), on a :

\[ xz''+\frac{2}{1+x^2}z'=0 \iff x(1+x^2)z''+2z'=0. \]

\[ \boxed{ y\text{ est solution de }(E) \iff x(1+x^2)z''+2z'=0 } \]

pour tout \(x\in]0;+\infty[\).

Question 2 c)

En déduire que, pour tout \(x\in]0;+\infty[\) :

\[ z(x)=-\frac{\alpha}{x}+\alpha x+\beta, \qquad (\alpha,\beta)\in\mathbb R^2. \]

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Posons :

\[ v=z'. \]

Comme \(z''=v'\), l’équation obtenue à la question précédente devient :

\[ x(1+x^2)v'+2v=0. \]

Pour \(x\in]0;+\infty[\), on peut diviser par \(x(1+x^2)>0\) :

\[ v'+\frac{2}{x(1+x^2)}v=0. \tag{1} \]

D’après la Partie A, une primitive de \(x\mapsto\dfrac{2}{x(1+x^2)}\) sur \(]0;+\infty[\) est :

\[ 2\ln x-\ln(1+x^2) = \ln\!\left(\frac{x^2}{1+x^2}\right). \]

Un facteur intégrant de l’équation (1) est donc :

\[ \mu(x)=\frac{x^2}{1+x^2}. \]

On a alors :

\[ (\mu v)'=0. \]

Il existe donc un réel \(\alpha\) tel que :

\[ \mu(x)v(x)=\alpha. \]

Ainsi :

\[ \begin{aligned} v(x) &=\alpha\frac{1+x^2}{x^2}\\ &=\alpha\left(1+\frac1{x^2}\right). \end{aligned} \]

Comme \(v=z'\), on obtient en intégrant sur \(]0;+\infty[\) :

\[ \begin{aligned} z(x) &=\alpha\int\left(1+\frac1{x^2}\right)dx\\ &=\alpha\left(x-\frac1x\right)+\beta, \end{aligned} \]

où \(\beta\in\mathbb R\).

\[ \boxed{ z(x)=-\frac{\alpha}{x}+\alpha x+\beta, \qquad (\alpha,\beta)\in\mathbb R^2 } \]

pour tout \(x\in]0;+\infty[\).

Question 2 d)

Donner toutes les solutions de \((E)\) sur \(\mathbb R_+^*=]0;+\infty[\).

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On a :

\[ y(x)=xz(x). \]

En utilisant l’expression de \(z\) obtenue précédemment :

\[ \begin{aligned} y(x) &=x\left(-\frac{\alpha}{x}+\alpha x+\beta\right)\\ &=-\alpha+\alpha x^2+\beta x\\ &=\alpha(x^2-1)+\beta x. \end{aligned} \]

Réciproquement, pour tous \(\alpha,\beta\in\mathbb R\), la fonction :

\[ y(x)=\alpha(x^2-1)+\beta x \]

est deux fois dérivable sur \(]0;+\infty[\), et le calcul de la question 2 b) montre qu’elle vérifie \((E)\).

L’ensemble des solutions de \((E)\) sur \(\mathbb R_+^*=]0;+\infty[\) est :

\[ \boxed{ \mathcal S_E= \left\{ x\longmapsto\alpha(x^2-1)+\beta x \;\middle|\; (\alpha,\beta)\in\mathbb R^2 \right\}. } \]

Question 2 e)

Déterminer la solution \(y\) de \((E)\) vérifiant :

\[ y(1)=0 \qquad\text{et}\qquad y'(1)=2. \]

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Toute solution de \((E)\) sur \(]0;+\infty[\) s’écrit :

\[ y(x)=\alpha(x^2-1)+\beta x. \]

La première condition donne :

\[ \begin{aligned} y(1)=0 &\iff \alpha(1^2-1)+\beta\times1=0\\ &\iff \beta=0. \end{aligned} \]

Par ailleurs :

\[ y'(x)=2\alpha x+\beta. \]

La seconde condition donne donc :

\[ \begin{aligned} y'(1)=2 &\iff 2\alpha+\beta=2\\ &\iff 2\alpha=2\\ &\iff \alpha=1. \end{aligned} \]

On obtient alors :

\[ y(x)=x^2-1. \]

Vérification des conditions :

\[ y(1)=1-1=0, \qquad y'(x)=2x, \qquad y'(1)=2. \]

\[ \boxed{ y(x)=x^2-1 \qquad (x\in]0;+\infty[) } \]

Méthodes à retenir : la décomposition en éléments simples permet ici de construire directement un facteur intégrant. Pour le changement \(y=xz\), il faut calculer explicitement \(y'\) et \(y''\), conserver le domaine \(]0;+\infty[\), puis résoudre l’équation du premier ordre vérifiée par \(z'\) sans diviser par \(z'\).

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