Équations différentielles : changement d’inconnue et équation logistique — Exercices 14 et 15

Correction détaillée — 2e Bac Sciences Mathématiques

Manuel : Al Moufid | Chapitre : Équations différentielles

Dans ces deux exercices, le changement d’inconnue \(g=\dfrac1f\) ou \(z=\dfrac1y\) transforme une équation non linéaire en une équation différentielle linéaire du premier ordre. Le contrôle du domaine est indispensable lors du retour à la fonction initiale.

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Exercice 14 Exercice 15

Exercice 14

Énoncé

Soit \(f\) une fonction numérique dérivable sur \(\mathbb R\) telle que, pour tout \(x\in\mathbb R\) :

\[ f(x)\neq0 \qquad\text{et}\qquad f'(x)=f(x)\bigl(1-f(x)\bigr). \]

Question 1

On pose \(g=\dfrac1f\). Montrer que la fonction \(g\) est solution de l’équation différentielle :

\[ (E):\quad y'=-y+1. \]

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La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb R\) et ne s’annule pas. La fonction :

\[ g=\frac1f \]

est donc bien définie et dérivable sur \(\mathbb R\).

Pour tout \(x\in\mathbb R\) :

\[ \begin{aligned} g'(x) &=-\frac{f'(x)}{\bigl(f(x)\bigr)^2}\\ &=-\frac{f(x)\bigl(1-f(x)\bigr)}{\bigl(f(x)\bigr)^2}\\ &=-\frac{1-f(x)}{f(x)}\\ &=-\frac1{f(x)}+1\\ &=-g(x)+1. \end{aligned} \]

\[ \boxed{g'(x)=-g(x)+1} \] Ainsi, \(g\) est solution de l’équation différentielle \((E)\).

Question 2

Résoudre l’équation différentielle :

\[ (E):\quad y'=-y+1. \]

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L’équation s’écrit sous la forme :

\[ y'=ay+b \qquad\text{avec}\qquad a=-1\neq0 \quad\text{et}\quad b=1. \]

D’après la formule du cours, ses solutions sur \(\mathbb R\) sont :

\[ y(x)=\lambda e^{ax}-\frac ba, \qquad \lambda\in\mathbb R. \]

Donc :

\[ y(x)=\lambda e^{-x}+1. \]

\[ \boxed{y(x)=1+\lambda e^{-x},\qquad \lambda\in\mathbb R.} \]

Question 3

En déduire toutes les fonctions \(f\) vérifiant les hypothèses de l’exercice.

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D’après les questions précédentes, il existe un réel \(\lambda\) tel que :

\[ g(x)=\frac1{f(x)}=1+\lambda e^{-x}. \]

On obtient donc formellement :

\[ f(x)=\frac1{1+\lambda e^{-x}}. \]

Contrôle du domaine : la fonction \(f\) doit être définie sur tout \(\mathbb R\). Il faut donc que le dénominateur \(1+\lambda e^{-x}\) ne s’annule jamais.

Lorsque \(x\) décrit \(\mathbb R\), le nombre \(e^{-x}\) décrit l’intervalle \(]0;+\infty[\).

Si \(\lambda\geq0\), alors :

\[ 1+\lambda e^{-x}\geq1>0, \]

donc le dénominateur ne s’annule pas.

Si \(\lambda<0\), alors le dénominateur s’annule pour :

\[ x=\ln(-\lambda), \]

car \(e^{-\ln(-\lambda)}=-\dfrac1\lambda\). Cette valeur de \(\lambda\) est donc impossible.

Réciproquement, pour tout \(\lambda\geq0\), la fonction obtenue est dérivable, ne s’annule pas et vérifie directement l’équation donnée.

\[ \boxed{ f(x)=\frac1{1+\lambda e^{-x}}, \qquad \lambda\in[0;+\infty[ }. \] Pour \(\lambda=0\), on retrouve la solution constante \(f(x)=1\). La solution constante \(f(x)=0\) de l’équation initiale est exclue par l’hypothèse \(f(x)\neq0\).

Exercice 15

Énoncé

On considère l’équation différentielle :

\[ (E):\quad y'=ky(A-y), \]

où \(A\) et \(k\) sont des réels tels que :

\[ A>0 \qquad\text{et}\qquad k\neq0. \]

Soit \(y\) une fonction dérivable et ne s’annulant pas sur \(\mathbb R\), vérifiant l’équation \((E)\). On pose :

\[ z=\frac1y. \]

Question 1

Montrer que \(z\) est solution d’une équation différentielle de la forme :

\[ z'=az+b. \]

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Comme \(y\) est dérivable et ne s’annule pas sur \(\mathbb R\), la fonction :

\[ z=\frac1y \]

est bien définie et dérivable sur \(\mathbb R\).

Pour tout \(x\in\mathbb R\) :

\[ \begin{aligned} z'(x) &=-\frac{y'(x)}{\bigl(y(x)\bigr)^2}\\ &=-\frac{k\,y(x)\bigl(A-y(x)\bigr)}{\bigl(y(x)\bigr)^2}\\ &=-k\frac{A-y(x)}{y(x)}\\ &=-\frac{kA}{y(x)}+k\\ &=-kA\,z(x)+k. \end{aligned} \]

\[ \boxed{z'=-kA\,z+k}. \] Il s’agit bien d’une équation de la forme \(z'=az+b\), avec \(a=-kA\) et \(b=k\).

Question 2

En déduire qu’il existe une constante réelle \(B\) telle que :

\[ (\forall x\in\mathbb R)\qquad y(x)=\frac{A}{1+Be^{-kAx}}. \]

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On résout l’équation :

\[ z'=-kA\,z+k. \]

Comme \(-kA\neq0\), ses solutions sont :

\[ z(x)=\lambda e^{-kAx}-\frac{k}{-kA} =\lambda e^{-kAx}+\frac1A, \qquad \lambda\in\mathbb R. \]

Or \(z=\dfrac1y\). Ainsi :

\[ \frac1{y(x)} =\frac1A+\lambda e^{-kAx} =\frac{1+A\lambda e^{-kAx}}A. \]

En posant :

\[ B=A\lambda, \]

on obtient :

\[ y(x)=\frac{A}{1+Be^{-kAx}}. \]

Condition pour une solution définie sur tout \(\mathbb R\) : le dénominateur doit rester non nul pour toute valeur réelle de \(x\).

Le nombre \(e^{-kAx}\) décrit \(]0;+\infty[\), puisque \(kA\neq0\).

Si \(B\geq0\), alors :

\[ 1+Be^{-kAx}\geq1>0. \]

Si \(B<0\), le dénominateur s’annule pour :

\[ x_B=\frac{\ln(-B)}{kA}, \]

car \(e^{-kAx_B}=-\dfrac1B\). Une telle expression ne définit donc pas une fonction sur tout \(\mathbb R\).

\[ \boxed{ y(x)=\frac{A}{1+Be^{-kAx}}, \qquad B\in[0;+\infty[ }. \] La valeur \(B=0\) donne la solution constante \(y=A\). Pour \(B>0\), on obtient les solutions globales non constantes. La solution constante \(y=0\) de l’équation initiale est exclue par l’hypothèse selon laquelle \(y\) ne s’annule pas.

Question 3

Tracer la courbe représentative de la fonction \(y\), solution de l’équation différentielle \((E)\), dans chacun des cas suivants :

\[ \text{a) }k<0 \qquad ; \qquad \text{b) }k>0. \]

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La solution constante correspondant à \(B=0\) est :

\[ y(x)=A. \]

Supposons maintenant \(B>0\). Pour tout \(x\in\mathbb R\), on a :

\[ 0<y(x)<A. \]

L’équation différentielle donne :

\[ y'(x)=k\,y(x)\bigl(A-y(x)\bigr). \]

Comme \(y(x)>0\) et \(A-y(x)>0\), le signe de \(y'(x)\) est celui de \(k\).

Pour préciser la forme de la courbe, dérivons l’équation :

\[ \begin{aligned} y'' &=k\,y'(A-y)-k\,y\,y'\\ &=k\,y'(A-2y)\\ &=k^2y(A-y)(A-2y). \end{aligned} \]

Le point d’inflexion est atteint lorsque \(y=\dfrac A2\), c’est-à-dire lorsque :

\[ Be^{-kAx_0}=1 \qquad\Longleftrightarrow\qquad x_0=\frac{\ln B}{kA}. \]

Cas	Limites	Variation	Concavité
\(k>0\)	\(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}y(x)=0\) \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}y(x)=A\)	\(y\) est strictement croissante.	Convexe sur \(]-\infty;x_0[\), puis concave sur \(]x_0;+\infty[\).
\(k<0\)	\(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}y(x)=A\) \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}y(x)=0\)	\(y\) est strictement décroissante.	Concave sur \(]-\infty;x_0[\), puis convexe sur \(]x_0;+\infty[\).

Dans les deux cas, les droites \(y=0\) et \(y=A\) sont des asymptotes horizontales de toute solution non constante. La droite \(y=A\) représente également la solution constante obtenue pour \(B=0\).

Tracé exact pour \(A=2\), \(B=1\) et \(k=-1\), obtenu avec Python à partir de \(y(x)=\dfrac2{1+e^{2x}}\). Le point d’inflexion est \((0;1)\).

Tracé exact pour \(A=2\), \(B=1\) et \(k=1\), obtenu avec Python à partir de \(y(x)=\dfrac2{1+e^{-2x}}\). Le point d’inflexion est \((0;1)\).

Les valeurs \(B<0\) ne sont pas représentées : elles produisent un dénominateur nul en un point réel et ne définissent donc pas une solution globale sur \(\mathbb R\).

Conclusion graphique : pour \(B>0\), la courbe est une courbe logistique située strictement entre les droites \(y=0\) et \(y=A\). Elle est croissante si \(k>0\) et décroissante si \(k<0\). Pour \(B=0\), la courbe est la droite horizontale \(y=A\).

Méthode à retenir : avant de poser l’inverse d’une fonction, il faut vérifier qu’elle ne s’annule pas. Après la résolution de l’équation linéaire obtenue, il faut contrôler que le dénominateur ne s’annule jamais sur le domaine demandé et conserver séparément les solutions constantes admissibles.

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