Équations différentielles : correction du devoir 3 — Al Moufid

Équations différentielles : correction du devoir 3

Al Moufid — 2e Bac Sciences Mathématiques

Ce devoir transforme une équation différentielle non linéaire en une équation linéaire du second ordre grâce au changement \(y=\dfrac1z\). La substitution n’est valable que sur un intervalle où la fonction considérée ne s’annule pas.

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1. Calcul de \(y'\) et \(y''\) 2. Transformation de l’équation 3. Solution vérifiant les conditions

1. Calcul des dérivées

Donnée du devoir

On considère l’équation différentielle suivante :

\[ (E):\quad yy''-2(y')^2-2yy'-y^2=0. \]

On pose :

\[ y=\frac1z. \]

Question 1

Calculer \(y'\) et \(y''\) en fonction de \(z\), \(z'\) et \(z''\).

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Le changement \(y=\dfrac1z\) exige \(z(x)\neq0\) sur l’intervalle étudié. Il équivaut à poser \(z=\dfrac1y\) lorsque \(y\) ne s’annule pas.

On écrit :

\[ y=z^{-1}. \]

En dérivant :

\[ y'=-z' z^{-2}. \]

\[ \boxed{y'=-\frac{z'}{z^2}}. \]

Dérivons une seconde fois :

\[ \begin{{aligned}} y'' &=\left(-z'z^{-2}\right)'\\ &=-z''z^{-2}+2(z')^2z^{-3}. \end{{aligned}} \]

En mettant au même dénominateur :

\[ \boxed{ y''=\frac{2(z')^2-zz''}{z^3} }. \]

2. Transformation de l’équation non linéaire

Question 2

Montrer que \(y\) est une solution de \((E)\) si, et seulement si, \(z\) est une solution de l’équation différentielle :

\[ (E'):\quad z''-2z'+z=0. \]

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Sur un intervalle où \(z\neq0\), on dispose des relations :

\[ y=\frac1z, \qquad y'=-\frac{z'}{z^2}, \qquad y''=\frac{2(z')^2-zz''}{z^3}. \]

Calculons successivement les quatre termes du membre de gauche de \((E)\) :

\[ \begin{{aligned}} yy'' &=\frac1z\times\frac{2(z')^2-zz''}{z^3} =\frac{2(z')^2-zz''}{z^4},\\[4pt] -2(y')^2 &=-2\frac{(z')^2}{z^4},\\[4pt] -2yy' &=-2\times\frac1z\times\left(-\frac{z'}{z^2}\right) =\frac{2z'}{z^3},\\[4pt] -y^2 &=-\frac1{z^2}. \end{{aligned}} \]

En mettant tous les termes au dénominateur \(z^4\), on obtient :

\[ \begin{{aligned}} yy''-2(y')^2-2yy'-y^2 &=\frac{2(z')^2-zz''-2(z')^2+2zz'-z^2}{z^4}\\ &=\frac{-zz''+2zz'-z^2}{z^4}\\ &=-\frac{z''-2z'+z}{z^3}. \end{{aligned}} \]

Comme \(z\neq0\), le dénominateur \(z^3\) est non nul. Ainsi :

\[ \begin{{aligned}} yy''-2(y')^2-2yy'-y^2=0 &\Longleftrightarrow -\frac{z''-2z'+z}{z^3}=0\\ &\Longleftrightarrow z''-2z'+z=0. \end{{aligned}} \]

\[ \boxed{ y\text{{ est solution de }}(E) \Longleftrightarrow z\text{{ est solution de }}(E') } \]

Cette équivalence est valable sur tout intervalle où \(z\) ne s’annule pas, c’est-à-dire où \(y=1/z\) est bien définie.

3. Solution vérifiant les conditions données

Question 3

En déduire la solution \(f\) de \((E)\) vérifiant les conditions initiales :

\[ f(1)=\frac1e \qquad\text{{et}}\qquad f(0)=1. \]

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A. Résolution de l’équation \((E')\)

L’équation linéaire associée est :

\[ z''-2z'+z=0. \]

Son équation caractéristique est :

\[ r^2-2r+1=0. \]

Or :

\[ r^2-2r+1=(r-1)^2. \]

Le nombre \(1\) est donc une racine double. Les solutions de \((E')\) sont :

\[ z(x)=(ax+b)e^x, \qquad (a,b)\in\mathbb R^2. \]

B. Retour à la fonction \(f\)

Comme \(f(0)=1\neq0\), la fonction \(f\) ne s’annule pas au voisinage de \(0\). Sur l’intervalle où \(f\neq0\), on peut donc poser :

\[ z=\frac1f. \]

On obtient alors :

\[ f(x)=\frac1{z(x)} =\frac{e^{-x}}{ax+b}, \]

à condition que :

\[ ax+b\neq0. \]

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

\[ f(0)=\frac1b=1. \]

Donc :

\[ b=1. \]

Ainsi :

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

Contrôle des zéros et de l’intervalle : les deux valeurs \(f(0)\) et \(f(1)\) sont données pour une même solution ; son intervalle de définition contient donc \([0;1]\). Sur la composante contenant \(0\) où \(f\neq0\), on vient d’obtenir \(f(x)=\dfrac{e^{-x}}{ax+1}\). Cette expression ne peut pas tendre vers \(0\) en un point fini : soit le dénominateur reste non nul et la limite est non nulle, soit il s’annule et l’expression devient non bornée. La fonction \(f\), qui est dérivable donc continue, ne peut donc pas s’annuler entre \(0\) et \(1\). On peut bien appliquer la formule précédente au point \(x=1\).

Utilisons maintenant la condition \(f(1)=\dfrac1e\) :

\[ \frac{e^{-1}}{a+1}=\frac1e. \]

Comme \(e^{-1}=\dfrac1e\neq0\), on obtient :

\[ \frac1{a+1}=1, \]

d’où :

\[ a=0. \]

Par conséquent :

\[ z(x)=e^x, \]

et cette fonction ne s’annule jamais sur \(\mathbb R\). Le changement \(f=1/z\) est donc valable sur tout \(\mathbb R\).

\[ \boxed{f(x)=e^{-x}\quad\text{{pour tout }}x\in\mathbb R}. \]

C. Vérification directe

Pour \(f(x)=e^{-x}\), on a :

\[ f'(x)=-e^{-x} \qquad\text{{et}}\qquad f''(x)=e^{-x}. \]

Alors :

\[ \begin{{aligned}} ff''-2(f')^2-2ff'-f^2 &=e^{-2x}-2e^{-2x}+2e^{-2x}-e^{-2x}\\ &=0. \end{{aligned}} \]

Enfin :

\[ f(0)=1 \qquad\text{{et}}\qquad f(1)=e^{-1}=\frac1e. \]

La fonction obtenue vérifie donc l’équation et les deux conditions demandées.

Méthode à retenir : avant d’utiliser le changement \(z=1/y\), il faut préciser que \(y\) ne s’annule pas sur l’intervalle étudié. Après la résolution de l’équation transformée, il faut également exclure les valeurs des constantes qui annulent le dénominateur.

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