Équations différentielles : solution particulière et changement z=1/y — Exercices 16 et 17

Équations différentielles : solution particulière et changement \(z=\dfrac1y\) — Exercices 16 et 17

Correction détaillée — 2e Bac Sciences Mathématiques

Manuel : Al Moufid | Chapitre : Équations différentielles

L’exercice 16 utilise une solution particulière pour ramener une équation non homogène à son équation homogène associée. L’exercice 17 transforme l’équation non linéaire \(y'=ay^2+by\) en une équation linéaire grâce au changement \(z=\dfrac1y\), puis contrôle le domaine des solutions obtenues.

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Exercice 16 Exercice 17

Exercice 16

Énoncé

On considère l’équation différentielle :

\[ (E):\quad y''+2y=-2\cos(2x). \]

Question 1

Montrer que la fonction \(u:x\mapsto\cos(2x)\) est solution de l’équation \((E)\).

Lire la correction +Masquer la correction −

La fonction \(u\) est deux fois dérivable sur \(\mathbb R\). Pour tout \(x\in\mathbb R\) :

\[ u(x)=\cos(2x), \qquad u'(x)=-2\sin(2x), \qquad u''(x)=-4\cos(2x). \]

Alors :

\[ \begin{aligned} u''(x)+2u(x) &=-4\cos(2x)+2\cos(2x)\\ &=-2\cos(2x). \end{aligned} \]

\[ \boxed{u''+2u=-2\cos(2x)} \] La fonction \(u:x\mapsto\cos(2x)\) est donc bien une solution particulière de \((E)\).

Question 2

Résoudre l’équation différentielle homogène associée :

\[ (E_0):\quad y''+2y=0. \]

Lire la correction +Masquer la correction −

L’équation caractéristique de \((E_0)\) est :

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

Son discriminant est :

\[ \Delta=0^2-4\times1\times2=-8<0. \]

Les racines complexes conjuguées sont :

\[ r_1=i\sqrt2 \qquad\text{et}\qquad r_2=-i\sqrt2. \]

D’après le cours, les solutions de \((E_0)\) sont donc les fonctions :

\[ h(x)=\alpha\cos(\sqrt2\,x)+\beta\sin(\sqrt2\,x), \qquad (\alpha,\beta)\in\mathbb R^2. \]

\[ \boxed{ h(x)=\alpha\cos(\sqrt2\,x)+\beta\sin(\sqrt2\,x), \quad (\alpha,\beta)\in\mathbb R^2 }. \]

Question 3

Soit \(f\) une fonction définie et dérivable sur \(\mathbb R\). Montrer que \(f\) est une solution de \((E)\) si, et seulement si, la fonction \(f-u\) est solution de \((E_0)\).

Lire la correction +Masquer la correction −

Pour qu’une fonction soit solution d’une équation différentielle du second ordre, elle est nécessairement deux fois dérivable. C’est dans ce sens que la question est comprise.

On sait que \(u\) est solution de \((E)\), donc :

\[ u''+2u=-2\cos(2x). \]

Supposons d’abord que \(f\) est solution de \((E)\). Alors :

\[ f''+2f=-2\cos(2x). \]

En soustrayant les deux égalités :

\[ \begin{aligned} (f-u)''+2(f-u) &=(f''+2f)-(u''+2u)\\ &=0. \end{aligned} \]

Ainsi, \(f-u\) est solution de \((E_0)\).

Réciproquement, supposons que \(f-u\) est solution de \((E_0)\). On a alors :

\[ (f-u)''+2(f-u)=0. \]

Par conséquent :

\[ \begin{aligned} f''+2f &=\bigl[(f-u)''+2(f-u)\bigr]+(u''+2u)\\ &=0-2\cos(2x)\\ &=-2\cos(2x). \end{aligned} \]

Donc \(f\) est solution de \((E)\).

\[ \boxed{ f\text{ est solution de }(E) \iff f-u\text{ est solution de }(E_0) }. \]

Question 4

En déduire les solutions de l’équation différentielle \((E)\).

Lire la correction +Masquer la correction −

D’après la question précédente, \(f\) est solution de \((E)\) si, et seulement si :

\[ f-u=h, \]

où \(h\) est une solution de \((E_0)\).

Comme :

\[ u(x)=\cos(2x) \]

et :

\[ h(x)=\alpha\cos(\sqrt2\,x)+\beta\sin(\sqrt2\,x), \]

on obtient :

\[ f(x)=\cos(2x)+\alpha\cos(\sqrt2\,x)+\beta\sin(\sqrt2\,x). \]

\[ \boxed{ f(x)=\cos(2x)+\alpha\cos(\sqrt2\,x)+\beta\sin(\sqrt2\,x), \quad (\alpha,\beta)\in\mathbb R^2 }. \]

Question 5

Déterminer la solution \(g\) de \((E)\) telle que :

\[ g(0)=g'(0)=0. \]

Lire la correction +Masquer la correction −

Toute solution de \((E)\) s’écrit :

\[ g(x)=\cos(2x)+\alpha\cos(\sqrt2\,x)+\beta\sin(\sqrt2\,x). \]

La condition \(g(0)=0\) donne :

\[ 1+\alpha=0, \]

d’où :

\[ \alpha=-1. \]

Dérivons \(g\) :

\[ g'(x) = -2\sin(2x) -\alpha\sqrt2\,\sin(\sqrt2\,x) +\beta\sqrt2\,\cos(\sqrt2\,x). \]

La condition \(g'(0)=0\) donne :

\[ \beta\sqrt2=0, \]

d’où :

\[ \beta=0. \]

\[ \boxed{ g(x)=\cos(2x)-\cos(\sqrt2\,x) }. \]

Exercice 17

Énoncé

Soit \(y\) une fonction dérivable sur \(\mathbb R\) vérifiant l’équation différentielle :

\[ (E):\quad y'=ay^2+by, \qquad (a,b)\in\mathbb R^2. \]

On suppose que \(y\) ne s’annule pas sur \(\mathbb R\) et on pose :

\[ z=\frac1y. \]

Déterminer une équation différentielle vérifiée par \(z\), puis résoudre l’équation différentielle \((E)\).

Question 1 — Équation vérifiée par \(z\)

Déterminer l’équation différentielle vérifiée par la fonction \(z=\dfrac1y\).

Lire la correction +Masquer la correction −

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

\[ z=\frac1y \]

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

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

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

Ainsi :

\[ z'+bz=-a. \]

\[ \boxed{z'=-bz-a} \qquad\text{ou encore}\qquad \boxed{z'+bz=-a}. \]

Question 2 — Résolution et contrôle du domaine

Résoudre l’équation \((E)\), en distinguant les valeurs de \(a\) et de \(b\), puis contrôler que les solutions obtenues sont définies sur \(\mathbb R\).

Lire la correction +Masquer la correction −

Le changement \(z=\dfrac1y\) ne concerne que les solutions qui ne s’annulent pas. La fonction constante \(y=0\) est pourtant solution de \((E)\) pour toutes les valeurs de \(a\) et \(b\). Elle devra être ajoutée à la fin.

Premier cas : \(b\neq0\).

L’équation vérifiée par \(z\) est :

\[ z'=-bz-a. \]

Elle est de la forme \(z'=\alpha z+\beta\), avec \(\alpha=-b\neq0\) et \(\beta=-a\). Ses solutions sont :

\[ z(x)=\lambda e^{-bx}-\frac ab, \qquad \lambda\in\mathbb R. \]

Comme \(y=\dfrac1z\), on obtient, sur tout intervalle où le dénominateur ne s’annule pas :

\[ y(x)= \frac1{\lambda e^{-bx}-\dfrac ab}. \tag{1} \]

Si \(a=0\), la formule (1) devient :

\[ y(x)=\frac1{\lambda e^{-bx}} =C e^{bx}, \qquad C=\frac1\lambda. \]

Pour les solutions non nulles, il faut \(\lambda\neq0\), donc \(C\neq0\). Après ajout de la solution \(y=0\), toutes les solutions globales sont :

\[ \boxed{y(x)=C e^{bx},\qquad C\in\mathbb R.} \]

Si \(a\neq0\), posons :

\[ B=-\frac{b\lambda}{a}. \]

La formule (1) s’écrit alors :

\[ y(x)= -\frac{b}{a\bigl(1+B e^{-bx}\bigr)}. \tag{2} \]

Or \(e^{-bx}>0\) pour tout \(x\in\mathbb R\), et lorsque \(x\) parcourt \(\mathbb R\), \(e^{-bx}\) parcourt \(]0;+\infty[\).

Le dénominateur \(1+B e^{-bx}\) ne s’annule jamais sur \(\mathbb R\) si, et seulement si :

\[ B\geq0. \]

En effet, si \(B<0\), l’égalité \(1+B e^{-bx}=0\) admet la solution :

\[ x_0=-\frac1b\ln\left(-\frac1B\right), \]

et la fonction donnée par (2) n’est pas définie en \(x_0\).

Ainsi, pour \(a\neq0\) et \(b\neq0\), les solutions non nulles définies sur tout \(\mathbb R\) sont :

\[ \boxed{ y(x)= -\frac{b}{a\bigl(1+B e^{-bx}\bigr)}, \qquad B\geq0. } \]

Lorsque \(B=0\), on retrouve la solution constante :

\[ y(x)=-\frac ba. \]

Deuxième cas : \(b=0\).

L’équation vérifiée par \(z\) devient :

\[ z'=-a. \]

Ses solutions sont :

\[ z(x)=\lambda-ax, \qquad \lambda\in\mathbb R. \]

Donc, sur tout intervalle où \(\lambda-ax\neq0\) :

\[ y(x)=\frac1{\lambda-ax}. \tag{3} \]

Si \(a=0\), l’équation initiale est \(y'=0\). Toutes ses solutions sont les fonctions constantes :

\[ \boxed{y(x)=C,\qquad C\in\mathbb R.} \]

Si \(a\neq0\), le dénominateur \(\lambda-ax\) s’annule au point :

\[ x=\frac{\lambda}{a}. \]

Aucune solution non nulle donnée par (3) ne peut donc être définie sur tout \(\mathbb R\). La seule solution globale de l’équation initiale est alors la solution constante :

\[ \boxed{y(x)=0.} \]

Valeurs de \(a\) et \(b\)	Toutes les solutions définies sur \(\mathbb R\)
\(a=0\) et \(b=0\)	\(\displaystyle y(x)=C,\quad C\in\mathbb R\)
\(a=0\) et \(b\neq0\)	\(\displaystyle y(x)=C e^{bx},\quad C\in\mathbb R\)
\(a\neq0\) et \(b=0\)	\(\displaystyle y(x)=0\)
\(a\neq0\) et \(b\neq0\)	\(\displaystyle y(x)=0\), ou \(\displaystyle y(x)=-\frac{b}{a(1+B e^{-bx})}\) avec \(B\geq0\)

Le tableau précédent donne toutes les solutions globales sur \(\mathbb R\). Sous l’hypothèse particulière de l’énoncé « \(y\) ne s’annule pas », il suffit d’en retirer la solution \(y=0\).

Méthodes à retenir : pour une équation linéaire du second ordre, une solution particulière permet d’obtenir toutes les solutions en lui ajoutant les solutions de l’équation homogène associée. Pour poser \(z=\dfrac1y\), il faut d’abord vérifier \(y\neq0\), calculer \(z'\) sans raccourci, puis contrôler les zéros du dénominateur après le retour à \(y\).

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