Sujet D.6.1 Équations du premier ordre
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un exercice, puis le résoudre
:
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Exercice a
Résoudre sur $\bb R$ l'équation différentielle suivante :
$\displaystyle{}(\sc E):\ \ (1+x^2)\sp{1.5}y'+2\sp{1.5}x\sp{1.5}y=1+3\sp{1.5}x^2$
équations différentielles linéaires d'ordre 1
La forme normalisée d'une équation différentielle linéaire d'ordre $\,1\,$ est :
$\displaystyle{}(\sc E)\ \ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)\sp{1.5}, \txt{pour} a,f\app\sc C(I,\bb K)$
Les solutions de $\,(\sc E)\,$ sont les $\,\phi:I\to\bb K\,$ dérivables, telles que :
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ \phi'(x)+a(x)\sp{1.5}\phi(x)=f(x)$
théorème de Cauchy-Lipschitz à l'ordre 1
Soient $\,a,\sp{1.5}f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle linéaire sur $\,I:\,$
$\displaystyle{}(\sc E_f):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)$
Alors la solution générale sur $\,I\,$ de $\,(\sc E_f)\,$ est :
$\displaystyle{}\phi(x)=K\sp{1.5}\e{-A(x)}+\gamma(x)\sp{1.5},\txt{pour}K\app\bb K$
$\,A\,$ étant une primitive de $\,a\,$ et $\,\gamma\,$ une solution particulière de $\,(\sc E_f)\sp{1.5}.\,$
méthode de variation de la constante
Soient $\,a,\sp{1.5}f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle linéaire sur $\,I:\,$
$\displaystyle{}(\sc E_f):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)$
Alors on obtient sa solution générale en calculant les $\,K\app\sc C^1(I,\bb K)\,$ telles que $\,\phi(x)\!=\!K(x)\,\smh0{\e{-A(x)}}\,$ vérifie $\,(\sc E_f)\sp{1.5}.\,$
équations d'ordre 1 à coefficients constants
Soient $\,(a,\lambda)\app\bb C^2,\,$ $\,P\app\bb C_n[X]\,$ et l'équation différentielle :
$\displaystyle{}(\sc E):\ \ y\sp{1.5}'+a\sp{1.5}y=P(x)\sp{1.5}\e{\sp{1.5}\lambda\sp{1.5}x}$
Alors l'équation $\,(\sc E)\,$ admet une solution de la forme :
- $\,x\mapsto Q(x)\sp{1.5}\e{\sp{1.5}\lambda\sp{1.5}x}\,$ pour $\,Q\app\bb C_n[X]\sp{1.5},\,$ lorsque $\,\lambda\neq-a\sp{1.5};\,$
- $\,x\mapsto x\sp{1.5}Q(x)\sp{1.5}\e{-a\sp{1.5}x}\,$ pour $\,Q\app\bb C_n[X]\sp{1.5},\,$ lorsque $\,\lambda=-a\sp{1.5}.\,$
indication
Mettre l'équation $\,(\sc E)\,$ sous forme normalisée et utiliser la méthode de variation de la constante.
figure
Courbes intégrales de $\,(\sc E)\,$ sur $\,\bb R\,$
réponse
On obtient comme forme générale des solutions de l'équation $\,(\sc E)\,$ sur $\,\bb R:\,$
$\displaystyle{}\phi(x)= x +\frac{C}{1+x^2}\sp{1.5},\txt{pour tout}C\app\bb R$
correction
L'équation différentielle $\,(\sc E)\,$ est linéaire d'ordre $\,1\,$ et prend la forme
La forme normalisée d'une équation différentielle linéaire d'ordre $\,1\,$ est :
normalisée :
$\displaystyle{}(\sc E)\ \ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)\sp{1.5}, \txt{pour} a,f\app\sc C(I,\bb K)$
Les solutions de $\,(\sc E)\,$ sont les $\,\phi:I\to\bb K\,$ dérivables, telles que :
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ \phi'(x)+a(x)\sp{1.5}\phi(x)=f(x)$
$\displaystyle{}y' +\frac {2\sp{1.5}x}{1+x^2}\,y=\frac{1+3\sp{1.5}x^2}{1+x^2}$
On recherche d'abord une
Soit $\,u\app\sc C^n(I,\bb K)\,$ pour $\,n\geq1\sp{1.5},\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ u(x)\neq0\sp{1.5}.\,$ Alors la fonction $\,f:x\mapsto\ln|u(x)|\,$ est de classe $\sc C^n$ sur $I\sp{1.5},$ avec :
primitive
$\,A\,$ de la fonction
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ f'(x)=\smh{1.25}{\frac{u'(x)}{u(x)}}$
Une fonction rationnelle est de la forme : $\,\Big\{\eqalign{&\!\bb K\!\setminus\!\{\alpha_1,\dots,\alpha_p\}\to\bb K\\[-.5ex]&\!x\mapsto f(x)\!=\!A(x)\sp{-1.5}/\sp{-1.5}B(x)}\,$
pour $\,\sth1A\app\bb K[X]\,$ et $\,B\app\bb K[X]\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\,$ de racines : $\,\alpha_1,\dots,\alpha_p\app\bb K\sp{1.5}.\,$
rationnelle
$\,a:x\mapsto\dfrac {2\sp{1.5}x}{1+x^2}\sp{1.5},\,$
- Si les $A(\alpha_k)$ sont non nuls, $f$ est iréductible de pôles les $\,\alpha_k\sp{1.5}.\,$
- Un pôle $\alpha_k$ est un pôle simple ssi $\alpha_k$ est racine simple de $B\sp{1.5}.$
Une fonction rationnelle $\,f\,$
est continue sur tout intervalle ne contenant aucun pôle de $f(x)\sp{1.5}.$
continue
sur $\,\bb R:\,$
$\displaystyle{}A(x)=\int\frac {2\sp{1.5}x\d x}{1+x^2}=\ln\big(1+x^2\big)+C\sp{1.5},\txt{pour}C\app\bb R$
En choisissant $\,C=0\,$ dans l'expression de $\,A\sp{1.5},\,$ on obtient la
Soient $\,a\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle homogène sur $\,I:\,$
solution
générale de l'équation homogène :
$\displaystyle{}(\sc E_0):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=0$
$\,A\,$ étant une primitive de $\,a\sp{1.5},\,$ la solution générale sur $\,I\,$ de $\,(\sc E_0)\,$ est :
$\displaystyle{}\psi(x)= K\sp{1.5}\e{-A(x)}\sp{1.5},\txt{pour}K\app\bb K$
$\displaystyle{}\psi(x)=K\sp{1.5}\e{-A(x)}=K\,\e{-\ln\big(1+x^2\big)}=\frac K{1+x^2}\sp{1.5},
\txt{pour}K\app\bb R$
On peut ensuite :
- soit trouver la solution particulière $\,\gamma(x)=x\,$ et en déduire la
Soient $\,a,\sp{1.5}f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle linéaire sur $\,I:\,$solution générale de $(\sc E):$ $\,\phi(x)=x+\psi(x)\sp{1.5};\,$$\displaystyle{}(\sc E_f):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)$Alors la solution générale sur $\,I\,$ de $\,(\sc E_f)\,$ est :$\displaystyle{}\phi(x)=K\sp{1.5}\e{-A(x)}+\gamma(x)\sp{1.5},\txt{pour}K\app\bb K$$\,A\,$ étant une primitive de $\,a\,$ et $\,\gamma\,$ une solution particulière de $\,(\sc E_f)\sp{1.5}.\,$
- soit, par la méthode de
Soient $\,a,\sp{1.5}f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle linéaire sur $\,I:\,$variation de la constante, poser dans $\,(\sc E):\,$ $\,y=\dfrac{K(x)}{1+x^2}=K(x)(1+x^2)^{-1},\,$ pour $\,K\app\sc C^1(\bb R,\bb R)\sp{1.5}.\,$ En dérivant ce$\displaystyle{}(\sc E_f):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)$Alors on obtient sa solution générale en calculant les $\,K\app\sc C^1(I,\bb K)\,$ telles que $\,\phi(x)\!=\!K(x)\,\smh0{\e{-A(x)}}\,$ vérifie $\,(\sc E_f)\sp{1.5}.\,$Soient $\,f,g:I\to\bb K\,$ dérivables en $x\app I$ et $\alpha,\beta\app\bb K\,.$ Alors, $\,(\alpha\sp{1.5}f+\beta\sp{1.5}g)\,$ et $\,f\sp{1.5}g\,$ sont dérivables en $x\sp{1.5},$ avec :produit, on obtient : $\,y'=K'(x)(1+x^2)^{-1}-2\sp{1.5}x\sp{1.5}K(x)(1+x^2)^{-2}\,$ d'où, en éliminant $\,K(x):\,$
- $\,(\alpha\sp{1.5}f+\beta\sp{1.5}g)'(x)=\alpha\sp{1.5}f'(x)+\beta\sp{1.5}g^{\sp{1.5}\prime}(x)\sp{1.5},\,$
- $\,(f\sp{1.5}g)'\sp{1.5}(x)=f'(x)\,g(x)+f(x)\,g^{\sp{1.5}\prime}(x)\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{&K'(x)=1+3\sp{1.5}x^2\\ \txt{soit :}&K(x)=x+x^3+C\sp{1.5},\txt{pour tout}C\app\bb R}$
$\displaystyle{}\phi(x)=x +\frac{C}{1+x^2},\txt{pour tout}C\app\bb R$
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Courbes intégrales de $\,(\sc E)\,$ sur $\,\bb R\,$
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Exercice b
Résoudre sur $\bb R$ l'équation différentielle suivante :
$\displaystyle{}(\sc E):\ \ x\sp{1.5}y'+2\sp{1.5}y=\frac {3\sp{1.5}x}{1+x^2}$
équations différentielles linéaires d'ordre 1
La forme normalisée d'une équation différentielle linéaire d'ordre $\,1\,$ est :
$\displaystyle{}(\sc E)\ \ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)\sp{1.5}, \txt{pour} a,f\app\sc C(I,\bb K)$
Les solutions de $\,(\sc E)\,$ sont les $\,\phi:I\to\bb K\,$ dérivables, telles que :
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ \phi'(x)+a(x)\sp{1.5}\phi(x)=f(x)$
théorème de Cauchy-Lipschitz à l'ordre 1
Soient $\,a,\sp{1.5}f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle linéaire sur $\,I:\,$
$\displaystyle{}(\sc E_f):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)$
Alors la solution générale sur $\,I\,$ de $\,(\sc E_f)\,$ est :
$\displaystyle{}\phi(x)=K\sp{1.5}\e{-A(x)}+\gamma(x)\sp{1.5},\txt{pour}K\app\bb K$
$\,A\,$ étant une primitive de $\,a\,$ et $\,\gamma\,$ une solution particulière de $\,(\sc E_f)\sp{1.5}.\,$
méthode de variation de la constante
Soient $\,a,\sp{1.5}f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle linéaire sur $\,I:\,$
$\displaystyle{}(\sc E_f):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)$
Alors on obtient sa solution générale en calculant les $\,K\app\sc C^1(I,\bb K)\,$ telles que $\,\phi(x)\!=\!K(x)\,\smh0{\e{-A(x)}}\,$ vérifie $\,(\sc E_f)\sp{1.5}.\,$
équations d'ordre 1 à coefficients constants
Soient $\,(a,\lambda)\app\bb C^2,\,$ $\,P\app\bb C_n[X]\,$ et l'équation différentielle :
$\displaystyle{}(\sc E):\ \ y\sp{1.5}'+a\sp{1.5}y=P(x)\sp{1.5}\e{\sp{1.5}\lambda\sp{1.5}x}$
Alors l'équation $\,(\sc E)\,$ admet une solution de la forme :
- $\,x\mapsto Q(x)\sp{1.5}\e{\sp{1.5}\lambda\sp{1.5}x}\,$ pour $\,Q\app\bb C_n[X]\sp{1.5},\,$ lorsque $\,\lambda\neq-a\sp{1.5};\,$
- $\,x\mapsto x\sp{1.5}Q(x)\sp{1.5}\e{-a\sp{1.5}x}\,$ pour $\,Q\app\bb C_n[X]\sp{1.5},\,$ lorsque $\,\lambda=-a\sp{1.5}.\,$
indication
1
Mettre l'équation $\,(\sc E)\,$ sous forme normalisée et la résoudre d'abord sur $\,]-\I,0\sp{1.5}[\,$ ou $\,]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5}.\,$
indication
2
Déterminer, parmi les solutions de $\,(\sc E)\,$ obtenues pour $\,x\neq0\sp{1.5},\,$ celles qui se prolongent en $\,x=0\sp{1.5}.\,$
figure
Courbes intégrales de $\,(\sc E)\,$ sur $\,\bb R^{\ast}\!\,$ ou $\,\bb R\,$
réponse
Sur $\,I=\,]-\I,0\sp{1.5}[\,$ ou $\,I=\,]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\,$ les solutions de l'équation $\,(\sc E)\,$ sont de la forme :
$\displaystyle{}\phi_C(x)= \frac{3\sp{1.5}x-3\op{Arctan}x+C}{x^2}\sp{1.5},\txt{pour tout}C\app\bb R$
En revanche l'équation $\,(\sc E)\,$ admet pour unique solution sur $\,\bb R\sp{1.5},\,$ la fonction $\,\phi_0\,$ prolongée comme suit :
$\eqalign{\bigg\{\eqalign{&\phi_0(x)=\frac{3\sp{1.5}(x-\op{Arctan}x)}{x^2}\,\txt{si} x\neq0\\[-.5ex]
&\phi_0(0)=0\,\txt{avec}\phi_0'(0)=1\stb2}}$
correction
Sur $\,I=\,]-\I,0\sp{1.5}[\,$ ou $\,I=\,]\sp{1.5}0,+\I[\sp{1.5},\,$ l'équation différentielle $\,(\sc E)\,$ est linéaire d'ordre $\,1\,$ et prend la forme
La forme normalisée d'une équation différentielle linéaire d'ordre $\,1\,$ est :
normalisée :
$\displaystyle{}(\sc E)\ \ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)\sp{1.5}, \txt{pour} a,f\app\sc C(I,\bb K)$
Les solutions de $\,(\sc E)\,$ sont les $\,\phi:I\to\bb K\,$ dérivables, telles que :
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ \phi'(x)+a(x)\sp{1.5}\phi(x)=f(x)$
$\displaystyle{}y' +\frac 2x\,y=\frac3{1+x^2}$
On recherche d'abord une
La fonction logarithme est de classe $\sc C^{\I}$ sur $\,]0,\sp{-1.5}+\I[\sp{1.5},\,$ avec :
primitive
$\,A\,$ de la fonction
$\displaystyle{}\ptt x > 0,\ \ln^{\sp{1.5}\prime}(x)=\smh{1.25}{\dfrac1x}$
Une fonction rationnelle est de la forme : $\,\Big\{\eqalign{&\!\bb K\!\setminus\!\{\alpha_1,\dots,\alpha_p\}\to\bb K\\[-.5ex]&\!x\mapsto f(x)\!=\!A(x)\sp{-1.5}/\sp{-1.5}B(x)}\,$
pour $\,\sth1A\app\bb K[X]\,$ et $\,B\app\bb K[X]\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\,$ de racines : $\,\alpha_1,\dots,\alpha_p\app\bb K\sp{1.5}.\,$
rationnelle
$\,a:x\mapsto\dfrac 2x\sp{1.5},\,$
- Si les $A(\alpha_k)$ sont non nuls, $f$ est iréductible de pôles les $\,\alpha_k\sp{1.5}.\,$
- Un pôle $\alpha_k$ est un pôle simple ssi $\alpha_k$ est racine simple de $B\sp{1.5}.$
Une fonction rationnelle $\,f\,$
est continue sur tout intervalle ne contenant aucun pôle de $f(x)\sp{1.5}.$
continue
sur $\,I:\,$
$\displaystyle{}A(x)=\int\frac 2x\d x=2\sp{1.5}\ln\big|x\big|+C\sp{1.5},\txt{pour}C\app\bb R$
En choisissant $\,C=0\,$ dans l'expression de $\,A\sp{1.5},\,$ on obtient la
Soient $\,a\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle homogène sur $\,I:\,$
solution
générale de l'équation homogène :
$\displaystyle{}(\sc E_0):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=0$
$\,A\,$ étant une primitive de $\,a\sp{1.5},\,$ la solution générale sur $\,I\,$ de $\,(\sc E_0)\,$ est :
$\displaystyle{}\psi(x)= K\sp{1.5}\e{-A(x)}\sp{1.5},\txt{pour}K\app\bb K$
$\displaystyle{}\psi(x)=K\sp{1.5}\e{-A(x)}=K\,\e{-2\sp{1.5}\ln|x|}=\frac K{x^2},
\txt{pour}K\app\bb R$
On applique alors la méthode de
Soient $\,a,\sp{1.5}f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle linéaire sur $\,I:\,$
variation
de la constante en posant $\,y=\dfrac{K(x)}{x^2}=K(x)\sp{1.5}x^{-2}\,$ pour $\,K\app\sc C^1(I,\bb R)\,$ dans $\,(\sc E)\sp{1.5}.\,$
En dérivant ce
$\displaystyle{}(\sc E_f):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)$
Alors la solution générale sur $\,I\,$ de $\,(\sc E_f)\,$ est :
$\displaystyle{}\phi(x)=K\sp{1.5}\e{-A(x)}+\gamma(x)\sp{1.5},\txt{pour}K\app\bb K$
$\,A\,$ étant une primitive de $\,a\,$ et $\,\gamma\,$ une solution particulière de $\,(\sc E_f)\sp{1.5}.\,$
Soient $\,f,g:I\to\bb K\,$ dérivables en $x\app I$ et $\alpha,\beta\app\bb K\,.$
Alors, $\,(\alpha\sp{1.5}f+\beta\sp{1.5}g)\,$ et $\,f\sp{1.5}g\,$ sont dérivables en $x\sp{1.5},$ avec :
produit,
on obtient : $\,y'=K'(x)\sp{1.5}x^{-2}-2\sp{1.5}K(x)\sp{1.5}x^{-3}\,$ d'où, en éliminant $\,K(x)\,$ puis en
- $\,(\alpha\sp{1.5}f+\beta\sp{1.5}g)'(x)=\alpha\sp{1.5}f'(x)+\beta\sp{1.5}g^{\sp{1.5}\prime}(x)\sp{1.5},\,$
- $\,(f\sp{1.5}g)'\sp{1.5}(x)=f'(x)\,g(x)+f(x)\,g^{\sp{1.5}\prime}(x)\sp{1.5}.\,$
La fonction arc tangente est de classe $\sc C^{\I}$ sur $\bb R\sp{1.5},$ avec :
primitivant
$\,\smb{1}{\dfrac1{1+x^2}}:\,$
$\displaystyle{}\ptt x\app\bb R,\ \op{Arctan}'(x)=\smh{1}{\frac1{1+x^2}}$
$\eqalign{&K'(x)=\frac{3\sp{1.5}x^2}{1+x^2}=3-\frac3{1+x^2}\\
\txt{soit :}&K(x)=3\sp{1.5}x-3\op{Arctan}x+C\sp{1.5},\txt{pour tout}C\app\bb R}$
On en déduit la forme générale des solutions de $\,(\sc E)\,$ sur chaque intervalle $\,I:\,$
$\displaystyle{}\phi_C(x)= \frac{3\sp{1.5}x-3\op{Arctan}x+C}{x^2}\sp{1.5},\txt{pour tout}C\app\bb R$
Cependant, une solution de $\,(\sc E)\,$ sur $\,\bb R\,$ doit être dérivable sur $\,\bb R\sp{1.5};\,$ or les solutions $\,\phi_C\,$ ont pour
Soient $I$ un intervalle et $\,f,g:I\to\bb R\,$ de limites $\ell_1,\ell_2\app\surl{\bb R}$ en $a\app \surl{\bb R}.$
limite
en $\,x=0:\,$
- $\,\smb{1}{\smh0{\lim x a \big(\alpha\sp{1.5}f(x)+\beta\,g(x)\big)}}=\alpha\sp{1.5}\ell_1+\beta\sp{1.5}\ell_2\,,\,$ si $\,(\alpha,\beta)\app\bb R^2,\,$
- $\,\smb{1}{\lim x a\ \big(f(x)\,g(x)\big)}=\ell_1\,\ell_2\,,\,$
- $\,\smb{1}{\lim x a \big({f(x)}\big/{g(x)}\big)}= {\ell_1}\big/{\ell_2}\,,\,$ si $\,g(x)\neq0\,$ sur $\,\!I\!\setminus\!\{a\}\sp{1.5},\,$
$\displaystyle{}C\neq0\Imp \lim x0\,\phi_C(x)=\lim x0\,\frac{C}{x^2}=\pm\I$
Il s'ensuit que $\,\phi_0\,$ est la seule solution de $\,(\sc E)\,$ qui pourrait être prolongée par
Soit $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5},\,$ admettant une limite finie en $\,a\non\app I\sp{1.5}.\,$ Alors la fonction $f$
se prolonge par continuité à $\,I\cup\sp{-1.5}\{a\}\,$ en posant :
continuité
en $\,x=0\sp{1.5}.\,$
On vérifie que c'est bien le cas par développement limité de
$\displaystyle{}f(a)=\!\lim x a f(x)$
La fonction arc tangente a pour développement limité en $\,0:\,$
l'arc tangente
en $\,x=0:\,$
$\displaystyle{}\op{Arctan}x\,\dl x0 \ \smh{1.75}{x-\frac{x^3}3+\cdots+(-1)^{p}\sp{1.5}\frac{x^{2p+1}}{2p+1}+\o x{2p+2}}$
$\eqalign{ \op{Arctan}x&\dl x0 \,x-\frac{x^3}3+\o x4\\
\txt{d'où :}\ \phi_0(x)&\dl x0\, x+\o x2}$
On pose alors : $\,\phi_0(0)=\lim x0\,\phi_0(x)=0\sp{1.5},\,$ et $\,\phi_0\,$ est alors
$f:I\to\bb K$ est dérivable en $\,a\,$ ssi le taux d'accroissement de $f$ en $a$ admet une limite finie en $\,a:\,$
dérivable
en $\,0\,$ avec : $\,\phi_0'(0)=\lim x0 \sp{1.5}\dfrac{\phi_0(x)-\phi_0(0)}{x-0}=1\sp{1.5}.\,$
La fonction $\,\phi_0:x\mapsto\dfrac{3\sp{1.5}(x-\op{Arctan}x)}{x^2}\,$ ainsi prolongée est donc l'unique solution de $\,(\sc E)\,$ sur $\,\bb R\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}f'(a)=\lim xa\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\app\bb K$
Si $f$ est dérivable en $\,a\sp{1.5},\,$ alors $f$ est continue en $\,a\sp{1.5}.\,$
Si $f$ est dérivable sur $I\sp{1.5},$ $\,f':x\mapsto f'(x)\,$ est la dérivée de $f\sp{1.5}.$
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Courbes intégrales de $\,(\sc E)\,$ sur $\,\bb R^{\ast}\!\,$ ou $\,\bb R\,$
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Exercice c
Résoudre sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\,$ l'équation différentielle suivante :
$\displaystyle{}(\sc E):\ \ (x-1)\sp{1.5}y'-y+\frac{2\sp{1.5}x-1}{x^2}=0$
Pour $\,(x_0,y_0)\app\,]\sp{1.5}0,+\I[\times\bb R\,$ fixé, existe-t-il une unique solution $\,\phi\,$ de $\,(\sc E)\,$ telle que : $\,\phi(x_0)=y_0\,?\,$
équations différentielles linéaires d'ordre 1
La forme normalisée d'une équation différentielle linéaire d'ordre $\,1\,$ est :
$\displaystyle{}(\sc E)\ \ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)\sp{1.5}, \txt{pour} a,f\app\sc C(I,\bb K)$
Les solutions de $\,(\sc E)\,$ sont les $\,\phi:I\to\bb K\,$ dérivables, telles que :
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ \phi'(x)+a(x)\sp{1.5}\phi(x)=f(x)$
théorème de Cauchy-Lipschitz à l'ordre 1
Soient $\,a,\sp{1.5}f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle linéaire sur $\,I:\,$
$\displaystyle{}(\sc E_f):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)$
Alors la solution générale sur $\,I\,$ de $\,(\sc E_f)\,$ est :
$\displaystyle{}\phi(x)=K\sp{1.5}\e{-A(x)}+\gamma(x)\sp{1.5},\txt{pour}K\app\bb K$
$\,A\,$ étant une primitive de $\,a\,$ et $\,\gamma\,$ une solution particulière de $\,(\sc E_f)\sp{1.5}.\,$
méthode de variation de la constante
Soient $\,a,\sp{1.5}f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle linéaire sur $\,I:\,$
$\displaystyle{}(\sc E_f):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)$
Alors on obtient sa solution générale en calculant les $\,K\app\sc C^1(I,\bb K)\,$ telles que $\,\phi(x)\!=\!K(x)\,\smh0{\e{-A(x)}}\,$ vérifie $\,(\sc E_f)\sp{1.5}.\,$
équations d'ordre 1 à coefficients constants
Soient $\,(a,\lambda)\app\bb C^2,\,$ $\,P\app\bb C_n[X]\,$ et l'équation différentielle :
$\displaystyle{}(\sc E):\ \ y\sp{1.5}'+a\sp{1.5}y=P(x)\sp{1.5}\e{\sp{1.5}\lambda\sp{1.5}x}$
Alors l'équation $\,(\sc E)\,$ admet une solution de la forme :
- $\,x\mapsto Q(x)\sp{1.5}\e{\sp{1.5}\lambda\sp{1.5}x}\,$ pour $\,Q\app\bb C_n[X]\sp{1.5},\,$ lorsque $\,\lambda\neq-a\sp{1.5};\,$
- $\,x\mapsto x\sp{1.5}Q(x)\sp{1.5}\e{-a\sp{1.5}x}\,$ pour $\,Q\app\bb C_n[X]\sp{1.5},\,$ lorsque $\,\lambda=-a\sp{1.5}.\,$
indication
1
Rechercher une solution particulière de $\,(\sc E)\,$ sous la forme : $\,\gamma(x)=\dfrac\lambda x\!\cdot\,$
indication
2
Étudier le prolongement en $\,x=1\,$ des solutions de $\,(\sc E)\,$ obtenues sur $\,]\sp{1.5}0,1\sp{1.5}[\,$ et sur $\,]\sp{1.5}1,+\I[\sp{1.5}.\,$
figure
Courbes intégrales de $\,(\sc E)\,$ sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\,$
réponse
On obtient comme forme générale des solutions de l'équation $\,(\sc E)\,$ sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\,:\,$
$\displaystyle{}\phi_C(x)= \frac1x+C\sp{1.5}(x-1)\sp{1.5},\txt{pour tout}C\app\bb R$
Pour tout $\,(x_0,y_0)\app\,]\sp{1.5}0,+\I[\times\bb R\,$ tel que $\,x_0\neq1\sp{1.5},\,$ il existe une solution unique $\,\phi_C\,$ telle que : $\,\phi_C(x_0)=y_0\sp{1.5}.\,$ En revanche, ce n'est pas le cas si $\,x_0=1\sp{1.5},\,$ car on a alors :
$\,\ptt C\app\bb R,\ \phi_C(1)=1\sp{1.5}.\,$
correction
Sur $\,I=\,]\sp{1.5}0,1\sp{1.5}[\,$ ou $\,I=\,]\sp{1.5}1,+\I[\sp{1.5},\,$ l'équation différentielle $\,(\sc E)\,$ est linéaire d'ordre $\,1\,$ et prend la forme
La forme normalisée d'une équation différentielle linéaire d'ordre $\,1\,$ est :
normalisée :
$\displaystyle{}(\sc E)\ \ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)\sp{1.5}, \txt{pour} a,f\app\sc C(I,\bb K)$
Les solutions de $\,(\sc E)\,$ sont les $\,\phi:I\to\bb K\,$ dérivables, telles que :
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ \phi'(x)+a(x)\sp{1.5}\phi(x)=f(x)$
$\displaystyle{}y' -\frac 1{x-1}\,y=-\frac{2\sp{1.5}x-1}{x^2(x-1)}$
On recherche d'abord une
Soit $\,u\app\sc C^n(I,\bb K)\,$ pour $\,n\geq1\sp{1.5},\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ u(x)\neq0\sp{1.5}.\,$ Alors la fonction $\,f:x\mapsto\ln|u(x)|\,$ est de classe $\sc C^n$ sur $I\sp{1.5},$ avec :
primitive
$\,A\,$ de la fonction
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ f'(x)=\smh{1.25}{\frac{u'(x)}{u(x)}}$
Une fonction rationnelle est de la forme : $\,\Big\{\eqalign{&\!\bb K\!\setminus\!\{\alpha_1,\dots,\alpha_p\}\to\bb K\\[-.5ex]&\!x\mapsto f(x)\!=\!A(x)\sp{-1.5}/\sp{-1.5}B(x)}\,$
pour $\,\sth1A\app\bb K[X]\,$ et $\,B\app\bb K[X]\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\,$ de racines : $\,\alpha_1,\dots,\alpha_p\app\bb K\sp{1.5}.\,$
rationnelle
$\,a:x\mapsto-\dfrac 1{x-1}\sp{1.5},\,$
- Si les $A(\alpha_k)$ sont non nuls, $f$ est iréductible de pôles les $\,\alpha_k\sp{1.5}.\,$
- Un pôle $\alpha_k$ est un pôle simple ssi $\alpha_k$ est racine simple de $B\sp{1.5}.$
Une fonction rationnelle $\,f\,$
est continue sur tout intervalle ne contenant aucun pôle de $f(x)\sp{1.5}.$
continue
sur $\,I:\,$
$\displaystyle{}A(x)=\int-\frac1{x-1}\d x=-\ln\big|x-1\big|+C\sp{1.5},\txt{pour}C\app\bb R$
En choisissant $\,C=0\,$ pour $\,A\sp{1.5},\,$ on obtient la
Soient $\,a\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle homogène sur $\,I:\,$
solution
générale de l'équation homogène :
$\displaystyle{}(\sc E_0):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=0$
$\,A\,$ étant une primitive de $\,a\sp{1.5},\,$ la solution générale sur $\,I\,$ de $\,(\sc E_0)\,$ est :
$\displaystyle{}\psi(x)= K\sp{1.5}\e{-A(x)}\sp{1.5},\txt{pour}K\app\bb K$
$\eqalign{\psi(x)&=L\sp{1.5}\e{-A(x)}=L\,\e{\,\ln\big|x-1\big|}=L\sp{1.5}|x-1|\\&=K\sp{1.5}(x-1)\sp{1.5},\txt{pour}K=\pm\,L\app\bb R}$
Le signe $\,\pm\,$ devant $L$ est le signe de $\,(x-1)\,$ et correspond au choix de l'intervalle $I\sp{1.5};$ cela permet d'éliminer la valeur absolue.
On recherche alors une solution particulière de l'équation $\,(\sc E)\,$ sous la forme $\,\gamma(x)=\dfrac\lambda x:\,$
$\eqalign{(x-1)\Big(-\frac{\lambda}{x^2}\Big)-\frac\lambda x+\frac{2\sp{1.5}x-1}{x^2}&=0\\
\txt{c'est-à-dire :}\frac{2\,(1-\lambda)\,x+\lambda-1}{x^2}&=0}$
On obtient donc une solution particulière pour $\,\lambda=1\sp{1.5},\,$ soit : $\,\gamma(x)=\dfrac1x\!\cdot\,$
On en déduit la forme générale des
Soient $\,a,\sp{1.5}f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle linéaire sur $\,I:\,$
solutions
$\,\phi_C\,$ de $\,(\sc E)\,$ sur chaque intervalle $I:$
$\displaystyle{}(\sc E_f):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)$
Alors la solution générale sur $\,I\,$ de $\,(\sc E_f)\,$ est :
$\displaystyle{}\phi(x)=K\sp{1.5}\e{-A(x)}+\gamma(x)\sp{1.5},\txt{pour}K\app\bb K$
$\,A\,$ étant une primitive de $\,a\,$ et $\,\gamma\,$ une solution particulière de $\,(\sc E_f)\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}\phi_C(x)= \frac1x+C\sp{1.5}(x-1),\txt{pour tout}C\app\bb R$
Faute de trouver ainsi $\,\gamma(x)\sp{1.5},\,$ on peut aussi utiliser la méthode de
Chaque solution $\,\phi_{C_1}\,$ sur $\,]\sp{1.5}0,1\sp{1.5}[\,$ se raccorde par
Soient $\,a,\sp{1.5}f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle linéaire sur $\,I:\,$
variation
de la constante qui conduit à :
$\displaystyle{}(\sc E_f):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)$
Alors on obtient sa solution générale en calculant les $\,K\app\sc C^1(I,\bb K)\,$ telles que $\,\phi(x)\!=\!K(x)\,\smh0{\e{-A(x)}}\,$ vérifie $\,(\sc E_f)\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{&K'(x)\sp{1.5}(x-1)^2+\frac{2\sp{1.5}x-1}{x^2}=0\\[-.5ex]
\Ssi&K'(x)=\frac{1-2\sp{1.5}x}{x^2(x-1)^2}=\frac1{x^2}-\frac1{(x-1)^2}\\[-.5ex]
\Ssi&K(x)=-\frac1x+\frac1{x-1}+C\ \txt{pour}C\app\bb R}$
On obtient bien la même solution générale, mais avec des calculs plus longs.
Soit $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5},\,$ admettant une limite finie en $\,a\non\app I\sp{1.5}.\,$ Alors la fonction $f$
se prolonge par continuité à $\,I\cup\sp{-1.5}\{a\}\,$ en posant :
continuité
en $\,x=1\,$ à chaque solution $\,\phi_{C_2}\,$ sur $\,]\sp{1.5}1,+\I[\,$en posant :
$\displaystyle{}f(a)=\!\lim x a f(x)$
$\displaystyle{}\phi_{C_1}(1)=\lim x1\,\phi_{C_1}(x)=1=\lim x1\,\phi_{C_2}(x)=\phi_{C_2}(1)$
Cependant, l'exigence de
$f:I\to\bb K$ est dérivable en $\,a\,$ ssi le taux d'accroissement de $f$ en $a$ admet une limite finie en $\,a:\,$
dérivabilité
des solutions en $\,x=1\,$ impose la condition $\,C_1=C_2\sp{1.5},\,$ pour avoir :
$\displaystyle{}f'(a)=\lim xa\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\app\bb K$
Si $f$ est dérivable en $\,a\sp{1.5},\,$ alors $f$ est continue en $\,a\sp{1.5}.\,$
Si $f$ est dérivable sur $I\sp{1.5},$ $\,f':x\mapsto f'(x)\,$ est la dérivée de $f\sp{1.5}.$
$\displaystyle{}\phi_{C_1}'(1)=C_1-1=C_2-1=\phi_{C_2}'(1)$
La forme générale des solutions de $(\sc E)$ sur tout $]\sp{1.5}0,+\I[$ est donc bien :
$\displaystyle{}\phi_C(x)= \frac1x+C\sp{1.5}(x-1)\sp{1.5},\txt{pour tout}C\app\bb R$
Le problème de
Soient $\,a,\sp{1.5}f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle linéaire sur $\,I:\,$
Cauchy
a bien une solution unique pour tout $\,(x_0,y_0)\,$ tel que $\,x_0\neq1\sp{1.5},\,$ avec : $\,C=\dfrac{y_0-1/x_0}{x_0-1}\!\cdot\,$
En revanche, ce n'est pas le cas pour $\,x_0=1\,$ car on a alors : $\,\ptt C\app\bb R,\ \phi_C(1)=1\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}(\sc E_f)\ \ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)$
Pour $\,(x_0,y_0)\app I\times\bb K\,$ fixé, il existe une unique solution $\,\phi\,$ de $\,(\sc E_f)\,$ telle que : $\,\phi(x_0)=y_0\sp{1.5}.\,$
|
Courbes intégrales de $\,(\sc E)\,$ sur $\,]\sp{1.5}0,+\I[\,$
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Exercice d
Résoudre sur $\,]-\I,1\sp{1.5}[\,$ ou $\,]\sp{1.5}1,+\I[\,$ l'équation différentielle suivante :
$\displaystyle{}(\sc E):\ \ (x-1)\sp{1.5}y'+x\sp{1.5}y=x^2$
Existe -t-il une solution de $\,(\sc E)\,$ se prolongeant par continuité en $\,x=1\,?\,$
équations différentielles linéaires d'ordre 1
La forme normalisée d'une équation différentielle linéaire d'ordre $\,1\,$ est :
$\displaystyle{}(\sc E)\ \ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)\sp{1.5}, \txt{pour} a,f\app\sc C(I,\bb K)$
Les solutions de $\,(\sc E)\,$ sont les $\,\phi:I\to\bb K\,$ dérivables, telles que :
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ \phi'(x)+a(x)\sp{1.5}\phi(x)=f(x)$
théorème de Cauchy-Lipschitz à l'ordre 1
Soient $\,a,\sp{1.5}f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle linéaire sur $\,I:\,$
$\displaystyle{}(\sc E_f):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)$
Alors la solution générale sur $\,I\,$ de $\,(\sc E_f)\,$ est :
$\displaystyle{}\phi(x)=K\sp{1.5}\e{-A(x)}+\gamma(x)\sp{1.5},\txt{pour}K\app\bb K$
$\,A\,$ étant une primitive de $\,a\,$ et $\,\gamma\,$ une solution particulière de $\,(\sc E_f)\sp{1.5}.\,$
méthode de variation de la constante
Soient $\,a,\sp{1.5}f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle linéaire sur $\,I:\,$
$\displaystyle{}(\sc E_f):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)$
Alors on obtient sa solution générale en calculant les $\,K\app\sc C^1(I,\bb K)\,$ telles que $\,\phi(x)\!=\!K(x)\,\smh0{\e{-A(x)}}\,$ vérifie $\,(\sc E_f)\sp{1.5}.\,$
équations d'ordre 1 à coefficients constants
Soient $\,(a,\lambda)\app\bb C^2,\,$ $\,P\app\bb C_n[X]\,$ et l'équation différentielle :
$\displaystyle{}(\sc E):\ \ y\sp{1.5}'+a\sp{1.5}y=P(x)\sp{1.5}\e{\sp{1.5}\lambda\sp{1.5}x}$
Alors l'équation $\,(\sc E)\,$ admet une solution de la forme :
- $\,x\mapsto Q(x)\sp{1.5}\e{\sp{1.5}\lambda\sp{1.5}x}\,$ pour $\,Q\app\bb C_n[X]\sp{1.5},\,$ lorsque $\,\lambda\neq-a\sp{1.5};\,$
- $\,x\mapsto x\sp{1.5}Q(x)\sp{1.5}\e{-a\sp{1.5}x}\,$ pour $\,Q\app\bb C_n[X]\sp{1.5},\,$ lorsque $\,\lambda=-a\sp{1.5}.\,$
indication
1
Mettre l'équation $\,(\sc E)\,$ sous forme normalisée et utiliser la méthode de variation de la constante.
indication
2
Déterminer la solution de $\,(\sc E)\,$ admettant une limite finie en $\,x=1\sp{1.5}.\,$
figure
Courbes intégrales de $\,(\sc E)\,$ sur $\,\bb R\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{1\}\,$ ou $\,\bb R\,$
réponse
On obtient la forme générale des solutions de l'équation $\,(\sc E)\,$ sur $\,]-\I,1\sp{1.5}[\,$ ou $\,]\sp{1.5}1,+\I[\,:\,$
$\displaystyle{}\phi_C(x)= x-1+\frac{1+C\sp{1.5}\e{-x}}{x-1}\sp{1.5},\txt{pour tout}C\app\bb R$
La solution $\,\phi_{-\e{}}:\, x\mapsto x-1+\dfrac{1-\e{1-x}}{x-1}\,$ se prolonge par continuité en $\,x=1\,$ en posant : $\,\phi_{-\e{}}(1)=1\sp{1.5}.\,$
correction
Sur $\,I=\,]-\I,1\sp{1.5}[\,$ ou $\,I=\,]\sp{1.5}1,+\I[\sp{1.5},\,$ l'équation différentielle $\,(\sc E)\,$ est linéaire d'ordre $\,1\,$ et prend la forme
La forme normalisée d'une équation différentielle linéaire d'ordre $\,1\,$ est :
normalisée :
$\displaystyle{}(\sc E)\ \ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)\sp{1.5}, \txt{pour} a,f\app\sc C(I,\bb K)$
Les solutions de $\,(\sc E)\,$ sont les $\,\phi:I\to\bb K\,$ dérivables, telles que :
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ \phi'(x)+a(x)\sp{1.5}\phi(x)=f(x)$
$\displaystyle{}y' +\frac x{x-1}\,y=\frac{x^2}{x-1}$
On recherche d'abord une
Soit $\,u\app\sc C^n(I,\bb K)\,$ pour $\,n\geq1\sp{1.5},\,$ telle que : $\,\ptt x\app I,\ u(x)\neq0\sp{1.5}.\,$ Alors la fonction $\,f:x\mapsto\ln|u(x)|\,$ est de classe $\sc C^n$ sur $I\sp{1.5},$ avec :
primitive
$\,A\,$ de la fonction
$\displaystyle{}\ptt x\app I,\ f'(x)=\smh{1.25}{\frac{u'(x)}{u(x)}}$
Une fonction rationnelle est de la forme : $\,\Big\{\eqalign{&\!\bb K\!\setminus\!\{\alpha_1,\dots,\alpha_p\}\to\bb K\\[-.5ex]&\!x\mapsto f(x)\!=\!A(x)\sp{-1.5}/\sp{-1.5}B(x)}\,$
pour $\,\sth1A\app\bb K[X]\,$ et $\,B\app\bb K[X]\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{0\}\,$ de racines : $\,\alpha_1,\dots,\alpha_p\app\bb K\sp{1.5}.\,$
rationnelle
$\,a:x\mapsto\dfrac x{x-1}\sp{1.5},\,$
- Si les $A(\alpha_k)$ sont non nuls, $f$ est iréductible de pôles les $\,\alpha_k\sp{1.5}.\,$
- Un pôle $\alpha_k$ est un pôle simple ssi $\alpha_k$ est racine simple de $B\sp{1.5}.$
Une fonction rationnelle $\,f\,$
est continue sur tout intervalle ne contenant aucun pôle de $f(x)\sp{1.5}.$
continue
sur $\,I:\,$
$\eqalign{A(x)=\int\frac x{x-1}\d x&=\int\Big(1+\frac 1{x-1}\Big)\d x\\[-.5ex]&=x+\ln\big|x-1\big|+C\sp{1.5},\txt{pour}C\app\bb R}$
En choisissant $\,C=0\,$ pour $\,A\sp{1.5},\,$ on obtient la
Soient $\,a\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle homogène sur $\,I:\,$
solution
générale de l'équation homogène :
$\displaystyle{}(\sc E_0):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=0$
$\,A\,$ étant une primitive de $\,a\sp{1.5},\,$ la solution générale sur $\,I\,$ de $\,(\sc E_0)\,$ est :
$\displaystyle{}\psi(x)= K\sp{1.5}\e{-A(x)}\sp{1.5},\txt{pour}K\app\bb K$
$\eqalign{\psi(x)&=L\,\e{-x-\ln\big|x-1\big|}=L\sp{1.5}\dfrac{\e{-x}}{|x-1|}\\[-1ex]&=K\sp{1.5}\dfrac{\e{-x}}{x-1},
\txt{pour}K=\pm\,L\app\bb R}$
Le signe $\,\pm\,$ devant $L$ est le signe de $\,(x-1)\,$ et correspond au choix de l'intervalle $I\sp{1.5};$ cela permet d'éliminer la valeur absolue.
On applique alors la méthode de
Soient $\,a,\sp{1.5}f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle linéaire sur $\,I:\,$
variation
de la constante en posant $\,y=K(x)\sp{1.5}\dfrac{\e{-x}}{x-1}\,$ pour $\,K\app\sc C^1(I,\bb R)\,$ dans $\,(\sc E)\sp{1.5}.\,$
Sachant que $\,K(x)\,$ va s'éliminer lors de cette substitution, on obtient alors l'équation :
$\displaystyle{}(\sc E_f):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)$
Alors on obtient sa solution générale en calculant les $\,K\app\sc C^1(I,\bb K)\,$ telles que $\,\phi(x)\!=\!K(x)\,\smh0{\e{-A(x)}}\,$ vérifie $\,(\sc E_f)\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{(x-1)\sp{1.5}K'(x)\,\frac{\e{-x}}{x-1}&=x^2\\ \txt{c'est-à-dire :}K'(x)&=x^2\,\e x}$
On cherche ensuite une
Soient $\,(a,\lambda)\app\bb C^2,\,$ $\,P\app\bb C_n[X]\,$ et l'équation différentielle :
solution
particulière de cette équation sous la forme $\,K(x)=(a\sp{1.5}x^2+b\sp{1.5}x+c)\,\e x\sp{1.5},\,$ avec :
$\displaystyle{}(\sc E):\ \ y\sp{1.5}'+a\sp{1.5}y=P(x)\sp{1.5}\e{\sp{1.5}\lambda\sp{1.5}x}$
Alors l'équation $\,(\sc E)\,$ admet une solution de la forme :
- $\,x\mapsto Q(x)\sp{1.5}\e{\sp{1.5}\lambda\sp{1.5}x}\,$ pour $\,Q\app\bb C_n[X]\sp{1.5},\,$ lorsque $\,\lambda\neq-a\sp{1.5};\,$
- $\,x\mapsto x\sp{1.5}Q(x)\sp{1.5}\e{-a\sp{1.5}x}\,$ pour $\,Q\app\bb C_n[X]\sp{1.5},\,$ lorsque $\,\lambda=-a\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{K'(x)&=(2\sp{1.5}a\sp{1.5}x+b)\sp{1.5}\e x+(a\sp{1.5}x^2+b\sp{1.5}x+c)\,\e x\\
&=\big(a\sp{1.5}x^2+(2\sp{1.5}a+b)\sp{1.5}x+b+c\big)\,\e x=x^2\,\e x}$
Par
Si $\,A,B\app\bb K_n[X]\,$ ont plus de $\,n\,$ valeurs en commun, alors $\,A=B\sp{1.5}.\,$
On peut donc identifier leurs coefficients : $\,\ptt k\app\sp{1.5}[\![\sp{1.5}0\sp{.75},n\sp{1.5}]\!]\sp{1.5},\ a_k=b_k\sp{1.5}.\,$
identification
des coefficients, on obtient :
$\displaystyle{}\Bigg\{\eqalign{\,a&=1\\[-.5ex]\,2\sp{1.5}a+b&=0\\[-.5ex]b+c&=0}\ \Ssi (a,b,c)=(1,-2,\sp{1.5}2)$
On en déduit les
$F$ est une primitive de $\,f:I\to\bb K\,$ ssi $F$ est dérivable sur $I$ et $\,F'=f.\,$
Les primitives de $f$ sont alors les $\,G:x\mapsto F(x)+C,\,$ pour $\,C\app\bb K\sp{1.5}.\,$
primitives
de $\,x\mapsto x^2\,\e x\sp{1.5},\,$ puis la forme générale des
Soient $\,a,\sp{1.5}f\app\sc C(I,\bb K)\,$ et l'équation différentielle linéaire sur $\,I:\,$
solutions
de $\,(\sc E):\,$
$\displaystyle{}(\sc E_f):\ \ y\sp{1.5}'+a(x)\sp{1.5}y=f(x)$
Alors la solution générale sur $\,I\,$ de $\,(\sc E_f)\,$ est :
$\displaystyle{}\phi(x)=K\sp{1.5}\e{-A(x)}+\gamma(x)\sp{1.5},\txt{pour}K\app\bb K$
$\,A\,$ étant une primitive de $\,a\,$ et $\,\gamma\,$ une solution particulière de $\,(\sc E_f)\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{K(x)&=(x^2-2\sp{1.5}x+2)\,\e x+C\\&=\big((x-1)^2 +1\big)\,\e x+C\\
\txt{d'où :}\ \phi_C(x)&= x-1+\frac{1+C\sp{1.5}\e{-x}}{x-1},\txt{pour tout}C\app\bb R}$
Pour être prolongeable par continuité en $\,x=1\sp{1.5},\,$ les solutions $\,\phi_C\,$ doivent avoir une
Soient $I$ un intervalle et $\,f,g:I\to\bb R\,$ de limites $\ell_1,\ell_2\app\surl{\bb R}$ en $a\app \surl{\bb R}.$
limite
finie :
- $\,\smb{1}{\smh0{\lim x a \big(\alpha\sp{1.5}f(x)+\beta\,g(x)\big)}}=\alpha\sp{1.5}\ell_1+\beta\sp{1.5}\ell_2\,,\,$ si $\,(\alpha,\beta)\app\bb R^2,\,$
- $\,\smb{1}{\lim x a\ \big(f(x)\,g(x)\big)}=\ell_1\,\ell_2\,,\,$
- $\,\smb{1}{\lim x a \big({f(x)}\big/{g(x)}\big)}= {\ell_1}\big/{\ell_2}\,,\,$ si $\,g(x)\neq0\,$ sur $\,\!I\!\setminus\!\{a\}\sp{1.5},\,$
$\displaystyle{}C\neq-\e{}\Imp\lim x1\,\phi_C(x)=\!\lim x1\dfrac{1+C\sp{1.5}\e{-x}\!}{x-1}=\pm\I$
Il s'ensuit que seule la solution $\,\phi=\phi_{-e}\,$ pourrait être prolongée par
Soit $\,f\app\sc C(I,\bb K)\sp{1.5},\,$ admettant une limite finie en $\,a\non\app I\sp{1.5}.\,$ Alors la fonction $f$
se prolonge par continuité à $\,I\cup\sp{-1.5}\{a\}\,$ en posant :
continuité
en $\,x=1\sp{1.5}.\,$
C'est bien le cas puisque sur chacun des deux intervalles $\,]-\I,1\sp{1.5}[\,$ et $\,]\sp{1.5}1,+\I[\sp{1.5},\,$ on a par
$\displaystyle{}f(a)=\!\lim x a f(x)$
La fonction exponentielle $\,x\mapsto\e x\,$ vérifie :
équivalent :
$\displaystyle{}\sth{.5}\lim x{-\I}\e{x}=0\sp{1.5},\ \lim x{+\I}\e x=+\I\ \txt{et}\,(\e x-1)\eq x0 \,x$
$\displaystyle{}1-\e{}\sp{1.5}.\e{-x}=-\big(\e{1-x}-1\big)\eq x1-(1-x)$
La solution $\,\phi: x\mapsto x-1+\dfrac{1-\e{1-x}}{x-1}\,$ se prolonge donc continûment à $\,\bb R\,$ en posant : $\,\phi(1)=\lim x1\phi_{-\e{}}(x)=1\sp{1.5}.\,$
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Courbes intégrales de $\,(\sc E)\,$ sur $\,\bb R\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{1\}\,$ ou $\,\bb R\,$
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