Exercice ED SO 1 : (N2 ) Enoncé EQUATIONS DIFFERENTIELLES

EQUATIONS DIFFERENTIELLES DU SECOND ORDRE : CORRIGES
Exercice ED SO 1 : (N2 ) Enoncé
Résoudre les équations différentielles suivantes
b) y ′′ − y ′ + y = 5
a) y ′′ − 5 y ′ + 6 y = 2e 4 x
c) xy ′′ − y ′ = 3 x 2
d) y ′′ + 2 y ′ + 5 y = cos x
Exercice ED SO 1 : (N2) Corrigé
a) Pour
y′′ − 5 y′ + 6 y = 2e4 x
♦ On résout d’abord l’ESSM y ′′ − 5 y ′ + 6 y = 0 équation différentielle du second ordre linéaire à coefficients
constants
Equation caractéristique : r 2 − 5r + 6 = 0 a pour solutions 2 et 3
2x
3x
Donc la SGEASM est y = λ e + µ e , où λ et µ sont des constantes réelles.
♦ On peut chercher une SPEASM sous la forme y p = ae 4x , en reportant dans l’EASM y ′′ − 5 y ′ + 6 y = 2e4 x , on
trouve a=1 donc y p = e 4x
4x
2x
3x
♦ SGEASM = SGESSM+ SPEASM donc finalement y = λ e + µ e + e
b) Pour
y ′′ − y ′ + y = 5
♦ On résout d’abord l’ESSM y ′′ − y ′ + y = 0 équation différentielle du second ordre linéaire à coefficients
constants
2
1
3
Equation caractéristique Ec : r 2 − r + 1 = 0 ∆ = −3 = i 3
Ec a pour solutions
±i
2
2
3
3
x
Donc la SGEASM est y = e 2 (λ cos
x + µ sin
x) où λ et µ sont des constantes réelles
2
2
On peut chercher une SPEASM sous la forme y p = a , en reportant dans l’EASM y ′′ − y ′ + y = 5 , on trouve y p = 5
( )
x
♦ SGEASM = SGESSM+ SPEASM donc finalement y = e 2 (λ cos
3
3
x + µ sin
x) + 5
2
2
c) xy ′′ − y ′ = 3x 2
C’est une équation linéaire incomplète sans y, le plus simple est de faire un changement de fonction en posant
u = y ′ et alors l’équation devient xu ′ − u = 3 x 2 équation linéaire du premier ordre
u
= Ln x donc u = cx
c
soit on cherche un polynôme soit méthode de variation de la constante qui donne ici c′( x) = 3 donc
-SGESSM : xu '− u = 0 on trouve Ln
-SPEASM
u p = 3 x 2 est une SPEASM
-SGEASM : u = cx + 3x 2
Pour terminer u = y ′ donc y = dx 2 + x3 + k
1
d) Pour y ′′ + 6 y ′ + 9 y = cos x +3x
♦ On résout d’abord l’ESSM y ′′ + 6 y ′ + 9 y = 0 équation différentielle du second ordre linéaire à coefficients
constants
Equation caractéristique Ec : r 2 + 6r + 9 = 0 = ( r + 3)
Donc la SGEASM est y = e
−3 x
2
Ec a (-3) pour solution double
(λ x + µ ) où λ et µ sont des constantes réelles
♦ On va chercher une SP de E1 y ′′ + 6 y ′ + 9 y = cos x , et une SP de E2 y ′′ + 6 y ′ + 9 y = +3x
--Pour E1 on cherche la SP sous la forme y p1 = a cos x + b sin x d’où y ′p1 = −a sin x + b cos x et
−a + 6b + 9a = 1 (coeff de cos x)
y ′′p1 = − a cos x − b sin x , on reporte dans E et on trouve 
−b − a + 9b = 0 (coeff de sin x)
4
1
4
1
On trouve a = , b =
donc y p1 = cos x + sin x
35
70
35
70
--Pour E2 y ′′ + 6 y ′ + 9 y = +3x, on cherche la SP sous la forme y p 2 = ax + b , y ′p 2 = a
9a = 3
cela donne 
, on a donc
6a + 9b = 0
Finalement une SPEASM
a = 1

3
et

b = − 2 9
y p2 = 1 x − 2
3
9
y ′′ + 6 y ′ + 9 y = cos x +3x est y p1 + y p 2 =
♦ Finalement y = e −3 x (λ x + µ ) +
4
1
cos x + sin x + 1 x − 2
3
9
35
70
4
1
cos x + sin x + 1 x − 2
3
9
35
70
Exercice ED SO 2 : (N2 ) Enoncé
Résoudre en utilisant la méthode de variation des constantes y "+ y =
1
cos x
Exercice ED SO 2 : (N2) Corrigé
1
cos x
♦ On résout d’abord l’ESSM y "+ y = 0 équation différentielle du second ordre linéaire à coefficients constants,
Pour y "+ y =
sans second membre .
Equation caractéristique r 2 + 1 = 0 admet comme racines i et –i, donc la solution générale de l’ESSM est
y = λ cos x + µ sin x
♦ Donc pour λ = 1, µ = 0 on obtient une SPESSM y1 = cos x et pour λ = 0, µ = 1 on obtient une autre SPESSM
y2 = sin x . De manière évidente ces solutions sont indépendantes.
On va donc chercher la SGEASM sous la forme y = u ( x ) cos x + v ( x ) sin x .
u ′( x) cos x + v′( x)sin x = 0
(1)

Les dérivées u ′ et v′ doivent vérifier le système : 
1
( 2)
−u ′( x)sin x + v′( x) cos x =
cos x

sin x
et v '( x) = 1 , on en déduit
En faisant (1) × cos x − ( 2 ) sin x , on trouve les deux égalités, on trouve u ′( x) = −
cos x
sin x
que u ( x) = ∫ −
dx = Ln cos x + c et v( x) = x + d
cos x
Finalement de y = u ( x ) cos x + v ( x ) sin x , on déduit
y = ( Ln cos x + c ) cos x + ( x + d ) sin x = c cos x + d sin x + cos xLn cos x + x sin x
2
Exercice ED SO 3 : (N2 ) Enoncé
Résoudre
b) t 2 y ′′ + 4ty ′ + 2 y = 2t ( ln t )
a) t 2 y ′′ + 4ty ′ + 2 y = 0
c) x 2 y ′′ + xy ′ + y = 6 − Lnx
Exercice ED SO 3 : (N2) Corrigé
a) t 2 y ′′ + 4ty ′ + 2 y = 0 Equation d’Euler sans second membre
♦ on cherche des solutions particulières sous la forme y = t r , on obtient une équation du second degré
1
1
r (r − 1) + 4r + 2 = 0 soit r 2 + 3r + 2 = 0 on trouve r = -2 et r = - 1 donc y (t ) = A + B 2
t
t
b) t 2 y ′′ + 4ty ′ + 2 y = 2t ( ln t )
1
1
Première étape : on résout d’abord l’ESSM (cf. a) on a trouvé y (t ) = A + B 2
t
t
Deuxième étape : on résout l’EASM t 2 y ′′ + 4ty ′ + 2 y = 2t ( ln t ) en utilisant la méthode de « Variations des
constantes »
1
1
On va donc chercher la SGEASM sous la forme y = u ( t ) + v ( t ) 2 .
t
t
Les dérivées u ′ et v′ doivent vérifier le système :
1
1

u ′ ( t ) t + v′ ( t ) 2 = 0

t

1
−u ′(t ) − 2v′(t ) 1 = 2 ( ln t )

t2
t3 t
(1)
( 2)
ou encore
u ′ ( t ) t + v′ ( t ) = 0

2
−u ′(t )t − 2v′(t ) = 2t ( ln t )
(1)
( 2)
on trouve u ′(t ) = 2t ( ln t ) et v′(t ) = −2t 2 ( ln t )
donc u (t ) = ∫ 2tLntdt = ∫ 2e 2 x xdx avec changement de variable x = Lnt
1
1
donc u (t ) = e 2 x x − ∫ e 2 x dx = xe2 x − e2 x + c = t 2 ln t − t 2 + c (avec une intégration par parties)
2
2
2
−2 3 x 2 3 x
−2 3 x 2 3 x
−2 3
xe + ∫ e dx =
xe + e + d =
t Lnt + t 3 + d
et v(t ) = − ∫ 2t 2 Lntdt = − ∫ 2e3 x xdx =
3
3
3
9
3
9
1 2
2 3
5
 2
 1  −2 3
1 c d 1
donc y =  t ln t − t + c  +  t Lnt + t + d  2 = + 2 + tLnt − t
t t
2
9
3
18

t  3
t
b) x 2 y ′′ + xy ′ + y = x ( 6 − Lnx ) Equation d’Euler avec second membre
Première étape : on résout d’abord l’ESSM x 2 y ′′ + xy ′ + y = 0
♦ on cherche des solutions particulières sous la forme y = x r , on obtient une équation du second degré
r (r − 1) + r + 1 = 0 soit r 2 + 1 = 0 on trouve r = i ou r=-i
♦ on utilise alors la méthode plus générale :
on note x = et et y ( x) = y (et ) = z (t )
dt
1
1
d 2 y 1  d 2z dz 
= 
− 
=
= e −t =
et
dx  dx 
x
dx 2 x 2  dt 2 dt 
 
 dt 
1  d 2z dz 
1 dz
d 2z
en fonction et l’équation se transforme en x 2 2  2 −  + x
+ z = 0 soit 2 + z = 0
dt 
x dt
x  dt
dt
Alors
dy dz dt 1 dz
=
=
dx dt dx x dt
car
3
on résout l’équation caractéristique r 2 + 1 = 0 : on trouve r = i ou r=-i donc
z (t ) = A cos t + B sin t
donc y ( x) = A cos ( Lnx ) + B sin ( Lnx )
Deuxième étape : on résout l’EASM x 2 y ′′ + xy ′ + y = 6 − Lnx en en utilisant la méthode de « Variations des
constantes »
On va donc chercher la SGEASM sous la forme y ( x) = u ( x)cos ( Lnx ) + v( x)sin ( Lnx ) .
Les dérivées u ′ et v′ doivent vérifier le système :
u ′ ( x ) cos ( Lnx ) + v′ ( x ) sin ( Lnx ) = 0
(1)

ou encore
 1
1
1
− x u ′( x)sin ( Lnx ) + x v′( x)cos ( Lnx ) = 2 ( 6 − Lnx ) ( 2 )
x

u ′ ( x ) cos ( Lnx ) + v′ ( x ) sin ( Lnx ) = 0
sin ( Lnx )
1

d’où v′( x) = ( 6 − Lnx ) cos ( Lnx ) et u ′ ( x ) = −v′ ( x )

1
x
cos ( Lnx )
−u ′( x)sin ( Lnx ) + v′( x) cos ( Lnx ) = ( 6 − Lnx )
x

1
( 6− Lnx ) cos( Lnx )dx = ∫ ( 6−t ) cos tdt = ( 6 − t ) sin t + ∫ sin tdt = ( 6 − Lnx ) sin ( Lnx ) − cos ( Lnx ) + c
x
(avec changement de variable et intégration par parties)
1
u ( x) = − ∫ ( 6 − Lnx ) sin ( Lnx )dx = − ∫ ( 6 −t ) sin tdt = ( 6 − t ) cos t + ∫ cos tdt + d = ( 6 − Lnx ) cos ( Lnx ) + sin ( Lnx ) + d
x
y ( x) = u ( x)cos ( Lnx ) + v( x)sin ( Lnx )
v( x) = ∫
y ( x) = ( 6 − Lnx ) cos ( Lnx ) + sin ( Lnx ) + d  cos ( Lnx ) + ( 6 − Lnx ) sin ( Lnx ) − cos ( Lnx ) + c  sin ( Lnx )
Finalement y ( x) = d cos ( Lnx ) + c sin ( Lnx ) + 6 − Lnx
Exercice ED SO 4 : (N2 ) Enoncé
Résoudre l’équation différentielle y 2 y ′′ + y ′ = 0
Exercice ED SO 4 : (N2) Corrigé
y 2 y ′′ + y ′ = 0 : il s’agit d’une équation du second ordre incomplète (sans x)
On effectue un changement de fonction et de variable en posant y ′ = z ( y ) (c’est à dire y ′( x) = z ( y ( x)) ) ,
Cela entraîne y ′′( x) = z ′( y ( x)) × y '( x) (fonctions composées) ou y ′′ = z '( y ) y ' = z '( y ) z = zz ′
y 2 y ′′ + y ′ = 0 donne y 2 zz ′ + z = 0
donc z = 0 (qui donne y=k) ou y 2 z ′ + 1 = 0
y 2 z ′ + 1 = 0 équation du premier ordre à variables séparables z ′ ( y ) =
−1
y
2
d’ où z ( y ) =
1
+a
y
dy
1
y
= y ′ = z ( y ) = + a ou encore
dy = dx
dx
y
ay + 1
y
1 ay + 1 1 1
1 1 1
=
−
= −
Pour intégrer la fraction, le plus simple est d’écrire
ay + 1 a ay + 1 a ay + 1 a a ay + 1
On est donc amené à résoudre
1 1 1 
1
1
Il faut dont intégrer  −
 dy = dx ce qui donne x = y − 2 Ln ( ay + 1) + b
+
a
a
a
ay
1
a


4
Exercice ED SO 5 : (N2 ) Enoncé
Résoudre l’équation différentielle homogène yy ′′ − y ′2 + yy ′ + xy 2 = 0 (e1)
Exercice ED SO 5 : (N2) Corrigé
2
y ′′  y ′ 
y′
−   + + x = 0 (e2)
y  y
y
y′
= z d’où y ' = yz
On effectue un changement de fonction inconnue en posant
y
yy ′′ − y ′2 + yy ′ + xy 2 = 0 (e1) ou encore
et y ′′ = y ′z + yz ′ = yz 2 + yz ′ donc
y′′
= z 2 + z′
y
(e2) devient alors z 2 + z ′ − z 2 + z + x = 0 soit z ′ + z = − x
♦ Résolution de z ′ + z = − x équation différentielle du premier ordre
ESSM : z ′ + z = 0 ………donc z = Ae − x
EASM : z ′ + z = − x on peut chercher une solution particulière sous la forme d’un polynôme de degré 1 :
p( x) = ax + b cela donne en reportant dans l’équation
donc a = −1 et b = 1 d’où une solution particulière SPEASM est p ( x ) = − x + 1
SGEASM : z = Ae − x − x + 1
y′
y
1
= z = Ae − x − x + 1 d’où Ln = − Ae − x − x 2 + x donc
c
2
y
♦ Finalement
1
2
y = c exp( Be− x − x2 + x)
Exercice ED SO 6 : (N2 ) Enoncé
(
)
Pour 1 + x 2 y′′ + xy′ − y = 0
Vérifier que y = 1 + x 2 est solution . En déduire la résolution de l’équation différentielle.
Préciser l’équation de la courbe intégrale passant par A(0,1) ayant une tangente parallèle à la première bissectrice
en ce point.
(
)
Indication : pour intégrer 1 + x 2
(1 + x )
3
2 − 2
(
= 1 + x2
) (1 + x
−3
2
2
−3
2
, on peut écrire
) (
− x2 = 1 + x2
)
−1
2
(
 1
+ x ×  −  1 + x2
 2
)
−3
2
× 2 x (dérivée de uv)
Exercice ED SO 6 : (N2) Corrigé
y = 1 + x 2 entraîne y ′ =
(
y ′′ = 1 + x 2
)
−1
2
x
1+ x
( 2 ) (1 + x )
+ x × 2 x × −1
(1 + x ) y′′ + xy′ − y = (1 + x )
2
2
(
= x 1 + x2
2
2
1
2
−3
(
2
)
−1
2
donc
(
= 1 + x2
1 − x 2 1 + x 2

)
−1 
)
−1
2
(
1 − x 2 1 + x 2

(
2
2
 + x 1 + x
)
−1
2
)
−1 

(
− 1 + x2
)
1
2
= 0 cqfd
On est dans le cas où l’on connaît une solution particulière de l’ED : y1 = 1 + x 2 .
La méthode pour trouver la solution générale consiste à effectuer un changement de fonction en posant y = y1 z ,
c’est à dire
y ( x ) = z ( x ) 1 + x2
z étant la nouvelle fonction inconnue.
5
(
)
y ′ et y ′′ , on reporte dans l’équation et on trouve 1 + x 2 z ′′ + 3xz ′ = 0 qui se ramène à du premier
On calcule
ordre en posant u = z ′
(
)
−3
u ′ −3 x
−3 2 x
2
2
u
=
c
1
+
x
= z′
=
=
……
u 1 + x2
2 1 + x2
−3
−1

 1
= c 1 + x2 2 1 + x2 − x2 = c  1 + x2 2 + x ×  −  1 + x2
 2

(
1 + x 2 z ′′ + 3xz ′ = 0 donne
(
)
(
)
d’où z ′ = c 1 + x 2
donc z = cx 1 + x 2
−3
2
−1
2
(
) (
+ d et
)
(
)
)
(
)
−3
2

× 2x

y ( x ) = z ( x ) 1 + x 2 = cx + d 1 + x 2
Exercice ED SO 7 : (N2 ) Enoncé
Résoudre les équations différentielles suivantes
1
4
1
a) y "− y =
b)
+
−
=0
y
''
y
'
2
3
x
−x
x
1+ e
(
)
Exercice ED SO 7 : (N2) Corrigé
a) y "− y =
1
(1 + e− x )
2
--on résout d’abord l’ESSM y "− y = 0 équation différentielle du second ordre linéaire à coefficients constants, sans
second membre .
Equation caractéristique r 2 − 1 = 0 admet comme racines 1 et –1, la solution générale de l’ESSM est
y = λ e x + µ e − x Donc pour λ = 1, µ = 0 on obtient une SPESSM y1 = e x et pour λ = 0, µ = 1 on obtient une autre
SPESSM y2 = e − x . De manière évidente ces solutions sont indépendantes.
On va donc chercher la SGEASM sous la forme y = u ( x ) e x + v ( x ) e − x .
u ′( x).e x + v′( x).e − x = 0


1
Les dérivées u ′ et v′ doivent vérifier le système : u ′( x).e x − v′( x).e − x =

1 + e− x

(
En ajoutant les deux égalités, on trouve u ′( x) =
u ( x) =
1
2∫
e− x
(1 + e− x )
2
dx =
1
2∫
e x dx
( e x + 1)
2
=
1
2∫
e x dx
(1 + e− x )
2
=−
e− x
(
1 + e− x
)
2
)
2
( 2)
, on en déduit que
1
dX
1 1
1 1
=−
+c=−
+c
∫
2
2 ( X + 1)
2 1+ X
2 1 + ex
De l’égalité (1), on tire v′( x) = −u ′( x).e 2 x = −
v( x) = −
1
2
(1)
1
2
ex
(1 + e )
−x
2
que l’on intègre par parties en écrivant
1 e 2 x e x dx
1 X 2 dX
=
−
avec X = e x
∫
∫
2
2
2
2 ( X + 1)
ex + 1
pour la fraction rationnelle
(
)
X2
( X + 1)2
: soit on décompose en éléments simples , soit on « bricole » ainsi
6
2
X + 1) − 2 X − 1
(
1
X +1
=
=1− 2
+
2
2
2
( X + 1)
( X + 1) ( X + 1)2
( X + 1)
X2
=1− 2
1
1
+
( X + 1) ( X + 1)2

−1 
1
1
dX = −1 X + Ln X + 1 + 1 1 + d = −1 e x + Ln e x + 1 + 1 1 + d
−
+
1
2
∫
2
2 
2
2 X +1
2
2 ex + 1
( X + 1) ( X + 1) 

Finalement de y = u ( x ) e x + v ( x ) e − x , on déduit en simplifiant
(
D’où v( x) =
)
1 1
 1 1

 −1

+ c  e x +  e x + Ln e x + 1 +
+ d  e−x =
x
x
2 e +1
 2 1+ e

 2

x
−x
−1 − x
1 e
1 e
+ e Ln e x + 1 −
+
y = ce x + de x +
x
2
2 e + 1 2 ex + 1
4
1
b) y ''+ y '− 3 = 0
x
x
4
1
on pose z=y’ et on est ramené à résoudre (E) z '+ z = 3 équation linéaire du premier ordre
x
x
1
--SGESSM : …… z = C 4
x
1
1
--SPEASM Méthode de variation de la constante :……… C ' ( x) = x d’où C= x 2 donne z p = 2
2
2x
1
1
--d’où la SGEASM z = K 4 + 2
x
2x
1
1
--d’où la solution de l’équation initiale y = −
+D 3
2x
x
(
y = −
(
)
)
7