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Corrigé du devoir

Questions de cours :  
  1. Multiplions les deux membres de l'équation par $ \mathrm{e}^{t^2}$ (qui est strictement positif pour tout $ t$) :

    $\displaystyle y'(t)+2ty(t)=0\;\Longleftrightarrow\; y'(t)\mathrm{e}^{t^2}+2t\mathrm{e}^{t^2}y(t)=0\;. $

    Or le premier membre est la dérivée en $ t$ de la fonction $ t\mapsto \mathrm{e}^{t^2}y(t)$. Cette dérivée est nulle si et seulement si la fonction est constante sur $ \mathbb{R}$. Donc $ y$ est solution de l'équation si et seulement si il existe une constante $ C$ telle que pour tout $ t\in\mathbb{R}$ :

    $\displaystyle y(t)\mathrm{e}^{t^2}=C\;\Longleftrightarrow\;y(t)=C\mathrm{e}^{-t^2}\;. $

  2. D'après la question précédente, $ y(t)$ est solution de $ y'(t)+2ty(t)=0$, si et seulement si il existe une constante $ C$ telle que $ y(t)=C\mathrm{e}^{-t^2}$. Nous devons vérifier qu'il existe une unique constante $ C$ telle que $ y(0)=y_0$. On trouve immédiatement $ C=y_0$. La solution cherchée est donc :

    $\displaystyle y(t)=y_0\mathrm{e}^{-t^2}\;. $

  3. La fonction $ t\mapsto 1$, de dérivée nulle, vérifie bien l'équation proposée : $ 0+2t\times1=2t$. La fonction $ y$ est solution de l'équation $ y'(t)+2ty(t)=2t$ si et seulement si $ y-1$ est solution de l'équation $ y'(t)+2ty(t)=0$. Donc l'ensemble des solutions de $ y'(t)+2ty(t)=2t$ est :

    $\displaystyle \Big\{ t\mapsto 1+C\mathrm{e}^{-t^2} ,\;C\in\mathbb{R} \Big\}\;. $

  4. Multiplions les deux membres par $ 2$ :

    $\displaystyle 2y(t)y'(t)+2ty^2(t)=2t\;\Longleftrightarrow\; (y^2)'(t)+2ty^2(t)=2t\;. $

    Donc $ y$ est solution de l'équation proposée si et seulement si $ y^2$ est solution de l'équation de la question précédente, donc si il existe une constante $ C\in\mathbb{R}$ telle que :

    $\displaystyle y^2(t)=1+C\mathrm{e}^{-t^2}\;. $

    Comme $ y^2(t)\geqslant 0$, $ 1+C\mathrm{e}^{-t^2}$ doit être positif ou nul pour tout $ t\in\mathbb{R}$. C'est vrai si et seulement $ C\geqslant -1$. L'ensemble des solutions de $ y(t)y'(t)+ty^2(t)=t$ sur $ \mathbb{R}$ est :

    $\displaystyle \Big\{ t\mapsto \sqrt{1+C\mathrm{e}^{-t^2}} ,\;C\in [-1,+\infty[ \Big\}\;. $

  5. Ici, $ 1+C\mathrm{e}^{-t^2}$ doit être positif ou nul pour tout $ t\in ]-1,1[ $. C'est vrai si et seulement si $ C\geqslant -\mathrm{e}$. Donc l'ensemble des solutions de $ y(t)y'(t)+ty^2(t)=t$ sur $ ]-1,1[$ est :

    $\displaystyle \Big\{ t\mapsto \sqrt{1+C\mathrm{e}^{-t^2}} ,\;C\in [-\mathrm{e},+\infty[ \Big\}\;. $

Exercice 1 :  
  1. Pour $ t=-1$, le premier membre de $ (E)$ s'annule, et le second membre vaut $ 1$. Aucune fonction $ y$ ne peut donc vérifier l'équation en $ t=-1$.
  2. Il s'agit d'une équation linéaire sans second membre. Pour retrouver la solution générale sans utiliser la formule, on peut procéder comme suit (pour $ t>0$).
    $\displaystyle \displaystyle{\frac{y'(t)}{y(t)}}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{-\frac{1}{2t}}$  
    $\displaystyle \ln\vert y(t)\vert$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{-\frac{1}{2}\ln\vert t\vert+\ln(C)=\ln\left(\frac{C} {\sqrt{t}}\right)}$  
    $\displaystyle y(t)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{C}{\sqrt{t}}\;.$  

  3. Soit $ y$ une fonction vérifiant $ 2ty'(t)+y(t)=0$ pour tout $ t>0$. Pour tout $ t<0$, posons $ z(t)=y(-t)$. Alors $ z'(t)=-y'(-t)$ et on sait que $ (-2t)y'(-t)+y(-t)=0$. Donc $ 2tz'(t)+z(t)=0$. Réciproquement, si $ z$ vérifie $ 2tz'(t)+z(t)=0$ pour tout $ t<0$, alors la fonction $ y$ définie par $ y(t)=z(-t)$ vérifie $ 2ty'(t)+y(t)=0$, pour la même raison. L'ensemble des solutions de l'équation sur $ ]-\infty,0[$ est donc :

    $\displaystyle \left\{ t\mapsto \frac{C}{\sqrt{-t}} ,\;C\in\mathbb{R} \right\}\;. $

    Une fonction $ y$ est solution de l'équation sur $ \mathbb{R}^*$ si et seulement si il existe deux constantes $ C_1$ et $ C_2$ telles que :

    \begin{displaymath} y(t)=\left\{ \begin{array}{lcl} \displaystyle{\frac{C_1}{\sq... ...yle{\frac{C_2}{\sqrt{-t}}}&\mbox{si}&t<0\;. \end{array}\right. \end{displaymath}

  4. Pour $ t>0$, posons :

    $\displaystyle y(t)=\frac{C(t)}{\sqrt{t}}\;\Longrightarrow\; y'(t)=\frac{C'(t)}{\sqrt{t}}-\frac{C(t)}{2t\sqrt{t}}\;. $

    Donc :

    $\displaystyle 2ty'(t)+y(t)=\frac{1}{t+1}\;\Longrightarrow\; C'(t)=\frac{\sqrt{t}}{2t(t+1)}\;. $

    Pour le calcul de la primitive, nous devons effectuer le changement de variable $ \sqrt{s}=u$, soit $ 1/(2\sqrt{s}) \mathrm{d}s = \mathrm{d}u$.

    $\displaystyle C(t)=\int_c^t \frac{\sqrt{s}}{2s(s+1)} \mathrm{d}s =\int_{\sqrt{... ...mathrm{d}u =\Big[\arctan(u)\Big]_{\sqrt{c}}^{\sqrt{t}} =\arctan(\sqrt{t})+C\;. $

    La solution générale de $ (E)$ sur $ ]0,+\infty[$ est :

    $\displaystyle \frac{\arctan(\sqrt{t})}{\sqrt{t}} +\frac{C}{\sqrt{t}} ,\;C\in\mathbb{R}\;. $

  5. Pour $ t<0$, posons :

    $\displaystyle y(t)=\frac{C(t)}{\sqrt{-t}}\;\Longrightarrow\; y'(t)=\frac{C'(t)}{\sqrt{-t}}-\frac{C(t)}{2t\sqrt{-t}}\;. $

    Donc pour $ t\neq -1$ :

    $\displaystyle 2ty'(t)+y(t)=\frac{1}{t+1}\;\Longrightarrow\; C'(t)=\frac{\sqrt{-t}}{2t(t+1)}\;. $

    Pour le calcul de la primitive, nous devons effectuer le changement de variable $ \sqrt{-s}=u$, soit $ -1/(2\sqrt{-s}) \mathrm{d}s = \mathrm{d}u$.
    $\displaystyle C(t)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\int_c^t \frac{\sqrt{-s}}{2s(s+1)} \mathrm{d}s}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\int_{\sqrt{-c}}^{\sqrt{-t}}\frac{1}{1-u^2} \mathrm{d}u}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \left[\frac{1}{2} \ln\left\vert\frac{1+u}{1-u}\right\vert\right]_{\sqrt{c}}^{\sqrt{t}}}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{ \frac{1}{2}\ln\left\vert\frac{1+\sqrt{-t}}{1-\sqrt{-t}}\right\vert+C\;.}$  

    La solution générale de $ (E)$ sur $ ]-\infty, -1[$ et sur $ ]-1,0[$ est :

    $\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{-t}}\ln \left\vert\frac{1+\sqrt{-t}}{1-\sqrt{-t}}\right\vert +\frac{C}{\sqrt{-t}} ,\;C\in\mathbb{R}\;. $

  6. On sait que :

    $\displaystyle \lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+x)}{x}=1\;. $

    Donc :

    $\displaystyle \lim_{t\to 0^-} \frac{\ln(1+\sqrt{-t})}{\sqrt{-t}}= -\lim_{t\to 0^-} \frac{\ln(1-\sqrt{-t})}{\sqrt{-t}}=1\;. $

    On en déduit :

    $\displaystyle \lim_{t\to 0^-}\frac{1}{2\sqrt{-t}}\ln \left\vert\frac{1+\sqrt{-t... ...c{\ln(1+\sqrt{-t})}{\sqrt{-t}} -\frac{\ln(1-\sqrt{-t})}{\sqrt{-t}}\right)=1\;. $

    Pour $ t>0$, on sait que :

    $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\tan(x)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}=1\;. $

    On en déduit :

    $\displaystyle \lim_{y\to 0}\frac{y}{\arctan(y)}=1\;\Longrightarrow\; \lim_{y\to 0}\frac{\arctan(y)}{y}=1\;. $

    En remplaçant $ y$ par $ \sqrt{t}$ :

    $\displaystyle \lim_{t\to 0^+}\frac{\arctan(\sqrt{t})}{\sqrt{t}}=1\;. $

  7. D'après la question précédente, la limite à gauche et la limite à droite en 0 sont égales à $ 1=y_0(0)$. Donc $ y_0$ est continue en 0. L'équation $ (E)$ est satisfaite en $ t=0$, puisque $ y_0(0)=1$. Donc $ y_0$ est solution de $ (E)$ sur $ ]-1,+\infty[ $.

    Toute solution de $ (E)$ sur $ ]-1,+\infty[$ doit aussi être solution de $ (E)$ sur $ ]-1,0[$ et sur $ ]0,+\infty[ $. Or parmi les solutions de $ (E)$ sur $ ]-1,0[$, $ y_0$ est la seule à avoir une limite à gauche finie en 0. De même sur $ ]0,+\infty[$, $ y_0$ est la seule à avoir une limite à droite finie en 0. Donc $ y_0$ est la seule solution de $ (E)$ sur $ ]-1,+\infty[ $.

Exercice 2 :
  1. L'équation caractéristique associée est $ r^2-4r+4=0$, qui admet $ 2$ comme racine double. Donc l'ensemble des solutions de l'équation sans second membre est :

    $\displaystyle \Big\{ t\mapsto\mathrm{e}^{2t}(C_1+C_2t) ,\;C_1,C_2\in \mathbb{R} \Big\}\;. $

  2. Comme $ 1$ n'est pas racine de l'équation caractéristique associée, on sait que l'équation $ y''(t)-4y'(t)+4y(t)=(t^2+1)\mathrm{e}^t$ admet comme solution le produit de $ \mathrm{e}^t$ par un polynôme de même degré que $ (t^2+1)$.

    \begin{displaymath} \begin{array}{rcl} y(t)&=&\mathrm{e}^t(at^2+bt+c)\\ y'(t)&=... ...athrm{e}^{t}\big( at^2+(b-4a)t+(2a-2b+c) \big)\;. \end{array}\end{displaymath}

    D'où le système linéaire :

    $\displaystyle \left\{\begin{array}{rrrcl} a&&&=&1\\ -4a&+b&&=&0\\ 2a&-2b&+c&=&1 \end{array}\right. $

    La solution de ce système est $ a=1$, $ b=4$ et $ c=7$.
  3. Comme $ 2$ est solution double de l'équation caractéristique associée, l'équation $ y''(t)-4y'(t)+4y(t)=\mathrm{e}^{2t}$ admet comme solution le produit de $ \mathrm{e}^{2t}$ par un polynôme de degré $ 2$. Mais comme toutes les fonctions de la forme $ t\mapsto \mathrm{e}^{2t}(C_1+C_2t)$ vérifient l'équation sans second membre, il suffit de chercher une solution particulière sous la forme $ t\mapsto \alpha t^2\mathrm{e}^{2t}$.

    \begin{displaymath} \begin{array}{rcl} y(t)&=&\alpha t^2\mathrm{e}^{2t}\\ y'(t)... ...ne y''(t)-4y'(t)+4y(t)&=&2\alpha \mathrm{e}^{2t}\;. \end{array}\end{displaymath}

    La solution cherchée s'obtient pour $ \alpha=1$.
  4. Par le principe de superposition des solutions, pour avoir la solution générale de $ (E)$ nous devons ajouter la solution générale de l'équation sans second membre et les deux solutions obtenues aux questions 2 et 3. La solution générale de $ (E)$ est donc :

    $\displaystyle y(t) = \mathrm{e}^{2t}(C_1+C_2t)+ (t^2+4t+7)\mathrm{e}^t + \mathrm{e}^{2t}\;. $

Exercice 3 :  
  1. Si $ y$ est une solution constante de $ (E)$, alors $ y'=0$ et $ y^2+3y+2=0$. Cette équation a pour racines $ y=-1$ et $ y=-2$.
  2. Si $ y$ est solution de $ (E)$, alors en tout point $ t$ tel que $ y(t)+1\neq 0$,

    $\displaystyle y'(t)+(y(t)+1)+(y(t)+1)^2 = 0 \;\Longleftrightarrow\; \frac{y'(t)}{(y(t)+1)^2}+\frac{1}{y(t)+1}+1 =0\;, $

    soit $ -z'(t)+z(t)+1=0$, en posant $ z(t)=1/(y(t)+1)$.
  3. La solution générale de l'équation $ z'(y)-z(t)-1=0$, est $ z(t)=-1+C_1\mathrm{e}^t$. Donc la solution générale de $ (E)$ est :

    $\displaystyle y(t)=-1+\frac{1}{-1+C_1\mathrm{e}^t} ,\;C_1\in\mathbb{R}\;. $

    Observons que le domaine de définition dépend de la constante $ C_1$. Pour $ C_1=0$, on retrouve la solution constante $ y\equiv 2$. Par contre la solution constante $ y\equiv -1$ n'est pas parmi les solutions trouvées, mais on peut la voir comme un «cas limite»  $ C_1=\pm\infty$.
  4. Si $ y$ est solution de $ (E)$, alors en tout point $ t$ tel que $ y(t)+2\neq 0$,

    $\displaystyle y'(t)-(y(t)+2)+(y(t)+2)^2 = 0 \;\Longleftrightarrow\; \frac{y'(t)}{(y(t)+2)^2}-\frac{1}{y(t)+2}+1 =0\;, $

    soit $ -u'(t)-u(t)+1=0$, en posant $ u(t)=1/(y(t)+2)$.

    La solution générale de l'équation $ u'(y)+u(t)-1=0$, est $ u(t)=1+C_2\mathrm{e}^{-t}$. Donc la solution générale de $ (E)$ est :

    $\displaystyle y(t)=-2+\frac{1}{1+C_2\mathrm{e}^{-t}} ,\;C_2\in\mathbb{R}\;. $

    Cette solution générale est différente de celle de la question précédente, puisque ici, la solution constante $ -1$ est obtenue pour $ C_2=0$, alors que la solution constante $ -2$ est le «cas limite»  $ C_2=\pm\infty$. En dehors de ces deux valeurs particulières, les solutions trouvées sont bien les mêmes. En effet :
    $\displaystyle \displaystyle{-2+\frac{1}{1+C_2\mathrm{e}^{-t}}}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{-1-2C_2\mathrm{e}^{-t}}{1+C_2\mathrm{e}^{-t}}}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \displaystyle{\frac{\frac{1}{C_2}\mathrm{e}^{t}+2}{-\frac{1}{C_2}\mathrm{e}^{t}-1}}$  
      $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{2-C_1\mathrm{e}^{t}}{-1+C_1\mathrm{e}^{t}}=-1+\frac{1}{-1+C_1\mathrm{e}^t}\;,$  

    en posant $ C_1=-1/C_2$.


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