La méthode de la variation de la constante (2) - Exercice 1

Cette équation différentielle est linéaire, du premier ordre, à coefficients variables et avec second membre. On va donc considérer l'équation homogène associée, à savoir :
$$x \, y_h'(x) + y_h(x) = 0$$
Cette dernière est séparable. En effet elle peut s'écrire comme :
$$x \, \dfrac{d \, y_h}{dx}(x) + y_h(x) = 0 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{d \, y_h}{dx}(x) = - \dfrac{y_h(x)}{x} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{d \, y_h}{dx}(x) = - \dfrac{\dfrac{1}{x}}{\dfrac{1}{y_h(x)}}$$
Ainsi, par l'écriture de $$Leibniz$$ on obtient :
$$\dfrac{1}{y_h(x)} dy_h = - \dfrac{1}{x} dx$$
En intégrant les deux membres, on trouve (avec $$C \in \mathbb{R}$$) que :
$$\ln(|y_h(x)|) = - \ln(|x|) + C$$
Ce qui implique que :
$$|y_h(x)| = e^{- \ln(|x|) + C} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, |y_h(x)| = e^{\ln\left( \frac{1}{|x|}\right) + C} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, |y_h(x)| = e^{\ln\left( \frac{1}{|x|}\right) } \, e^{C}$$
Or, $$K=e^{C} \in \mathbb{R}$$. Donc :
$$|y_h(x)| = e^{\ln\left( \frac{1}{|x|}\right) } \, K$$
La valeur absolue est associée aux signes possibles. Donc on va écrire que :
$$y_h(x) = \dfrac{\pm K}{x}$$
Finalement, avec $$\mathcal{K} = \pm K \in \mathbb{R}$$, on a :
$${\color{blue}{\boxed{y_h(x) = \dfrac{\mathcal{K}}{x}}}}$$
On va maintenant appliquer la méthode de la variation de la constante afin de déterminer une solution particulière $$y_p$$ de l'équation $$(E)$$. Pour cela, on fait le changement $$\mathcal{K} \longrightarrow\mathcal{K}(x)$$. Ainsi, on pose :
$$y_p(x) = \dfrac{\mathcal{K}(x)}{x} \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, y'_p(x) = \dfrac{\mathcal{K}'(x)}{x} - \dfrac{\mathcal{K}(x)}{x^2}$$
L'équation $$(E)$$ prend alors la forme :
$$x \, y_p'(x) + y_p(x) = \dfrac{x}{1+x^2} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, x \left( \dfrac{\mathcal{K}'(x)}{x} - \dfrac{\mathcal{K}(x)}{x^2} \right) + \dfrac{\mathcal{K}(x)}{x} = \dfrac{x}{1+x^2}$$.
Soit :
$$\mathcal{K}'(x) - \dfrac{\mathcal{K}(x)}{x} + \dfrac{\mathcal{K}(x)}{x} = \dfrac{x}{1+x^2} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \mathcal{K}'(x) = \dfrac{x}{1+x^2} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \mathcal{K}'(x) = \dfrac{1}{2}\dfrac{2x}{1+x^2}$$
En intégrant, on obtient :
$$\mathcal{K}(x) = \dfrac{1}{2} \ln \left( 1+x^2 \right) + q \,\,\, (q \in \mathbb{R})$$
Ce qui nous permet d'obtenir :
$${\color{blue}{\boxed{y_p(x) = \dfrac{1}{2x} \ln \left( 1+x^2 \right) + \dfrac{q}{x}}}}$$
Comme l'équation différentielle $$(E)$$ est linéaire, la solution globale $$y$$ est donnée par :
$$y(x) = y_p(x) + y_h(x)$$
Donc :
$$y(x) = \dfrac{1}{2x} \ln \left( 1+x^2 \right) + \dfrac{q}{x} + \dfrac{\mathcal{K}}{x}$$
Ce qui nous donne :
$$y(x) = \dfrac{1}{2x} \ln \left( 1+x^2 \right) + \dfrac{q + \mathcal{K}}{x}$$
Finalement, en posant $$Q = q + \mathcal{K} \in \mathbb{R}$$, on obtient :
$${\color{red}{\boxed{y(x) = \dfrac{1}{2x} \ln \left( 1+x^2 \right) + \dfrac{Q}{x} = \dfrac{1}{x} \left( \dfrac{1}{2} \ln \left( 1+x^2 \right) + Q \right) }}}$$

Cette équation différentielle est linéaire, du premier ordre, à coefficients variables et avec second membre. On va donc considérer l'équation homogène associée, à savoir :
$$(1+x^2) \, y_h'(x) - 2x \, y_h(x) = 0$$
Cette dernière est séparable. En effet elle peut s'écrire comme :
$$(1+x^2) \, \dfrac{d \, y_h}{dx}(x) - 2x \, y_h(x) = 0 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{d \, y_h}{dx}(x) = \dfrac{2x}{1+x^2} \, y_h(x)$$
Ce qui nous donne avec l'écriture de $$Leibniz$$ :
$$\dfrac{d \, y_h}{y_h(x)} = \dfrac{2x}{1+x^2} \, dx$$
En intégrant :
$$\ln(|y_h(x)|) = \ln\left( 1+ x^2 \right) + C \,\,\, (C \in \mathbb{R})$$
En prenant l'exponentielle :
$$e^{\ln(|y_h(x)|)} = e^{\ln\left( 1+ x^2 \right) + C} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, |y_h(x)| = e^C \times \left( 1+ x^2 \right)$$
Posons $$K = e^C \in \mathbb{R}$$, et on obtient :
$$|y_h(x)| = K \times \left( 1+ x^2 \right) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, y_h(x) = \pm K \times \left( 1+ x^2 \right)$$
Posons maintenant $$\mathcal{K} = \pm K \in \mathbb{R}$$, et on trouve que :
$${\color{blue}{\boxed{y_h(x) = \mathcal{K} \left( 1+ x^2 \right)}}}$$
On va maintenant appliquer la méthode de la variation de la constante afin de déterminer une solution particulière $$y_p$$ de l'équation $$(E)$$. Pour cela, on fait le changement $$\mathcal{K} \longrightarrow\mathcal{K}(x)$$. Ainsi, on pose :
$$y_p(x) = \mathcal{K}(x) \left( 1+ x^2 \right) \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, y'_p(x) = \mathcal{K}'(x) \left( 1+ x^2 \right) + 2x \,\mathcal{K}(x)$$
L'équation $$(E)$$ prend alors la forme :
$$(1+x^2) \, y_p'(x) - 2x \, y_p(x) = (1+x^2)^2 \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, (1+x^2)\left( \mathcal{K}'(x) \left( 1+ x^2 \right) + 2x \,\mathcal{K}(x) \right) - 2x \,\mathcal{K}(x) \left( 1+ x^2 \right) = (1+x^2)^2$$
Ce qui nous donne :
$$\mathcal{K}'(x) \left( 1+ x^2 \right)^2 + 2x(1+x^2) \,\mathcal{K}(x) - 2x \,\mathcal{K}(x) \left( 1+ x^2 \right) = (1+x^2)^2$$
En simplifiant :
$$\mathcal{K}'(x) \left( 1+ x^2 \right)^2 = \left(1+x^2\right)^2$$
Comme le terme $$\left( 1+ x^2 \right)^2 \neq 0$$ on obtient donc :
$$\mathcal{K}'(x) = 1$$
Ainsi, avec $$q \in \mathbb{R}$$ :
$$\mathcal{K}(x) = x + q$$
Dès lors, la solution particulière $$y_p$$ recherchée est donnée par :
$${\color{blue}{\boxed{y_p(x) = (x+q) \left( 1+ x^2 \right)}}}$$
L'équation différentielle $$(E)$$ étant linéaire, la solution globale $$y$$ est donc donnée par
$$y(x) = y_p(x) + y_h(x)$$
Soit :
$$y(x) = (x+q) \left( 1 + x^2 \right) + \mathcal{K} \left( 1 + x^2 \right) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, y(x) = (x+q+\mathcal{K}) \left( 1 + x^2 \right)$$
On pose alors $$Q = q+\mathcal{K} \in \mathbb{R}$$, et finalement, on trouve que :
$${\color{red}{\boxed{y(x) = (x+Q) \left( 1+ x^2 \right)}}}$$