Exercices types : 2ème partie - Exercice 1

12 min
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On considère (E)(E) l'équation différentielle y+y′=(2x+3)e−xy+y^{\prime}=(2 x+3) \mathrm{e}^{-x} où yy est une fonction de la variable réelle xx.
Question 1

Montrer que la fonction f0f_0 définie pour tout nombre réel xx par f0(x)=(x2+3x)e−xf_0(x)=\left(x^2+3 x\right) \mathrm{e}^{-x} est une solution particulière de l'équation différentielle (E)(E).

Correction
(eu)′=u′eu\left(e^{u} \right)^{'} =u'e^{u}
f0f_0 est dérivable sur R\mathbb{R}.
Ici on reconnaît la forme : (uv)′=u′v+uv′\left(uv\right)'=u'v+uv' avec u(x)=x2+3xu\left(x\right)=x^2+3 x et v(x)=e−xv\left(x\right)=e^{-x} .
Ainsi : u′(x)=2x+3u'\left(x\right)=2x+3 et v′(x)=−e−xv'\left(x\right)=-e^{-x} .
Il vient alors que :
f0′(x)=(2x+3)×e−x+(x2+3x)×(−e−x)f_0^{\prime}\left(x\right)=\left(2x+3\right)\times e^{-x} +\left(x^2+3 x\right)\times \left(-e^{-x} \right)
f0′(x)=(2x+3)×e−x+(x2+3x)×(−1)×(−e−x)f_0^{\prime}\left(x\right)=\left(2x+3\right)\times e^{-x} +\left(x^2+3 x\right)\times \left(-1\right)\times \left(-e^{-x} \right)
f0′(x)=(2x+3)×e−x+(−x2−3x)×e−xf_0^{\prime}\left(x\right)=\left(2x+3\right)\times {\color{blue}{e^{-x}}} +\left(-x^2-3 x\right)\times {\color{blue}{e^{-x}}}
f0′(x)=e−x(2x+3−x2−3x)f_0^{\prime}\left(x\right)={\color{blue}{e^{-x}}} \left(2x+3-x^2-3 x\right)
Ainsi :
f0′(x)=e−x(−x2−x+3)f_0^{\prime}\left(x\right)=e^{-x} \left(-x^2-x+3\right)

f0f_0 est solution de (E)(E) si f0(x)+f0′(x)=(2x+3)e−xf_0\left(x\right)+f_0^{\prime}\left(x\right)=(2 x+3) \mathrm{e}^{-x}.
Calculons donc f0(x)+f0′(x)f_0\left(x\right)+f_0^{\prime}\left(x\right) .
Il vient que :
f0(x)+f0′(x)=(x2+3x)e−x+e−x(−x2−x+3)f_0\left(x\right)+f_0^{\prime}\left(x\right)=(x^2+3 x) \mathrm{e}^{-x}+e^{-x} \left(-x^2-x+3\right)
f0(x)+f0′(x)=e−x(x2+3x−x2−x+3)f_0\left(x\right)+f_0^{\prime}\left(x\right)=e^{-x} \left(x^2+3 x-x^2-x+3\right)
f0(x)+f0′(x)=e−x(2x+3)f_0\left(x\right)+f_0^{\prime}\left(x\right)=e^{-x} \left(2 x+3\right)
La fonction f0f_0 définie pour tout nombre réel xx par f0(x)=(x2+3x)e−xf_0(x)=\left(x^2+3 x\right) \mathrm{e}^{-x} est bien une solution particulière de l'équation différentielle (E)(E).
Question 2

Résoudre l'équation différentielle (E0):y+y′=0\left(E_0\right): y+y^{\prime}=0.

Correction
Soit l’équation différentielle y′=ayy'=ay où aa est un réel avec a≠0a\ne 0, et où yy est une fonction de la variable xx définie et dérivable sur R\mathbb{R}.
  • Les solutions de cette équation sont les fonctions de la forme : f(x)=keaxf\left(x\right)=ke^{ax} où kk est une constante réelle.
    • y+y′=0y+y^{\prime}=0 s'écrit également y=−y′y=-y^{\prime}
    On identifie ici que : a=−1a=-1 .
    Il en résulte que les solutions de l'équation sont alors : f(x)=ke−xf\left(x\right)=ke^{-x} où kk est une constante réelle.
    Finalement :
    f(x)=ke−xf\left(x\right)=ke^{-x}
    où kk est une constante réelle.
    Question 3

    Déterminer les solutions de l'équation différentielle (E)(E).

    Correction
    Soit l’équation différentielle y′=ay+fy'=\red{a}y+\purple{f} où aa est un réel avec a≠0a\ne 0 et f\purple{f} une fonction définie sur un intervalle II .
  • Les solutions de cette équation sont les fonctions de la forme : m(x)=keax+z(x)m\left(x\right)=ke^{\red{a}x}+z\left(x\right) où
    la fonction x↦keaxx\mapsto ke^{\red{a}x} est solution de l'équation y′=ayy'=\red{a}y avec kk est une constante réelle
    et la fonction zz une solution particulière de l'équation y′=ay+fy'=ay+f .
    • D'après la question 11, nous avons démontré que la fonction f0f_0 est une solution particulieˋre\text{\red{une solution particulière}} de l'équation différentielle (E)\left(E\right).
    Il en résulte que les solutions de l'équation différentielle (E)\left(E\right) sont alors : m(x)=ke−x+f0(x)m\left(x\right)=ke^{-x}+f_0\left(x\right) où kk est une constante réelle.
    Finalement, les solutions de l'équation (E)\left(E\right) sont donc les fonctions définies sur R\mathbb{R} par
    m(x)=ke−x+(x2+3x)e−xm\left(x\right)=ke^{-x}+\left(x^2+3 x\right) \mathrm{e}^{-x}
    où kk est une constante réelle.

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