Equations différentielles d`ordre 1

Equations différentielles d’ordre 1 - corrigé
Exercice 1
1. (E) y′+ 5y= 3,y(0) = 0. L’équation homogène (E0)y′+ 5y= 0 a pour solution générale
y=Ce−5toù C∈Rest quelconque. Le second membre de (E) est un cas particulier de
polynôme (de degré 0). Il y a donc une SP constante y= 3/5. La SG de (E) est donc y=
3/5 + Ce−5t. On demande que 0 = y(0) = 3/5 + C, donc C=−3/5 et y(t) = 3(1 −e−5t)/5.
2. (E)y′+ 3y= 4ex,y(0) = −2. SG de (E0)y(x) = Ce−3x, SP de (E) y(x) = ex/4, donc SG
de (E)y(x) = Ce−3x+ex/4, et −2 = y(0) = C+ 1/4, donc C=−9/4.
3. (E)y′+y=xe−x+ 1. SG de (E0)y(x) = Ce−x. On peut utiliser la variation de la cons-
tante en cherchant y(x) = C(x)e−x, ce qui donne C′(x) = x+ex, donc C(x) = x2/2 + ex.
Finalement la SG de (E)est y(x) = x2e−x/2 + 1 + C1e−xavec C1∈R.
4. (E)3y′+ 2y=x3+ 6x+ 1. SG de (E0)y(x) = Ce−2x/3. On cherche une SP de (E)de la
forme y(x) = a0+a1x+a2x2+a3x3, ce qui donne 3y′+ 2y= (3a1+ 2a0) + (6a2+ 2a1)x+
(9a3+ 2a2)x2+ 2a3x3≡1 + 6x+ 0x2+x3. Par identification a3= 1/2,a2=−9/4,a1=39/
4et a0=113/8. d’où la SG de (E)y(x) = 113/8 + 39x/4 −9x2/2 + x3/2 + Ce−2x/3.
5. (E)y′−y=sin(x) + 2 cos(x). SG de (E0)y(x) = Cex. On cherche une SP de la forme
y(x) = Acos(x) + Bsin(x), d’où y′−y= (B−A)cos(x) + ( −A−B)sin(x)≡2cos(x)−
sin(x). Il faut donc que B−A= 2 et −A−B= 1, donc A=−3/2,B= 1/2, la SG de (E)
est donc y(x) = −3cos(x)/2 + sin(x)/2 + Cex.
6. (E)y′= 3y+sin(3x)(a récrire y′−3y=sin(3x)pour se raccrocher au cours). La SG de
(E0)est y(x) = Ce3x. On cherche une SP y(x) = Acos(3x) + Bsin(3x), ce qui donne A=
B=−1/6, donc y(x) = −(cos(3x) + sin(3x))/6 + Ce3x.
7. (E)y′= 3 y+sin(3x) + sin(2x). On a juste ajouté le second membre sin(2x)à l’équation
précédente. Il suffit donc d’ajouter à yune SP de y′−3y=sin(2x). Cette SP est de la
forme Acos(2x) + Bsin(2x). On trouve ici A=−2/13 + B=−3/13, donc la SG de (E)
est y(x) = −(cos(3x) + sin(3x))/6 + Ce3x−2cos(2x)/13 −3sin(2x)/13.
Exercice 2 (population)
1. Modèle de Malthus
a) Entre les instants tet t+h, le taux d’accroisssement de Nest (N(t+h)−N(t))/
h. Selon le modèle, cette quantité est proportionelle à N, donc de la forme kN(t).
En faisant tendre hvers 0 et en supposant N(t)dérivable, on obtient N′(t) =
k N (t). (On peut considérer N′(t)comme un taux d’accroissement instantané à
l’instant t)
b) N′(t) = kN (t)est une equation différentielle linéaire d’ordre 1 homogène, dont la
solution générale est N(t) = Cekt. La condition N(0) = N0impose C=N0.
c) Lorsque t→+∞,N(t)tend vers 0 si k < 0, reste constant =N0si k= 0 et tend
vers +∞si k > 0.
2. Equation logistique N′=rN (N∗−N)
a) En admettant que Nne s’annule jamais, y(t) = 1/N(t)est dérivable si Nl’est. On
a alors N= 1/y, donc N′=−y′/y2.
1

b) Il en résulte que −y′/y2=r(N∗−1/y)/y, ce qui donne y′=r−rN ∗y, soit encore
y′+rN ∗y=r. C’est une équation linéaire d’ordre 1 avec second membre constant.
c) La solution de l’équation homogène est Ce−r N∗t, une solution particulière est y=
1/N∗. Donc on obtient y(t) = 1/N∗+Ce−r N∗t, et on a 1/N0=y(0) = 1/N∗+C,
donc Cvaut 1/N0−1/N∗.
d) On peut encore écrire y(t) = (1/N∗)(1 + N∗Ce−r N∗t), donc N(t) = 1/y=N∗/(1 +
Ke−r N ∗t), avec K=N∗C= (N∗/N0)−1.
e) Si r < 0,e−rN ∗ttend vers +∞, donc y→0(si N∗N0). Si r= 0,yest constant
égal à N0, et si r > 0,e−rN∗ttend vers 0et donc y→N∗.
Exercice 3. (épidémies)
1. On a u′(t) = S′(t/a)/(a N ) = [ −r S(t/a)I(t/a) + aI(t/a)]/(aN) = [ −r N 2u(t)v(t) +
aN v(t)]/(aN ) = ( −rN /a)uv +v=−R uv +v. Ensuite u+v= (S(t/a) + I(t/a))/N= 1
et donc v′= (1 −u)′=−u′= (Ru −1)v.
2. On a v′= (Ru −1)v= (R(1 −v)−1)v= ((R−1) −Rv)v. C’est la même équation que
dans l’exercice précédent avec r=Ret N∗= (R−1)/R= 1 −1/R(qu’on appelle ici v∗).
3. D’après l’exercice précédent, on a v(t) = v∗/(1 + Ke−R v∗t)avec K= (v∗/v0)−1 = (v∗−
v0)/v0et −Rv∗=−R(1 −1/R) = 1 −R, d’où le résultat.
4. Si R < 1, l’exponentielle tend vers +∞, donc v(t)→0, si R= 1,v(t)est constant égal à
v(0) et si R > 1, l’exponentielle tend vers 0 et donc v(t)→v∗.
Exercice 4. (radioactivité)
1. La solution de l’équation homogène y′=−µy est y(t) = C e−µt avec y(0) = C. Pour que
la moitié des noyaux radiocatifs disparaissent, il faut que y(T) = y(0)/2 = C/2, ce qui
donne e−µ T = 1/2, soit −µT =−ln(2) et donc T=ln(2)/µ.
2. µ=ln(2)/5730 ≃1.21 10−4an−1. Noter que µa la dimension de l’inverse d’un temps.
Pour avoir µen unités SI (s−1), il faudrait convertir 5730 ans en secondes.
3. Il faut que −µt =ln(0.4), soit t=−ln(0.4)/µ=−Tln(0.4)/ln(2) = 7574 ans. L’année
cherché est donc 2006 −7574 =5568 avant JC (ou peut-être 5569 parce qu’il n’y a pas
d’année 0, cela dit, l’estimation de 40% de C14 est sans doute approximative).
4. On trouve cette fois 7171 ans, donc 5165 av JC (on voit que la précision d’une année est
illusoire).
Exercice 5 & 6. Il s’agit d’une suite d’équations homogènes de la forme y′=z(x)y. La solution
générale de chacun est y(x) = CeZ(x)où Z(x)est une primitive de z(x)et C∈Rest quelconque.
Chaque cas se ramène donc a un calcul de primitive
1. y′=xy y(x) = Cex2/2. Avec la condition y(0) = 1 on obtient C= 1
2. y′=y/xy(x) = Celn|x|=C|x|. L’intervalle d’étude est R−∗ ou R+∗parce que z(x)
n’est pas définie en 0. Quitte à remplacer Cpar −C, on peut écrire la solution y(x) =
C x. La condition y(1) = πdonne C=πet y(x) = πx avec I=R+∗.
3. y′=x2yy(x) = Cex3/3. La condition y(1) = edonne e=Ce1/3, donc C=e2/3 et on
peut écrire y(x) = e(x3+2)/3. Ici I=R
2

4. y′=y/x2y=Ce−1/xavec I=R−∗ ou R+∗. La condition y(2) = 1 donne 1 =
Ce−1/2 ⇔C=e
√et I=R+∗.
5. y′=exyy(x) = Ceexet I=R. La condition y(0) = edonne e=Cee0=Ce donc C= 1.
6. y′=xy/ 4 −x2
√. L’intervalle est I= ] −2,2[ pour que 4−x2>0. Si on pose u= 4 −x2
√,
on a u′=−x/ 4 −x2
√, donc l’équation est y′=−u′y, donc y(x) = C e−4−x2
p. La condi-
tion y(2) = 0 n’est pas vraiment une donnée de Cauchy parce qu’elle se trouve au bord de
l’intervalle de définition de l’équation, mais y(x)→Cquand x→2, donc la seule solution
qui tend vers 0 au point 2 est y(x) = 0.
7. y′=log(x)y. L’intervalle est R+∗pour que log(x)ait un sens. Une primitive de log(x)est
xlog(x)−x. Cela peut se trouver par intégration par partie
Z1log(x)dx =xlog(x)−Zx1
xdx =xlog(x)−x+cste
donc on a y(x) = C exlog(x)−xqu’on peut aussi écrire C xxe−x. La condition y(1) = 1
donne 1 = Ce−1, donc C=eet finalement y(x) = xxe1−x.
8. y′=sin(x)cos(x)yy(x) = Cesin2(x)/2 (sin(x)cos(x)est de la forme u(x)u′(x)avec
u(x) = sin(x), donc sa primitive est u2/2). La condition y(π/2) = 1 donne 1 = Ce1/2, soit
C=e−1/2 et on peut écrire y(x) = e(sin2(x)−1)/2 =e−cos2(x)/2. L’intervalle de validité de
l’équation et de la solution est R.
Exercice 7. Cet exercice est du même type que le précédent
1. y′= 2 y/(x+ 1) y(x) = Ce2ln|x+1|=C(x+ 1)2. L’intervalle Iest ici ]−∞,−1[ ou ]−1,
+∞[à cause du dénominateur.
2. y′+cos(x)y= 0 y(x) = Ce−sin(x), avec C∈Rquelconque. Ici I=R.
3. xy′+ 3 y= 0. Il faut mettre ceci sous la forme du cours en divisant par x(pas de coeffi-
cient devant y′). Cela donne y′+ 3 y/x= 0. On voit que l’intervalle d’étude ne doit pas
contenir 0. La solution générale est y(x) = Ce−3ln |x|=C/|x|3. Quitte à remplacer Cpar
−Clorsque I=R−∗, on peut écrire la solution y(x) = C/x3.
Exercice 8. Ce sont les mêmes équations qu’au 7. avec un second membre. Il suffit donc de cal-
culer dans chaque cas une solution particulière et d’ajouter ensuite la solution du 7.
1. On peut déterminer une SP par variation de la constante en posant y(x) = C(x)(x+ 1)2,
ce qui donne C′(x)(x+ 1)2= (x+ 1)2cos(x), donc C(x) = sin(x)et finalement, la SG de
l’équation est y(x) = (x+ 1)2sin(x) + C1(x+ 1)2.
2. Ici aussi la variation de la constante fonctionne en posant y(x) = C(x)e−sin(x)on obtient
C′(x) = sin(x)cos(x)esin(x)=u′ueuen posant u(x) = sin(x). Une primitive est (u−1)eu,
donc C(x) = (sin(x)−1)esin(x)et la SP est finalement y(x) = sin(x)−1. La SG est alors
y(x) = sin(x)−1 + C1e−sin(x)avec C1∈Rquelconque.
3. Il faut récrire l’équation sous la forme du cours y′+ 3y/x=x. On cherche une solution
par variation de la constante y(x) = C(x)/x3, ce qui donne C′(x)/x3=xdonc C′(x) = x4
et C(x) = x5/5, soit la SP y(x) = x2/5 et la SG y(x) = x2/5 + C1/x3sur I=R−∗ ou R+∗.
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Exercice 9.
1. On réécrit l’équation comme dans le cours y′−2x y/(1 + x2) = 1 + x2. Le dénominateur
1 + x2ne s’annule pas donc I=R. Une primitive de 2x/(1 + x2)est ln(1 + x2), donc la
solution de l’équation homogène est y=Celn(1+x2)=C(1 + x2). On applique la méthode
de variation de la constante en posant y(x) = C(x)(1 + x2), ce qui donne C′(x)(1 + x2) =
1 + x2, donc C′(x) = 1 et C(x) = x. La SP est donc y(x) = x(1 + x2) = x+x3.
2. y′+ 2xy = 2xe−x2. L’équation homogène a pour solution y=Ce−x2. Par variation de la
constante, on pose y(x) = C(x)e−x2, ce qui donne C′(x)e−x2= 2xe−x2, donc C′= 2xet
C(x) = x2. La SP est donc y(x) = x2e−x2.
3. On écrit l’équation comme dans le cours y′−x2y=x2. La SG de l’équation homogène est
y=Cex3/3. Par variation de la constante y(x) = C(x)ex3/3, ce qui donne C′(x)ex3/3 =x2,
donc C′(x) = x2e−x3/3 et donc C(x) = −e−x3/3. Finalement la SP est y(x) = −
e−x3/3ex3/3 =−1.
Exercice 10*.(Méthode de Bernouilli) Cette méthode n’est pas au programme, parce que
l’équation y′(x) = a(x)y(x) + b(x)yn(x)est non linéaire quand n1, mais elle montre comment
certaines équations non linéaires peuvent se ramener à une équation linéaire qu’on sait résoudre.
L’astuce consiste à introduire z(x) = y1−n(x), ce qui donne z′= (1 −n)y′y−n= (1 −n)(ay +
byn)y−n= (1 −n)a(x)z+ (1 −n)b(x). On obtient donc l’équation linéaire inhomogène z′−(1 −
n)a(x)z= (1 −n)b(x). Ayant résolu cette équation, il suffit de dire que y(x) = z1/(1−n)(x)lorsque
ceci à un sens.
1. y′=y+y2. Ici n= 2, l’équation pour zest z′+z=−1dont la solution générale est
z(x) = −1 + Ce−x. La condition y(0) = 1 donne z(0) = 1/y(0) = 1, donc C= 2. Il reste
donc y(x) = 1/z(x) = 1/(2 e−x−1). Notons que le dénominateur s’annule lorsque x=
ln(2), donc l’intervalle d’existence de la solution est ]−∞,ln(2)[ . L’intervalle d’existence
de la solution d’une équation non-linéaire ne se lit pas directement sur l’équation.
2. y′=y−2xy3. Ici n= 3, l’équation pour zest z′+ 2z= 4xdont la solution générale est
z(x) = 2x−1 + Ce−2x. La condition y(1/2) = e
√/2 donne z(1/2) = y(1/2)−2= 4/e, donc
Ce−1= 4/eet C= 4. Il en résulte que y(x) = z(x)−1/2 = 1/ 2x−1 + 4e−2x
√.On peut
montrer par étude de la fonction f(x) = 2x−1 + 4e−2xest toujours >0, donc y(x)est
définie sur tout R.
3. y′=xy2+x y/(1 + x2). Attention les termes sont intervertis à droite. On a n= 2 et
l’équation pour zest z′+x z/(1 + x2) = −x. L’équation homogène admet pour solution
z=C/ 1 + x2
√. Par variation de la constante, on trouve C′(x) = −x1 + x2 √, donc C(x) =
−(1 + x2)3/2/3, et une SP est z=−(1 + x2)/3, ce qu’on peut vérifier directement. La SG
est donc z=−(1 + x2)/3 + C/ 1 + x2
√. La condition y(0) = −3donne z(0) = −1/3, donc
C= 0. Finalement y(x) = 1/z(x) = −3/(1 + x2).
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