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 $t$ ) :
   $$y'(t)+2ty(t)=0\;\Longleftrightarrow\; y'(t)\mathrm{e}^{t^2}+2t\mathrm{e}^{t^2}y(t)=0\;.$$
   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 $t\in\mathbb{R}$  :
   $$y(t)\mathrm{e}^{t^2}=C\;\Longleftrightarrow\;y(t)=C\mathrm{e}^{-t^2}\;.$$

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

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

4. Multiplions les deux membres par $2$  :
   $$2y(t)y'(t)+2ty^2(t)=2t\;\Longleftrightarrow\; (y^2)'(t)+2ty^2(t)=2t\;.$$
   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 :
   $$y^2(t)=1+C\mathrm{e}^{-t^2}\;.$$
   Comme $y^2(t)\geq 0$ , $1+C\mathrm{e}^{-t^2}$ doit être positif ou nul pour tout $t\in\mathbb{R}$ . C'est vrai si et seulement $C\geq -1$ . L'ensemble des solutions de $y(t)y'(t)+ty^2(t)=t$ sur $\mathbb{R}$ est :
   $$\Big\{ t\mapsto \sqrt{1+C\mathrm{e}^{-t^2}} ,\;C\in [-1,+\infty[ \Big\}\;.$$

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 $C\geq -\mathrm{e}$ . Donc l'ensemble des solutions de $y(t)y'(t)+ty^2(t)=t$ sur $]-1,1[$ est :
   $$\Big\{ t\mapsto \sqrt{1+C\mathrm{e}^{-t^2}} ,\;C\in [-\mathrm{e},+\infty[ \Big\}\;.$$

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 $t>0$ ).
   

   $$\displaystyle{\frac{y'(t)}{y(t)}} = \displaystyle{-\frac{1}{2t}}$$

   $$\ln\vert y(t)\vert = \displaystyle{-\frac{1}{2}\ln\vert t\vert+\ln(C)=\ln\left(\frac{C} {\sqrt{t}}\right)}$$

   $$y(t) = \frac{C}{\sqrt{t}}\;.$$

   
   
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 :
   $$\left\{ t\mapsto \frac{C}{\sqrt{-t}} ,\;C\in\mathbb{R} \right\}\;.$$
   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 :
   $$y(t)=\left\{ \begin{array}{lcl} \displaystyle{\frac{C_1}{\sq... ...yle{\frac{C_2}{\sqrt{-t}}}&\mbox{si}&t<0\;. \end{array}\right.$$

4. Pour $t>0$ , posons :
   $$y(t)=\frac{C(t)}{\sqrt{t}}\;\Longrightarrow\; y'(t)=\frac{C'(t)}{\sqrt{t}}-\frac{C(t)}{2t\sqrt{t}}\;.$$
   Donc :
   $$2ty'(t)+y(t)=\frac{1}{t+1}\;\Longrightarrow\; C'(t)=\frac{\sqrt{t}}{2t(t+1)}\;.$$
   Pour le calcul de la primitive, nous devons effectuer le changement de variable $\sqrt{s}=u$ , soit $1/(2\sqrt{s}) \mathrm{d}s = \mathrm{d}u$ .
   $$C(t)=\int_c^t \frac{\sqrt{s}}{2s(s+1)} \mathrm{d}s =\int_{\sqrt{... ...mathrm{d}u =\Big[\arctan(u)\Big]_{\sqrt{c}}^{\sqrt{t}} =\arctan(\sqrt{t})+C\;.$$
   La solution générale de $(E)$ sur $]0,+\infty[$ est :
   $$\frac{\arctan(\sqrt{t})}{\sqrt{t}} +\frac{C}{\sqrt{t}} ,\;C\in\mathbb{R}\;.$$

5. Pour $t<0$ , posons :
   $$y(t)=\frac{C(t)}{\sqrt{-t}}\;\Longrightarrow\; y'(t)=\frac{C'(t)}{\sqrt{-t}}-\frac{C(t)}{2t\sqrt{-t}}\;.$$
   Donc pour $t\neq -1$  :
   $$2ty'(t)+y(t)=\frac{1}{t+1}\;\Longrightarrow\; C'(t)=\frac{\sqrt{-t}}{2t(t+1)}\;.$$
   Pour le calcul de la primitive, nous devons effectuer le changement de variable $\sqrt{-s}=u$ , soit $-1/(2\sqrt{-s}) \mathrm{d}s = \mathrm{d}u$ .
   

   $$C(t) = \displaystyle{\int_c^t \frac{\sqrt{-s}}{2s(s+1)} \mathrm{d}s}$$

   $$= \displaystyle{\int_{\sqrt{-c}}^{\sqrt{-t}}\frac{1}{1-u^2} \mathrm{d}u}$$

   $$= \displaystyle{ \left[\frac{1}{2} \ln\left\vert\frac{1+u}{1-u}\right\vert\right]_{\sqrt{c}}^{\sqrt{t}}}$$

   $$= \displaystyle{ \frac{1}{2}\ln\left\vert\frac{1+\sqrt{-t}}{1-\sqrt{-t}}\right\vert+C\;.}$$

   
   La solution générale de $(E)$ sur $]-\infty, -1[$ et sur $]-1,0[$ est :
   $$\frac{1}{2\sqrt{-t}}\ln \left\vert\frac{1+\sqrt{-t}}{1-\sqrt{-t}}\right\vert +\frac{C}{\sqrt{-t}} ,\;C\in\mathbb{R}\;.$$

6. On sait que :
   $$\lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+x)}{x}=1\;.$$
   Donc :
   $$\lim_{t\to 0^-} \frac{\ln(1+\sqrt{-t})}{\sqrt{-t}}= -\lim_{t\to 0^-} \frac{\ln(1-\sqrt{-t})}{\sqrt{-t}}=1\;.$$
   On en déduit :
   $$\lim_{t\to 0^-}\frac{1}{2\sqrt{-t}}\ln \left\vert\frac{1+\sqrt{-t... ...c{\ln(1+\sqrt{-t})}{\sqrt{-t}} -\frac{\ln(1-\sqrt{-t})}{\sqrt{-t}}\right)=1\;.$$
   Pour $t>0$ , on sait que :
   $$\lim_{x\to 0}\frac{\tan(x)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}=1\;.$$
   On en déduit :
   $$\lim_{y\to 0}\frac{y}{\arctan(y)}=1\;\Longrightarrow\; \lim_{y\to 0}\frac{\arctan(y)}{y}=1\;.$$
   En remplaçant $y$ par $\sqrt{t}$  :
   $$\lim_{t\to 0^+}\frac{\arctan(\sqrt{t})}{\sqrt{t}}=1\;.$$

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

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 $(t^2+1)$ .
   $$\begin{array}{rcl} y(t)&=&\mathrm{e}^t(at^2+bt+c)\\ y'(t)&=... ...athrm{e}^{t}\big( at^2+(b-4a)t+(2a-2b+c) \big)\;. \end{array}$$
   D'où le système linéaire :
   $$\left\{\begin{array}{rrrcl} a&&&=&1\\ -4a&+b&&=&0\\ 2a&-2b&+c&=&1 \end{array}\right.$$
   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 $t\mapsto \alpha t^2\mathrm{e}^{2t}$ .
   $$\begin{array}{rcl} y(t)&=&\alpha t^2\mathrm{e}^{2t}\\ y'(t)... ...ne y''(t)-4y'(t)+4y(t)&=&2\alpha \mathrm{e}^{2t}\;. \end{array}$$
   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 :
   $$y(t) = \mathrm{e}^{2t}(C_1+C_2t)+ (t^2+4t+7)\mathrm{e}^t + \mathrm{e}^{2t}\;.$$

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 $y(t)+1\neq 0$ ,
   $$y'(t)+(y(t)+1)+(y(t)+1)^2 = 0 \;\Longleftrightarrow\; \frac{y'(t)}{(y(t)+1)^2}+\frac{1}{y(t)+1}+1 =0\;,$$
   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 :
   $$y(t)=-1+\frac{1}{-1+C_1\mathrm{e}^t} ,\;C_1\in\mathbb{R}\;.$$
   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 $y(t)+2\neq 0$ ,
   $$y'(t)-(y(t)+2)+(y(t)+2)^2 = 0 \;\Longleftrightarrow\; \frac{y'(t)}{(y(t)+2)^2}-\frac{1}{y(t)+2}+1 =0\;,$$
   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 :

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

   $$\displaystyle{-2+\frac{1}{1+C_2\mathrm{e}^{-t}}} = \displaystyle{\frac{-1-2C_2\mathrm{e}^{-t}}{1+C_2\mathrm{e}^{-t}}}$$

   $$= \displaystyle{\frac{\frac{1}{C_2}\mathrm{e}^{t}+2}{-\frac{1}{C_2}\mathrm{e}^{t}-1}}$$

   $$= \frac{2-C_1\mathrm{e}^{t}}{-1+C_1\mathrm{e}^{t}}=-1+\frac{1}{-1+C_1\mathrm{e}^t}\;,$$

   
   en posant $C_1=-1/C_2$ .