# Équation différentielle/Exercices/Équation différentielle linéaire du premier ordre
## Résolutions simples
### Équations homogènes à coefficients constants

* Déterminer la solution générale de l'équation $y'+2y=0$
* Déterminer la solution unique vérifiant la condition initiale : $y(0)=2$
* Déterminer celle vérifiant la condition initiale : $y'(0)=y(0)$
* $y'+2y=0\Leftrightarrow y'=-2y$ donc d'après le théorème, $y(x)=k\operatorname {e} ^{-2x},\,k\in \mathbb {R}$
* La solution générale de l'équation est $y=k\operatorname {e} ^{-2x}$, or $y(0)=2\Leftrightarrow k\operatorname {e} ^{0}=2\Leftrightarrow k=2$ donc $y(x)=2\operatorname {e} ^{-2x}$
* La solution générale de l'équation est $y=k\operatorname {e} ^{-2x}$, or $y'(0)=y(0)\Leftrightarrow -2k\operatorname {e} ^{0}=k\operatorname {e} ^{0}\Leftrightarrow k=0$ donc $y(x)=0$
Déterminer la solution de $y'=y$ avec la condition $y(1)-y(0)=1$
La solution générale de l'équation est $y=k\operatorname {e} ^{x}$, or $y(1)-y(0)=1\Leftrightarrow k(\mathrm {e} -1)=1$ donc $y(x)={\frac {\operatorname {e} ^{x}}{\mathrm {e} -1}}$

### Équations à coefficients constants avec second membre

* Déterminer la solution générale de l'équation $y'+2y=3$
* Déterminer la solution unique vérifiant la condition initiale : $y(0)=-1$.
* $y'+2y=3\Leftrightarrow y'=-2y+3$ donc d'après le théorème, $y(x)=k\operatorname {e} ^{-2x}+{\frac {3}{2}},\,k\in \mathbb {R}$
* La solution générale de l'équation est $y=k\operatorname {e} ^{-2x}+{\frac {3}{2}}$, or $y(0)=-1\Leftrightarrow k\operatorname {e} ^{0}+{\frac {3}{2}}=-1\Leftrightarrow k=-{\frac {5}{2}}$, donc $y=-{\frac {5}{2}}\operatorname {e} ^{-2x}+{\frac {3}{2}}$
Trouver toutes les fonctions $f$ dérivables sur $\mathbb {R}$ vérifiant : $f'(t)-f(t)=3\int _{0}^{1}f(s)\,\mathrm {d} s$ et $f(0)=1$
$f'(t)-f(t)=C\;{\text{ et }}\;C=3\int _{0}^{1}f(s)\,\mathrm {d} s\Leftrightarrow f(t)=-C+K\operatorname {e} ^{t}\;{\text{ et }}\;C=-3C+3K(\mathrm {e} -1)\Leftrightarrow f(t)=K\left(\operatorname {e} ^{t}+3(1-\mathrm {e} )/4\right)$.
$f(0)=K(1+3(1-\mathrm {e} )/4)=K(7-3\mathrm {e} )/4$.
La seule solution est donc : $f(t)={\frac {4\operatorname {e} ^{t}+3(1-\mathrm {e} )}{7-3\mathrm {e} }}$.

### Équations à coefficients constants avec second membre variable

1. Déterminer :
    a) la solution générale de l'équation $y'-2y=-4t$ ;
    b) la solution unique vérifiant la condition initiale : $y(0)=3$.
a) Les solutions de l'équation différentielle homogène : $y'-2y=0$ sont : $y=k\operatorname {e} ^{2t},\,k\in \mathbb {R}$.
    Par ailleurs, l'équation a une unique solution particulière polynomiale, de degré 1, $P(t)=At+B$.
    $A-2\left(At+B\right)=-4t\Leftrightarrow -2A=-4,A-2B=0\Leftrightarrow A=2,B=1$ donc $P(t)=2t+1$.
    La solution générale de l'équation $y'-2y=-4t$ est par conséquent :
       $y=2t+1+k\operatorname {e} ^{2t},\,k\in \mathbb {R} .$
b) Elle vérifie $y(0)=1+k$ donc la condition initiale $y(0)=3$ équivaut à $k=2$. L'unique solution est alors :
       $y=2t+1+2\operatorname {e} ^{2t}$.
2. Déterminer :
    a) la solution générale de l'équation $2y'-y=-t^{2}+5t$ ;
    b) la solution unique vérifiant la condition initiale : $y(-1)=5$.
a) Les solutions de l'équation différentielle homogène : $2y'-y=0$ sont : $y(t)=k\operatorname {e} ^{\frac {t}{2}},\,k\in \mathbb {R}$.
    Par ailleurs, l'équation a une unique solution particulière polynomiale, de degré 2, $P(t)=At^{2}+Bt+C$.
    $2\left(2At+B\right)-\left(At^{2}+Bt+C\right)=-t^{2}+5t\Leftrightarrow -A=-1,4A-B=5,2B-C=0\Leftrightarrow A=1,B=-1,C=-2$ donc $P(t)=t^{2}-t-2$.
    La solution générale de l'équation $2y'-y=-t^{2}+5t$ est par conséquent :
       $y(t)=t^{2}-t-2+k\operatorname {e} ^{\frac {t}{2}},\,k\in \mathbb {R}$.
b) Elle vérifie $y(-1)=k\operatorname {e} ^{\frac {-1}{2}}$ donc la condition initiale $y(-1)=5$ équivaut à $k=5\operatorname {e} ^{\frac {1}{2}}$. L'unique solution est alors :
       $y(t)=t^{2}-t-2+5\operatorname {e} ^{\frac {1+t}{2}}$.
3. Déterminer :
    a) la solution générale de l'équation $y'+2y=(x-2)^{2}$ ;
    b) la solution unique vérifiant la condition initiale : $y(1)=1$.
    a) Une solution particulière est $y(x)=a(x-2)^{2}+b(x-2)+c$ avec $2a(x-2)^{2}+2(a+b)(x-2)+b+2c=(x-2)^{2}$ donc $a={\frac {1}{2}},b=-{\frac {1}{2}},c={\frac {1}{4}}$, soit $y(x)={\frac {2(x-2)^{2}-2(x-2)+1}{4}}={\frac {2x^{2}-10x+13}{4}}$. La solution générale est donc $y(x)=k\operatorname {e} ^{-2x}+{\frac {2x^{2}-10x+13}{4}}$.
    b) $y(1)=1\Leftrightarrow k\operatorname {e} ^{-2}+{\frac {5}{4}}=1\Leftrightarrow k=-{\frac {\operatorname {e} ^{2}}{4}}$ donc $y(x)=-{\frac {\operatorname {e} ^{2-2x}}{4}}+{\frac {3}{2}}$.
4. Résoudre $y'-3y=\left(3x^{2}+1\right)\operatorname {e} ^{2x}$.
$y=v\operatorname {e} ^{2x}$ donne $v'-v=3x^{2}+1=u'-u$ pour $u=-3x^{2}-6x-7$,
donc $v=u+z$ avec $z'-z=0$ c'est-à-dire $z=\lambda \operatorname {e} ^{x}$.
D'où $y=\operatorname {e} ^{2x}\left(-3x^{2}-6x-7+\lambda \operatorname {e} ^{x}\right)=\operatorname {e} ^{2x}\left(-3x^{2}-6x-7\right)+\lambda \operatorname {e} ^{3x}$ ($\lambda \in \mathbb {R}$).
5. Résoudre $y'+2y=\operatorname {e} ^{-2x}\cos x$.
On peut simplifier par $\operatorname {e} ^{-2x}$ en posant $y(x)=\operatorname {e} ^{-2x}f(x)$ (ça revient à faire varier la constante). L'équation devient : $f'(x)=\cos x$ donc $f(x)=\sin x+C$ et $y(x)=\operatorname {e} ^{-2x}(\sin x+C),\;C\in \mathbb {R}$.
6. Résoudre $y'+y=2\operatorname {e} ^{x}+4\sin x+3\cos x$.
$y=\operatorname {e} ^{x}+{7 \over 2}\sin x-{1 \over 2}\cos x+\lambda \operatorname {e} ^{-x}$ ($\lambda \in \mathbb {R}$).
7. Soient $\alpha ,\beta \in \mathbb {R}$ et $Q$ un polynôme de degré $n$. On considère l'équation $(E_{3}):u'-\alpha u=Q(x)\operatorname {e} ^{\beta x}$.
    a) À quelle condition sur $P$ la fonction $u(x):=P(x)\operatorname {e} ^{\beta x}$ est-elle solution de $(E_{3})$ ?
    b) On suppose $\beta \neq \alpha$. Montrer que l'application $\mathbb {R} _{n}[X]\to \mathbb {R} _{n}[X],\,P\mapsto P'+(\beta -\alpha )P$ est linéaire, injective et surjective. En déduire que $(E_{3})$ admet une solution particulière de la forme $u(x)=P(x)\operatorname {e} ^{\beta x}$ avec $P$ polynôme de même degré que $Q$.
    c) On suppose $\beta =\alpha$. Montrer que $(E_{3})$ admet une solution particulière de la forme $u(x)=P(x)\operatorname {e} ^{\beta x}$ avec $P$ polynôme, et préciser le degré de $P$.
a) $(E_{3})\Leftrightarrow P'+(\beta -\alpha )P=Q$.
b) L'application $\mathbb {R} _{n}[X]\to \mathbb {R} _{n}[X],\,P\mapsto P'+(\beta -\alpha )P$ est linéaire, comme combinaison linéaire des deux applications linéaires $P\mapsto P'$ et $P\mapsto P$. Elle est injective car son noyau est réduit à 0 (un polynôme n'est multiple de son polynôme dérivé que s'il est nul). Elle est donc surjective, d'après le théorème du rang. Il existe donc un unique polynôme $P$ antécédent de $Q$ par cette application, c'est-à-dire une unique solution de $(E_{3})$ de la forme $u(x)=P(x)\operatorname {e} ^{\beta x}$ avec $P$ polynôme de degré inférieur ou égal à $n$. Par ailleurs, un polynôme $P$ vérifiant $P'+(\beta -\alpha )P=Q$ est nécessairement de même degré que $Q$.
c) Les solutions $P$ de $P'=Q$ sont des polynômes de degré $n+1$.
8. Résoudre le problème de Cauchy : $y'+\alpha y=\sin ^{2}x,\quad y(0)=0$.
$y'+\alpha y={1-\cos 2x \over 2}={1 \over 2}+u'+\alpha u$ avec $u=a\cos 2x+b\sin 2x$, $b={-1 \over 4+\alpha ^{2}}$, $a={\alpha b \over 2}$. Donc $y=u+v$ avec $v'+\alpha v={1 \over 2}$.
Si $\alpha =0$, $v={x \over 2}+\lambda$, avec $0=y(0)=u(0)+\lambda$, donc $\lambda =-a$ et $y=a(\cos(2x)-1)+b\sin(2x)$.
Si $\alpha \neq 0$, $v={1 \over 2\alpha }+\lambda \operatorname {e} ^{-\alpha x}$ avec $0=y(0)=a+{1 \over 2\alpha }+\lambda$ donc $y=a\cos(2x)+b\sin(2x)+{1 \over 2\alpha }-\left(a+{1 \over 2\alpha }\right)\operatorname {e} ^{-\alpha x}=a(\cos(2x)-1)+b\sin(2x)-\left(a+{1 \over 2\alpha }\right)(\operatorname {e} ^{-\alpha x}-1)$.

### Équations homogènes à coefficients variables

1. a) Déterminer la solution générale de l'équation $y'-2ty=0$.
    b) Déterminer la solution unique vérifiant la condition initiale : $y(0)=-2$.
a) L'équation est de la forme $ay'+by=0$, avec $a=1$ et $b(t)=-2t$. On applique le théorème du cours : une primitive de ${\frac {b}{a}}$ est $\Phi (t)=-t^{2}$ donc la solution générale est
       $y=k\operatorname {e} ^{-\Phi (t)}=k\operatorname {e} ^{t^{2}},\,k\in \mathbb {R}$.
b) $y(0)=k\operatorname {e} ^{0^{2}}=k$ donc la condition initiale, $y(0)=-2$, équivaut à $k=-2$.
    La solution unique vérifiant la condition initiale est donc :
       $y=-2\operatorname {e} ^{t^{2}}$.
2. On considère l'équation $(E_{1}):xu'-3u=0$.
    a) Résoudre $(E_{1})$ sur $\left]0,+\infty \right[$, puis sur $\left]-\infty ,0\right[$. Vérifier que sur chacun de ces intervalles, l'ensemble des solutions est un espace vectoriel de dimension 1.
    b) Résoudre le problème de Cauchy associé sur $\left]0,+\infty \right[$ avec la condition initiale : $u(1)=2$.
    c) Résoudre $(E_{1})$ sur $\mathbb {R}$. Vérifier que l'ensemble des solutions est un espace vectoriel. Quelle est sa dimension ?
    d) Résoudre le problème de Cauchy associé sur $\mathbb {R}$ avec la condition initiale : $u(0)=1$.
    e) Résoudre de même $(E_{2}):(x-1)y'=3y$.
a) L'équation est de la forme $au'+bu=0$, avec $a(x)=x$ et $b(x)=-3$. On applique le théorème du cours : tant sur $\left]0,+\infty \right[$ que sur $\left]-\infty ,0\right[$, une primitive de ${\frac {b}{a}}$ est $\Phi (x)=-3\ln |x|$ donc la solution générale est
       $u=k\operatorname {e} ^{-\Phi (x)}=k\operatorname {e} ^{3\ln |x|}=k|x|^{3},\,k\in \mathbb {R}$,
    ou encore (en posant $C=k$ ou $C=-k$, selon que l'intervalle considéré est $\left]0,+\infty \right[$ ou $\left]-\infty ,0\right[$) :
       $u=Cx^{3},\,C\in \mathbb {R}$.
    C'est bien une droite vectorielle, engendrée par la solution $u=x^{3}$.
b) $u(1)=k|1|^{3}=k$ donc la condition initiale, $u(1)=2$, équivaut à $k=2$.
    La solution du problème de Cauchy sur $\left]0,+\infty \right[$ est donc :
       $u=2x^{3}$.
c) Une solution de $(E_{1})$ sur $\mathbb {R}$ est une fonction $u$ dérivable sur $\mathbb {R}$, de la forme $C_{-}\,x^{3}$ sur $\left]-\infty ,0\right[$ et $C_{+}\,x^{3}$ sur $\left]0,+\infty \right[$, et telle que $0u'(0)-3u(0)=0$ c'est-à-dire $u(0)=0$.
    Quel que soit le choix des deux constantes $C_{-}$ et $C_{+}$, la fonction $u_{C_{-},C_{+}}$ définie ainsi est bien dérivable (et même de classe C$^2$) sur $\mathbb {R}$ (y compris en 0).
    L'ensemble des solutions est donc un plan vectoriel, engendré par exemple par $u_{1,0}$ et $u_{0,1}$.
d) $u_{C_{-},C_{+}}(0)=0$ donc le problème de Cauchy sur $\mathbb {R}$ avec condition initiale $u(0)=1$ n'a pas de solution.
e) $y=C_{+}(x-1)^{3}$ pour $x\geq 1$ et $C_{-}(x-1)^{3}$ pour $x\leq 1$. Cette solution est toujours au moins C$^2$. Pour que $y'''(0)$ existe, il faut que $C_{+}=C_{-}$, et la solution est alors C$^∞$.
3. Résoudre :
    a) $(1+x^{2})y'+y=0$ ;
    b) $y'+y\tan x=0$, pour $x\in \left]{\frac {\pi }{2}},{\frac {3\pi }{2}}\right[$ ;
    c) $x^{k}y'=y$, où $k\in \mathbb {Z}$ ;
    d) $y'\sin ^{3}x=2y\cos x$.
a) $y=k\operatorname {e} ^{-\arctan x},\,k\in \mathbb {R}$.
b) $y=k\cos x,\,k\in \mathbb {R}$.
c) Si $k=1$, une solution générale est $y=C_{+}x$ si $x\geq 0$, $y=C_{-}x$ si $x\leq 0$, avec $C_{+},C_{-}\in \mathbb {R}$. Si l'on veut $y$ dérivable en $0$ il faut $C_{+}=C_{-}$.
    Si $k\neq 1$, la forme générale d'une solution est $y=C\exp {\frac {x^{1-k}}{1-k}}\;(C\in \mathbb {R} )$, sur un intervalle ne contenant pas $0$. On peut s'amuser à recoller les solutions en $0$ lorsque c'est possible, par ex. $k>1$ impair.
d) $y(x)=C_{k}\operatorname {e} ^{-1/\sin ^{2}x}\quad (C_{k}\in \mathbb {R} )$ pour $x\in \left]k\pi ,(k+1)\pi \right[\quad (k\in \mathbb {Z} )$, avec recollement dérivable en les multiples entiers de $\pi$ (nul et de dérivée nulle en ces points), par croissances comparées.
4. Trouver toutes les applications continues $f:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$ telles que $2xf(x)=3\int _{0}^{x}f(t)\,\mathrm {d} t$ (poser $F(x)=\int _{0}^{x}f(t)\,\mathrm {d} t$).
$2xF'=3F\Leftrightarrow F(x)=\lambda _{\pm }|x|^{3/2}$ ($\lambda _{+}$ sur $\mathbb {R} ^{+}$, $\lambda _{-}$ sur $\mathbb {R} ^{-}$), d'où $f(x)=\mu _{\pm }{\sqrt {|x|}}$.
5. Déterminer l'ensemble des fonctions continues sur $\mathbb {R}$ vérifiant : $tf(t)=3\int _{0}^{t}f(s)\,\mathrm {d} s$ et préciser leur régularité.
Les solutions sont les fonctions $f$ continues en $0$ et C$^1$ sur $\mathbb {R} ^{*}$ telles que $tf'+f=3f$, c'est-à-dire $tf'+f=3f$, c'est-à-dire
    $f(t)=\lambda _{+}t^{2}$ si $t>0$, $f(t)=\lambda _{-}t^{2}$ si $t<0$ et $f(0)=0$.
Si $\lambda _{+}\neq \lambda _{-}$, $f$ est seulement C$^1$ en $0$ ($f''(0)$ n'existe pas). Mais si $\lambda _{+}=\lambda _{-}$, $f$ est C$^∞$.
6.
* Écrire l'équation de la tangente en $(t,f(t))$ au graphe $G_{f}$ de la fonction $f$ dérivable sur $\mathbb {R}$.
* Déterminer l'ensemble des fonctions $f$ dérivables sur $\mathbb {R}$ telles qu'en tout point, la tangente à $G_{f}$ passe par $(0,0)$.
* $y-f(t)=(x-t)f'(t)$.
* $0-f(t)=(0-t)f'(t)\Leftrightarrow tf'(t)-f(t)=0\Leftrightarrow f(t)=kt,\;k\in \mathbb {R}$.

### Équations à coefficients variables avec second membre

1. a) Déterminer la solution générale de l'équation $y'-2ty=-2t$.
    b) Déterminer la solution unique vérifiant la condition initiale : $y(0)=-2$.
a) L'équation a une solution triviale : $y(t)=1$. L'équation homogène associée a pour solutions (cf. exercice précédent) $y=k\operatorname {e} ^{t^{2}},\,k\in \mathbb {R}$. Les solutions de l'équation avec second membre sont donc :
       $y=1+k\operatorname {e} ^{t^{2}},\,k\in \mathbb {R}$.
b) $y(0)=1+k\operatorname {e} ^{0^{2}}=1+k$ donc la condition initiale, $y(0)=-2$, équivaut à $k=-3$. La solution unique vérifiant la condition initiale est donc :
       $y=1-3\operatorname {e} ^{t^{2}}$.
2. On considère l'équation $(E_{2}):{\sqrt {|x|}}\,u'-u=x$.
    a) Résoudre l'équation homogène associée à $(E_{2})$ sur $\left]0,+\infty \right[$, puis sur $\left]-\infty ,0\right[$.
    b) Utiliser la méthode de variation de la constante pour trouver la solution générale de $(E_{2})$ sur $\left]0,+\infty \right[$.
    c) Déterminer la solution générale de $(E_{2})$ sur $\left]-\infty ,0\right[$.
    d) Déterminer la solution générale de $(E_{2})$ sur $\mathbb {R}$.
    e) Résoudre de même $|x|y'+y=x^{2}$.
a) L'équation homogène est de la forme $au'+bu=0$, avec $a(x)={\sqrt {|x|}}$ et $b(x)=-1$. On applique le théorème du cours :
   * sur $\left]0,+\infty \right[$, une primitive de ${\frac {b}{a}}=-{\frac {1}{\sqrt {x}}}$ est $\Phi (x)=-2{\sqrt {x}}$ donc la solution générale est
       $u=k\operatorname {e} ^{-\Phi (x)}=k\operatorname {e} ^{2{\sqrt {x}}},\,k\in \mathbb {R}$ ;
   * sur $\left]-\infty ,0\right[$, une primitive de ${\frac {b}{a}}=-{\frac {1}{\sqrt {-x}}}$ est $\Phi (x)=2{\sqrt {-x}}$ donc la solution générale est
       $u=k\operatorname {e} ^{-\Phi (x)}=k\operatorname {e} ^{-2{\sqrt {-x}}},\,k\in \mathbb {R}$.
b) Cherchons les solutions de $(E_{2})$ sur $\left]0,+\infty \right[$ sous la forme $u(x)=k(x)\operatorname {e} ^{2{\sqrt {x}}}$.
    L'équation $(E_{2})$ sur $u$ équivaut à l'équation suivante sur $k$ : ${\sqrt {x}}\,k'\operatorname {e} ^{2{\sqrt {x}}}=x$, c'est-à-dire $k'={\sqrt {x}}\,\operatorname {e} ^{-2{\sqrt {x}}}$.
    On calcule les primitives de ${\sqrt {x}}\,\operatorname {e} ^{-2{\sqrt {x}}}$ par changement de variable et double intégration par parties, et l'on trouve :
       $k(x)=-\operatorname {e} ^{-2{\sqrt {x}}}\left(x+{\sqrt {x}}+{\frac {1}{2}}\right)+C$.
    La solution générale de $(E_{2})$ sur $\left]0,+\infty \right[$ est donc :
       $u(x)=-x-{\sqrt {x}}-{\frac {1}{2}}+C\operatorname {e} ^{2{\sqrt {x}}},\,C\in \mathbb {R}$.
c) De même, en cherchant les solutions de $(E_{2})$ sur $\left]-\infty ,0\right[$ sous la forme $u(x)=k(x)\operatorname {e} ^{-2{\sqrt {-x}}}$,
    l'équation $(E_{2})$ sur $u$ équivaut à $k'=-{\sqrt {-x}}\,\operatorname {e} ^{2{\sqrt {-x}}}$, et l'on trouve :
       $k(x)=\operatorname {e} ^{2{\sqrt {-x}}}\left(-x-{\sqrt {-x}}+{\frac {1}{2}}\right)+D$ donc
       $u(x)=-x-{\sqrt {-x}}+{\frac {1}{2}}+D\operatorname {e} ^{-2{\sqrt {-x}}},\,D\in \mathbb {R}$.
d) Une solution de $(E_{2})$ sur $\mathbb {R}$ est une fonction $u$ dérivable sur $\mathbb {R}$, de la forme
    $-x-{\sqrt {x}}-{\frac {1}{2}}+C\operatorname {e} ^{2{\sqrt {x}}}$ sur $\left]0,+\infty \right[$ et $-x-{\sqrt {-x}}+{\frac {1}{2}}+D\operatorname {e} ^{-2{\sqrt {-x}}}$ sur $\left]-\infty ,0\right[$,
    et telle que ${\sqrt {|0|}}\,u'(0)-u(0)=0$ c'est-à-dire $u(0)=0$, ce qui impose (par continuité en 0) $C={\frac {1}{2}}$ et $D=-{\frac {1}{2}}$.
    La seule solution possible est donc :
       $u(x)={\begin{cases}-x-{\sqrt {x}}+{\frac {\operatorname {e} ^{2{\sqrt {x}}}-1}{2}}&{\text{si }}x>0\\\quad 0&{\text{si }}x=0\\-x-{\sqrt {-x}}-{\frac {\operatorname {e} ^{-2{\sqrt {-x}}}-1}{2}}&{\text{si }}x<0.\end{cases}}$
    En $0$, cette fonction $u$ est non seulement continue (par construction) mais dérivable et même de classe C$^1$, d'après le théorème « limite de la dérivée ». En effet :
   * $\lim _{0^{+}}u'=\lim _{x\to 0^{+}}{\frac {u+x}{\sqrt {x}}}=\lim _{x\to 0^{+}}{\frac {\operatorname {e} ^{2{\sqrt {x}}}-1}{2{\sqrt {x}}}}-1=\exp '(0)-1=0$ ;
   * $\lim _{0^{-}}u'=\lim _{x\to 0^{-}}{\frac {u+x}{\sqrt {-x}}}=\lim _{x\to 0^{-}}{\frac {\operatorname {e} ^{-2{\sqrt {-x}}}-1}{-2{\sqrt {-x}}}}-1=\exp '(0)-1=0$.
    Donc $u$ est bien une solution (la seule) de $(E_{2})$ sur $\mathbb {R}$.
    e)
   * Sur $\left]0,+\infty \right[$, les solutions de l'équation homogène $xy'+y=0$ sont $y={\frac {k}{x}},\;k\in \mathbb {R}$, et une solution particulière monomiale de $xy'+y=x^{2}$ est $y={\frac {x^{2}}{3}}$, donc la solution générale est $y={\frac {x^{2}}{3}}+{\frac {k}{x}}$ (autre méthode : remarquer que $xy'+y=(xy)'$).
   * Sur $\left]-\infty ,0\right[$, les solutions de l'équation homogène $-xy'+y=0$ sont $y=kx,\;k\in \mathbb {R}$, et une solution particulière monomiale de $-xy'+y=x^{2}$ est $y=-x^{2}$, donc la solution générale est $y=-x^{2}+kx$ (autre méthode : remarquer que ${\frac {xy'-y}{x^{2}}}=\left({\frac {y}{x}}\right)'$).
   * En $0^{+}$, $y={\frac {x^{2}}{3}}+{\frac {k}{x}}$ a une limite si et seulement si $k=0$, et la dérivée à droite du prolongement est $0$. En $0^{-}$, $y=-x^{2}+kx$ a une limite nulle, et la dérivée à droite du prolongement est $k$. L'unique solution C$^1$ sur $\mathbb {R}$ est donc $y={\frac {x^{2}}{3}}$ si $x\geq 0$, $y=-x^{2}$ si $x\leq 0$ (et l'e.d. est encore vraie en $x=0$).
3. Résoudre :
* $x'(t)+{\frac {\alpha }{t}}x(t)=\beta t,\quad x(1)=1$, en supposant $\alpha \neq -2$.
* $x\left(1+\ln ^{2}x\right)y'+2y\ln x=1,\quad y(\mathrm {e} )=1$.
* $xy'-2y=x^{3}\sin x,\quad y(\pi /2)=1$.
* $xy'-y=x^{3},\quad y(1)=0$.
* $xy'-y=4x^{3}\cos(2x)$, sur $\mathbb {R} _{+}^{*}$.
* $xy'-y=x$, sur $\mathbb {R} _{+}^{*}$.
* $y'-y\tan x=\cos ^{2}x$, $y(0)=\lambda \in \mathbb {R}$.
* $y'\cos x+y\sin x=1$.
* $y'\cos x+y\sin x=\cos ^{2}x$.
* $I=\mathbb {R} _{+}^{*}$, $a(t)=1$, $b(t)={\frac {\alpha }{t}}$, $c(t)=\beta t$, $t_{0}=x_{0}=1$.
    $\Psi (t)=-\alpha \ln t$.
    $x(t)=\mathrm {e} ^{-\alpha \ln t}\left(1+\beta \int _{1}^{t}s\mathrm {e} ^{\alpha \ln s}\,\mathrm {d} s\right)=t^{-\alpha }\left(1+\beta \int _{1}^{t}s^{\alpha +1}\,\mathrm {d} s\right)=t^{-\alpha }\left(1+\beta {\frac {t^{\alpha +2}-1}{\alpha +2}}\right)={\frac {1}{\alpha +2}}\left((\alpha -\beta +2)t^{-\alpha }+\beta t^{2}\right)$.
* $I=\mathbb {R} _{+}^{*}$, $a(x)=x\left(1+\ln ^{2}x\right)$, $b(x)=2\ln x$, $x_{0}=\mathrm {e}$, $y_{0}=1$.
    $\Psi (x)=\int _{\mathrm {e} }^{x}{\frac {-2\ln u}{u\left(1+\ln ^{2}u\right)}}\,\mathrm {d} u=\int _{1}^{\ln x}{\frac {-2t}{1+t^{2}}}\,\mathrm {d} t=-\ln(1+\ln ^{2}x)$.
    Les solutions de l'équation homogène sont donc les fonctions de la forme $y(x)=C\operatorname {e} ^{-\ln(1+\ln ^{2}x)}={\frac {C}{1+\ln ^{2}x}}\qquad (C\in \mathbb {R} )$.
    Par variation de la constante, les solutions de l'équation avec second membre sont les fonctions de la forme
    $y(x)={\frac {C(x)}{1+\ln ^{2}x}}$ avec $C$ fonction solution de $x\left(1+\ln ^{2}x\right){\frac {C'(x)}{1+\ln ^{2}x}}=1$, c'est-à-dire $C(x)=K+\ln x\qquad (K\in \mathbb {R} )$
    donc $y(x)={\frac {K+\ln x}{1+\ln ^{2}x}}\qquad (K\in \mathbb {R} )$.
    La condition initiale $y(\mathrm {e} )=1$ équivaut alors à ${\frac {K+1}{2}}=1$ donc à $K=1$, et la solution correspondante est donc $y(x)={\frac {1+\ln x}{1+\ln ^{2}x}}$.
* $I=\mathbb {R} _{+}^{*}$, $a(x)=x$, $b(x)=-2$, $x_{0}=\pi /2$, $y_{0}=1$.
    $\Psi (x)=\int _{1}^{x}{\frac {2}{t}}\,\mathrm {d} t=2\ln x$.
    Les solutions de l'équation homogène sont donc les fonctions de la forme $y(x)=C\operatorname {e} ^{2\ln x}=Cx^{2}\qquad (C\in \mathbb {R} )$.
    Par variation de la constante, les solutions de l'équation avec second membre sont les fonctions de la forme
    $y(x)=C(x)x^{2}$ avec $C$ fonction solution de $x^{3}C'(x)=x^{3}\sin x$, c'est-à-dire $C(x)=K-\cos x\qquad (K\in \mathbb {R} )$
    donc $y(x)=x^{2}\left(K-\cos x\right)\qquad (K\in \mathbb {R} )$.
    La condition initiale $y(\pi /2)=1$ équivaut alors à $(\pi /2)^{2}K=1$ donc à $K=4/\pi ^{2}$, et la solution correspondante est donc $y(x)=x^{2}\left(4/\pi ^{2}-\cos x\right)$.
* $I=\mathbb {R} _{+}^{*}$, $a(x)=x$, $b(x)=-1$, $x_{0}=1$, $y_{0}=0$.
    $\Psi (x)=\int _{1}^{x}{\frac {\mathrm {d} t}{t}}=\ln x$.
    Les solutions de l'équation homogène sont donc les fonctions de la forme $y(x)=C\operatorname {e} ^{\ln x}=Cx\qquad (C\in \mathbb {R} )$.
    Par variation de la constante, les solutions de l'équation avec second membre sont les fonctions de la forme
    $y(x)=C(x)x$ (on peut toujours mettre une fonction $y$ sur $\mathbb {R} _{+}^{*}$ sous cette forme : en posant $C(x)=y(x)/x$) avec $C$ fonction solution de
    $x^{2}C'(x)=x^{3}$ (équation obtenue en remplaçant $y$ par $xC(x)$ et $y'$ par $C(x)+xC'(x)$), c'est-à-dire $C(x)=K+{\frac {x^{2}}{2}}\qquad (K\in \mathbb {R} )$
    donc $y(x)=Kx+{\frac {x^{3}}{2}}\qquad (K\in \mathbb {R} )$.
    La condition initiale $y(1)=0$ équivaut alors à $K=-{\frac {1}{2}}$, et la solution correspondante est donc $y(x)={\frac {x^{3}-x}{2}}$.
* $I=\mathbb {R} _{+}^{*}$ et comme pour l'équation précédente, les solutions sont les fonctions de la forme
    $y(x)=C(x)x$ avec $C$ fonction solution de $x^{2}C'(x)=4x^{3}\cos(2x)$, c'est-à-dire (après calcul d'une primitive de $x\mapsto x\cos(2x)$) $C(x)=K+2x\sin(2x)+\cos(2x)\qquad (K\in \mathbb {R} )$
    donc $y(x)=Kx+2x^{2}\sin(2x)+x\cos(2x)\qquad (K\in \mathbb {R} )$.
* $I=\mathbb {R} _{+}^{*}$ et comme pour les deux équations précédentes, les solutions sont les fonctions de la forme
    $y(x)=K(x)x$ avec $K$ fonction solution de $x^{2}K'(x)=1$.
    Les solutions sur $\mathbb {R} _{+}^{*}$ de cette équation sont les fonctions $K_{C}(x)=(\ln x)+C$ donc les solutions sur $\mathbb {R} _{+}^{*}$ de (E) sont les fonctions $y_{C}(x)=x((\ln x)+C)$.
    Variante de rédaction pour la fin, mais ne surtout pas mélanger les deux : une solution particulière est $K_{0}(x)=\ln x$ d'où $y_{0}(x)=x\ln x$, donc les solutions sont les fonctions $y_{C}(x)=y_{0}(x)+z_{C}(x)=x\ln x+Cx=x((\ln x)+C)$.
* $I=\left]-{\frac {\pi }{2}},{\frac {\pi }{2}}\right[$, $a(x)=1$, $b(x)=-\tan x$, $x_{0}=0$, $y_{0}=\lambda$.
    $\Psi (x)=\int _{0}^{x}\tan t\,\mathrm {d} t=-\ln(\cos x)$.
    Les solutions de l'équation homogène sont donc les fonctions de la forme $y(x)=C\operatorname {e} ^{-\ln(\cos x)}={\frac {C}{\cos x}}\qquad (C\in \mathbb {R} )$.
    Par variation de la constante, les solutions de l'équation avec second membre sont les fonctions de la forme
    $y(x)={\frac {C(x)}{\cos x}}$ avec $C$ fonction solution de $C'(x)=\cos ^{3}x={\frac {\cos(3x)+3\cos x}{4}}$, c'est-à-dire $C(x)={\frac {\sin(3x)}{12}}+{\frac {3\sin x}{4}}+K\qquad (K\in \mathbb {R} )$.
    donc $y(x)={\frac {1}{\cos x}}\left({\frac {\sin(3x)}{12}}+{\frac {3\sin x}{4}}+K\right)\qquad (K\in \mathbb {R} )$.
    La condition initiale $y(0)=\lambda$ équivaut alors à $K=\lambda$.
* Solution particulière : $y=\sin x$.
    Solution générale de l'équation homogène : $y=C\cos x$.
    Solution générale de l'équation avec second membre : $y=\sin x+C\cos x$ ($C\in \mathbb {R}$).
* Solution particulière : $y=x\cos x$.
    Solution générale de l'équation homogène : $y=C\cos x$.
    Solution générale de l'équation avec second membre : $y=x\cos x+C\cos x$ ($C\in \mathbb {R}$).
4. Dans cet exercice, on notera $f$ la fonction définie par $f(x)=-\operatorname {e} ^{1/x}$ (pour $x\neq 0$).
* Démontrer que pour tout $x\neq 0$,
    $x^{3}f'(x)=(x-1)\operatorname {e} ^{1/x}-f(x)$.
* Résoudre l'équation différentielle suivante pour $x>0$ :
    $(H)\qquad x^{3}y'+y=0$.
* Donner la solution $S$ définie sur $\left]0,+\infty \right[$ de l'équation différentielle
    $(E)\qquad x^{3}y'+y=(x-1)\operatorname {e} ^{1/x}$
    qui vérifie $S(1)=\mathrm {e}$.
* $x^{3}f'(x)=x\operatorname {e} ^{1/x}$ et $-\operatorname {e} ^{1/x}-f(x)=0$.
* $y(x)=C\operatorname {e} ^{\frac {1}{2x^{2}}}$.
* $y(x)=C\operatorname {e} ^{\frac {1}{2x^{2}}}+f(x)$, avec $\mathrm {e} =C\operatorname {e} ^{\frac {1}{2}}-\,\mathrm {e}$, c'est-à-dire $C=2{\sqrt {\mathrm {e} }}$.

## Résolutions générales d'équations complètes

Intégrer les équations suivantes :
1. $(1+x^{2})\,y'+2xy=1+3x^{2}$
2. $x(1+x^{2})\,y'+(1+x^{2})\,y=x$
3. $(x^{2}-1)\,y'+xy=x$
4. $(1-x^{2})\,y'+4xy=ax$, où $a$ est un réel donné.
5. $(x^{2}-1)\,y'+xy+{\frac {2x}{\sqrt {1+x^{2}}}}=0$
6. $y'-\left({\frac {1+3x^{2}}{x\,\left(1+x^{2}\right)}}\right)\,y=x\left({\frac {1-x^{2}}{1+x^{2}}}\right)$
7. $y'+{\frac {3x+4}{2x(x+1)}}y={\frac {1}{\sqrt {x+1}}}$
8. $y'+x^{2}y=x^{2}$
9. $y'+2xy=\operatorname {e} ^{x-x^{2}}$
10. $(x^{2}+1)y'-xy=x^{3}+x$
11. $y'-{\frac {2}{x+1}}y=(x+1)^{3}$
12. $x\left(1+x^{2}\right)y'-\left(x^{2}-1\right)y+2x=0$
13. $y'+{x \over x^{2}+1}y={1 \over {\sqrt {x^{2}+1}}}$
1. $(E_{1}):(1+x^{2})\,y'+2xy=1+3x^{2}$
Mettons l'équation sous forme normale : $y'+{\frac {2x}{1+x^{2}}}\,y={\frac {1+3x^{2}}{1+x^{2}}}$
* Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'+{\frac {2x}{1+x^{2}}}\,y=0$
    On pose $a(x)={\frac {2x}{1+x^{2}}}$.
$\alpha (x)=\ln \left(1+x^{2}\right)$ en est une primitive.
    Donc $y=k\,e^{-\ln \left(1+x^{2}\right)}$
$\Leftrightarrow y={\frac {k}{1+x^{2}}}\,,\,k\in \mathbb {R}$
* Résolution de l'équation complète $(E_{1})$ :
    On applique la méthode de la variation de la constante en posant $y=k(x)\,{\frac {1}{1+x^{2}}}$
$y'=k'(x)\,{\frac {1}{1+x^{2}}}+k(x)\,{\frac {-2x}{(1+x^{2})^{2}}}$
$(E_{1})\Leftrightarrow k'(x)\,{\frac {1}{1+x^{2}}}+{\frac {-2x\,k(x)}{(1+x^{2})^{2}}}+{\frac {2x\,k(x)}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}}={\frac {1+3x^{2}}{1+x^{2}}}$ $\Leftrightarrow k'(x)=1+3x^{2}$ $\Leftrightarrow k(x)=x+x^{3}+C$ $\Leftrightarrow k(x)=x(1+x^{2})+C$
    Or $y=k(x)\,{\frac {1}{1+x^{2}}}$
2. $(E_{2}):x(1+x^{2})\,y'+(1+x^{2})\,y=x$ se réécrit $xy'+y={\frac {x}{1+x^{2}}}$, soit $(xy)'={\frac {1}{2}}\left(\ln(1+x^{2})\right)'$, que l’on résout sur $\left]0,+\infty \right[$ par exemple (problème de définition en 0).
$xy={\frac {1}{2}}\ln \left(1+x^{2}\right)+C$
3. $(E_{3}):(x^{2}-1)\,y'+xy=x$
Mettons l'équation sous forme normale : $y'+{\frac {x}{x^{2}-1}}\,y={\frac {x}{x^{2}-1}}$ que l’on résout sur $\left]1,+\infty \right[$ par exemple (problème de définition en –1 et 1)
* Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'+{\frac {x}{x^{2}-1}}\,y=0$
    On pose $a(x)={\frac {x}{x^{2}-1}}$.
$\alpha (x)={\frac {1}{2}}\ln \left(\left|x^{2}-1\right|\right)$ en est une primitive.
    Donc $y=k\,e^{-\alpha (x)}$
$\Leftrightarrow y={\frac {k}{\sqrt {x^{2}-1}}}\,,\,k\in \mathbb {R}$
* Recherche d'une solution particulière à l'équation complète $(E_{3})$ :
$y_{0}=1$ est solution constante évidente.
4. $(E_{4}):(1-x^{2})\,y'+4xy=ax$, où $a$ est un réel donné.
Mettons l'équation sous forme normale : $y'+{\frac {4x}{1-x^{2}}}\,y={\frac {ax}{1-x^{2}}}$ que l’on résout sur $\left]1,+\infty \right[$ par exemple (problème de définition en –1 et 1)
* Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'+{\frac {4x}{1-x^{2}}}y=0$
    On pose $a(x)={\frac {4x}{1-x^{2}}}$.
$\alpha (x)=-2\ln \left(\left|1-x^{2}\right|\right)$ en est une primitive.
    Donc $y=k\,e^{-\alpha (x)}$
$\Leftrightarrow y=k\,\left(1-x^{2}\right)^{2}\,,\,k\in \mathbb {R}$
* Recherche d'une solution particulière à l'équation complète $(E_{4})$ :
$y_{0}={\frac {a}{4}}$ est solution constante évidente.
5. $(E_{5}):(x^{2}-1)\,y'+xy+{\frac {2x}{\sqrt {1+x^{2}}}}=0$
Mettons l'équation sous forme normale : $y'+{\frac {x}{x^{2}-1}}\,y={\frac {-2x}{(x^{2}-1){\sqrt {1+x^{2}}}}}$ que l’on résout sur $\left]1,+\infty \right[$ par exemple (problème de définition en –1 et 1)
* Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'+{\frac {x}{x^{2}-1}}\,y=0$
    On pose $a(x)={\frac {x}{x^{2}-1}}$.
$\alpha (x)={\frac {1}{2}}\ln \left(\left|x^{2}-1\right|\right)$ en est une primitive.
    Donc $y=k\,e^{-\alpha (x)}$
$\Leftrightarrow y={\frac {k}{\sqrt {x^{2}-1}}}\,,\,k\in \mathbb {R}$
* Recherche d'une solution particulière à l'équation complète $(E_{5})$ :
    On applique la méthode de la variation de la constante en posant $y={\frac {k(x)}{\sqrt {x^{2}-1}}}$
$y'={\frac {k'(x)}{\sqrt {x^{2}-1}}}+k(x)\,\left(-{\frac {1}{2}}\right)\,2x\,\left(x^{2}-1\right)^{\frac {-3}{2}}$
    car ${\frac {1}{\sqrt {x^{2}-1}}}=\left(x^{2}-1\right)^{\frac {-1}{2}}$
$(E_{5})\Leftrightarrow {\frac {k'(x)}{\sqrt {x^{2}-1}}}-{\frac {k(x)\,x}{\left(x^{2}-1\right)^{\frac {3}{2}}}}+{\frac {x\,k(x)}{(x^{2}-1){\sqrt {x^{2}-1}}}}={\frac {-2x}{\left(x^{2}-1\right){\sqrt {x^{2}+1}}}}$
$\Leftrightarrow k'(x)={\frac {-2x}{{\sqrt {x^{2}-1}}{\sqrt {x^{2}+1}}}}$
$\Leftrightarrow k'(x)={\frac {-2x}{\sqrt {x^{4}-1}}}$
$\Leftrightarrow k(x)=-\int {\frac {2x}{\sqrt {x^{4}-1}}}\,dx$
    On pose ${\begin{cases}t=x^{2}\\x\in \left]1,+\infty \right[\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}x={\sqrt {t}}\\t\in \left]1,+\infty \right[\end{cases}}$
    Alors $dt=2x\,dx$
$(E_{5})\Leftrightarrow k(x)=-\int {\frac {dt}{\sqrt {t^{2}-1}}}$
$\Leftrightarrow k(x)=-\operatorname {argch} t+C$
$\Leftrightarrow k(x)=-\operatorname {argch} \left(x^{2}\right)+C$
6. $(E_{6}):y'-\left({\frac {1+3x^{2}}{x\,(1+x^{2})}}\right)\,y=x\left({\frac {1-x^{2}}{1+x^{2}}}\right)$
L'équation est sous forme normale. On la résout sur $\left]0,+\infty \right[$ par exemple (problème de définition en 0).
* Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'-\left({\frac {1+3x^{2}}{x\,(1+x^{2})}}\right)\,y=0$
    On pose $a(x)=-{\frac {1+3x^{2}}{x\left(1+x^{2}\right)}}$.
$\alpha (x)=-\ln \left(x\left(1+x^{2}\right)\right)$ en est une primitive.
    Donc $y=k\,e^{-\alpha (x)}$
$\Leftrightarrow y=k\,x\left(1+x^{2}\right)\,,\,k\in \mathbb {R}$
* Résolution de l'équation complète $(E_{6})$ :
    On applique la méthode de la variation de la constante en posant $y=k(x)\,x\left(1+x^{2}\right)$
$y'=k'(x)\,x\left(1+x^{2}\right)+k(x)\,\left(1+3x^{2}\right)$
$(E_{6})\Leftrightarrow k'(x)\,x\left(1+x^{2}\right)\,+\,k(x)\left(1+3x^{2}\right)\,-\,\left({\frac {1+3x^{2}}{x\,(1+x^{2})}}\right)\,k(x)\,x\left(1+x^{2}\right)=x\left({\frac {1-x^{2}}{1+x^{2}}}\right)$
$\Leftrightarrow k'(x)={\frac {1-x^{2}}{\left(1+x^{2}\right)^{2}}}$
$\Leftrightarrow k(x)={\frac {x}{1+x^{2}}}+C$
    Or $y=k(x)\,x\left(1+x^{2}\right)$
7. $(E_{7}):y'+{\frac {3x+4}{2x(x+1)}}y={\frac {1}{\sqrt {x+1}}}$. L'équation n'a de sens que sur $\left]-1,+\infty \right[$.
* Équation sans second membre (ou équation homogène associée) : $y'+{\frac {3x+4}{2x(x+1)}}y=0$
    Une primitive de
       ${\frac {3x+4}{2x(x+1)}}={\frac {2}{x}}-{\frac {1}{2(x+1)}}$.
    est
       $\alpha (x)=2\ln |x|-{\frac {1}{2}}\ln(x+1)=\ln {\frac {x^{2}}{\sqrt {x+1}}}$.
    Les solutions de l'équation homogène sont donc :
       $y=k\,e^{-\alpha (x)}=k{\frac {\sqrt {x+1}}{x^{2}}},\,k\in \mathbb {R}$
* Résolution de l'équation complète $(E_{7})$ :
    On applique la méthode de la variation de la constante en posant $y=k(x)\,{\frac {\sqrt {x+1}}{x^{2}}}$. On a alors, sur $\left]-1,0\right[$ ou $\left]0,+\infty \right[$ :
    $(E_{7})\Leftrightarrow k'(x)={\frac {x^{2}}{x+1}}\Leftrightarrow k(x)=\ln(x+1)+{\frac {x^{2}}{2}}-x+C$
    $\Leftrightarrow y=\left(\ln(x+1)+{\frac {x^{2}}{2}}-x+C\right){\frac {\sqrt {x+1}}{x^{2}}},\;C\in \mathbb {R}$.
* Recollement en 0 :
Si $C\neq 0$ alors $y\sim _{0}{\frac {C}{x^{2}}}$ donc pas de recollement continu. En revanche, si $C=0$ alors $y\sim _{0}{\frac {x}{3}}$ donc recollement C$^1$ : $y(0)=0,\;y'(0)={\frac {1}{3}}$.
8. $(E_{8}):y'+x^{2}y=x^{2}$.
    Les solutions de l'équation homogène $y'+x^{2}y=0$ sont $y=k\operatorname {e} ^{-x^{3}/3},\;k\in \mathbb {R}$.
    On applique la méthode de la variation de la constante en posant $y=k(x)\operatorname {e} ^{-x^{3}/3}$. Alors,
       $(E_{8})\Leftrightarrow k'(x)\operatorname {e} ^{-x^{3}/3}=x^{2}\Leftrightarrow k'(x)=x^{2}\operatorname {e} ^{x^{3}/3}\Leftrightarrow k(x)=\operatorname {e} ^{x^{3}/3}+C,\;C\in \mathbb {R}$.
    Les solutions de $(E_{8})$ sont donc $y=1+C\operatorname {e} ^{-x^{3}/3},\;C\in \mathbb {R}$.
    Au lieu d'appliquer la méthode de la variation de la constante, on aurait pu remarquer la solution particulière $y=1$.
9. $(E_{9}):y'+2xy=\operatorname {e} ^{x-x^{2}}$.
    Les solutions de l'équation homogène $y'+2xy=0$ sont $y=k\operatorname {e} ^{-x^{2}},\;k\in \mathbb {R}$.
    On applique la méthode de la variation de la constante en posant $y=k(x)\operatorname {e} ^{-x^{2}}$. Alors,
       $(E_{9})\Leftrightarrow k'(x)\mathrm {e} ^{-x^{2}}=\operatorname {e} ^{x-x^{2}}\Leftrightarrow k'(x)=\operatorname {e} ^{x}\Leftrightarrow k(x)=\operatorname {e} ^{x}+C,\;C\in \mathbb {R}$.
    Les solutions de $(E_{9})$ sont donc $y=\operatorname {e} ^{-x^{2}}\left(\operatorname {e} ^{x}+C\right),\;C\in \mathbb {R}$.
10. $(E_{10}:(x^{2}+1)y'-xy=x^{3}+x$.
    Les solutions de l'équation homogène $(x^{2}+1)y'-xy=0$ sont $y=k{\sqrt {x^{2}+1}},\;k\in \mathbb {R}$.
    Ici, les deux méthodes (variation de la constante ou recherche d'une solution particulière) marchent.
* Variation de la constante : on pose $y=k(x){\sqrt {x^{2}+1}}$. Alors,
       $(E_{10})\Leftrightarrow (x^{2}+1)^{3/2}k'(x)=x^{3}+x\Leftrightarrow k'(x)={\frac {x}{\sqrt {x^{2}+1}}}\Leftrightarrow k(x)={\sqrt {x^{2}+1}}+C,\;C\in \mathbb {R}$.
    Les solutions de $(E_{10})$ sont donc $y=x^{2}+1+C{\sqrt {x^{2}+1}},\;C\in \mathbb {R}$.
* Recherche d'une solution particulière, de la forme $y=\sum _{k=0}^{n}a_{k}x^{k}$ (avec $a_{n}\neq 0$).
    Par identification des termes dominants, on doit avoir $(n-1)a_{n}x^{n+1}=x^{3}$, donc $n=2$ et $a_{2}=1$, si bien que $y=x^{2}+a_{1}x+a_{0}$,
    et ce polynôme est solution de $(E_{10})$ si $2a_{1}-a_{0}=1$ et $a_{1}=0$, c'est-à-dire $a_{1}=0$ et $a_{0}=1$.
    On retrouve ainsi $x^{2}+1$ comme solution particulière, et l'on conclut de même.
11. $(E_{11}:y'-{\frac {2}{x+1}}y=(x+1)^{3}$
    Les solutions de l'équation homogène $y'-{\frac {2}{x+1}}y=0$ sont $y=k(x+1)^{2},\;k\in \mathbb {R}$.
    On applique la méthode de la variation de la constante en posant $y=k(x)(x+1)^{2}$. Alors, sur $\left]-\infty ,-1\right[$ ou $\left]-1,+\infty \right[$,
       $(E_{11})\Leftrightarrow k'(x)=x+1\Leftrightarrow k(x)={\frac {x^{2}}{2}}+x+C,\;C\in \mathbb {R}$.
    Les solutions de $(E_{11})$ sont donc $y=(x+1)^{2}\left({\frac {x^{2}}{2}}+x+C\right),\;C\in \mathbb {R}$.
    Plus précisément : $y=(x+1)^{2}\left({\frac {x^{2}}{2}}+x+C_{-}\right)$ si $x\leq -1$ et $y=(x+1)^{2}\left({\frac {x^{2}}{2}}+x+C_{+}\right)$ si $x\geq -1$. En $-1$, cette fonction est toujours au moins C$^1$ ($y'(-1)=0$). Pour qu'elle soit C$^2$, il faut que $C_{+}=C_{-}$ ($y''(-1)=2C_{\pm }-1$), et elle est alors C$^∞$.
    Vu le résultat, la recherche d'un polynôme solution particulière aboutirait aussi, mais ce polynôme serait de degré 4 donc calculs compliqués.
12. $(E_{12}):x\left(1+x^{2}\right)y'-\left(x^{2}-1\right)y+2x=0$
Sur $\mathbb {R} ^{*}$, en posant $v=xy$, l'équation devient $v'-{2x \over x^{2}+1}v={-2x \over x^{2}+1}$, d'où $v=1+\lambda _{\pm }(1+x^{2})$ ($\lambda _{+}$ sur $\mathbb {R} ^{+}$, $\lambda _{-}$ sur $\mathbb {R} ^{-}$) : $y={1+\lambda _{\pm }\left(1+x^{2}\right) \over x}$.
La limite de $y$ en $0^{\pm }$ existe si et seulement si $\lambda _{\pm }=-1$, et elle vaut alors $0$.
De plus, $y=-x$ est bien dérivable en $0$ et vérifie l'équation aussi en $0$.
13. $(E_{13}):y'+{x \over x^{2}+1}y={1 \over {\sqrt {x^{2}+1}}}$
$y(x)={v(x) \over {\sqrt {x^{2}+1}}}$ avec $v'=1$ donc $v(x)=x+\lambda$ ($\lambda \in \mathbb {R}$).

## Problème de la fourmi sur un élastique

Un élastique, de longueur initiale $\ell$, a une extrémité fixe $O$ et une extrémité mobile $M$, qui s'éloigne de $O$, sur $(Ox)$, à une vitesse constante $v>0$. Une fourmi, initialement en $O$, marche sur l'élastique à vitesse constante $w$. Arrivera-t-elle au bout de l'élastique ?
Un point de l'élastique d'abscisse initiale $x\in \left[0,\ell \right]$ aura pour abscisse, à l'instant $t$ : $y={\frac {x}{\ell }}\left(\ell +vt\right)$, donc pour vitesse ${\frac {x}{\ell }}v={\frac {vy}{\ell +vt}}$.
Soit $f(t)$ l'abscisse de la fourmi à l'instant $t$. Sa vitesse absolue est alors $w+{\frac {vf(t)}{\ell +vt}}$. La fonction $f$ est donc la solution du problème de Cauchy
    $f'=w+{\frac {vf}{\ell +vt}},\quad f(0)=0$.
Les solutions de l'équation homogène associée sont $f=k\left(\ell +vt\right),\ k\in \mathbb {R}$. Les solutions de l'équation complète sont donc $f(t)=k(t)\left(\ell +vt\right)$, avec $k'(t)\left(\ell +vt\right)=w$, et celle nulle en 0 correspond à $k(t)=\int _{0}^{t}{\frac {w}{\ell +vs}}\,\mathrm {d} s={\frac {w}{v}}\ln {\frac {\ell +vt}{\ell }}$, soit $f(t)={\frac {w}{v}}\left(\ell +vt\right)\ln {\frac {\ell +vt}{\ell }}$. La fourmi atteint l'extrémité lorsque $f(t)=\ell +vt$, c'est-à-dire $\ln {\frac {\ell +vt}{\ell }}={\frac {v}{w}}$, soit $t={\frac {\ell }{v}}\left(\operatorname {e} ^{\frac {v}{w}}-1\right)$.

## Système différentiel à coefficients constants
### Système homogène, matrice diagonalisable

Soit $A={\begin{pmatrix}0&2&-1\\3&-2&0\\-2&2&1\end{pmatrix}}$. Résoudre $X'=AX$.
$\left|{\begin{matrix}-\lambda &2&-1\\3&-2-\lambda &0\\-2&2&1-\lambda \end{matrix}}\right|=-\left(\lambda -1\right)\left(\lambda -2\right)\left(\lambda +4\right)$ donc les valeurs propres sont $1$, $2$ et $-4$. Une base propre est (dans le même ordre) $\left(u,v,w\right)$ avec
    $u={\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}},\quad v={\begin{pmatrix}4\\3\\-2\end{pmatrix}},\quad w={\begin{pmatrix}2\\-3\\2\end{pmatrix}}$.
Les solutions sont donc $X\left(t\right)=\alpha \operatorname {e} ^{t}u+\beta \operatorname {e} ^{2t}v+\gamma \operatorname {e} ^{-4t}w\quad (\alpha ,\beta ,\gamma \in \mathbb {R} )$.
Résoudre le problème de Cauchy
    $X'=AX,\quad X(0)=X_{0}$,
où
    $A={\begin{pmatrix}0&1&-1&1\\0&1&1&0\\0&0&2&0\\-1&1&-1&0\end{pmatrix}}$ et $X_{0}={\begin{pmatrix}0\\1\\2\\3\end{pmatrix}}$.
Les valeurs propres de $A$ sont $\lambda =1,2,\mathrm {i} ,-\mathrm {i}$, de vecteurs propres associés $e_{\lambda }$ :
    $e_{1}={\begin{pmatrix}1\\1\\0\\0\end{pmatrix}},e_{2}={\begin{pmatrix}0\\1\\1\\0\end{pmatrix}},e_{\mathrm {i} }={\begin{pmatrix}1\\0\\0\\\mathrm {i} \end{pmatrix}},e_{-\mathrm {i} }={\overline {e_{\mathrm {i} }}}={\begin{pmatrix}1\\0\\0\\-\mathrm {i} \end{pmatrix}}$.
Les solutions complexes de $X'=AX$ sont les fonctions $X:\mathbb {R} \to \mathbb {C} ^{4}$ de la forme
    $X_{\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta }(t)=\alpha \operatorname {e} ^{t}e_{1}+\beta \operatorname {e} ^{2t}e_{2}+\gamma \operatorname {e} ^{\mathrm {i} t}e_{\mathrm {i} }+\delta \operatorname {e} ^{-\mathrm {i} t}{\overline {e_{\mathrm {i} }}},\;\left(\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta \right)\in \mathbb {C} ^{4}$,
qui forment un $\mathbb {C}$-espace vectoriel de dimension 4. Le $\mathbb {R}$-sous-espace vectoriel de dimension 4 des solutions réelles est
    $\{X_{\alpha ,\beta ,\gamma ,{\overline {\gamma }}}\mid \left(\alpha ,\beta ,\gamma \right)\in \mathbb {R} ^{2}\times \mathbb {C} \}=\{\alpha \operatorname {e} ^{t}e_{1}+\beta \operatorname {e} ^{2t}e_{2}+a\operatorname {Re} \left(\operatorname {e} ^{\mathrm {i} t}e_{\mathrm {i} }\right)+b\operatorname {Im} \left(\operatorname {e} ^{\mathrm {i} t}e_{\mathrm {i} }\right)\mid \left(\alpha ,\beta ,a,b\right)\in \mathbb {R} ^{4}\}$.
Plus explicitement, les solutions réelles sont
    $X(t)={\begin{pmatrix}\alpha \operatorname {e} ^{t}+a\cos t+b\sin t\\\alpha \operatorname {e} ^{t}+\beta \operatorname {e} ^{2t}\\\beta \operatorname {e} ^{2t}\\-a\sin t+b\cos t\end{pmatrix}},\;\left(\alpha ,\beta ,a,b\right)\in \mathbb {R} ^{4}$.
    $X(0)=X_{0}\Leftrightarrow \alpha +a=0,\alpha +\beta =1,\beta =2,b=3\Leftrightarrow \alpha =-1,\beta =2,a=1,b=3$
    (ou encore, sans passer par les solutions réelles : $X(0)=X_{0}\Leftrightarrow \alpha +\gamma +\delta =0,\alpha +\beta =1,\beta =2,\mathrm {i} \gamma -\mathrm {i} \delta =3\Leftrightarrow \alpha =-1,\beta =2,\gamma ={\frac {1-3\mathrm {i} }{2}},\delta ={\frac {1+3\mathrm {i} }{2}}$)
donc la solution du problème de Cauchy est
    $X(t)={\begin{pmatrix}-\operatorname {e} ^{t}+\cos t+3\sin t\\-\operatorname {e} ^{t}+2\operatorname {e} ^{2t}\\2\operatorname {e} ^{2t}\\-\sin t+3\cos t\end{pmatrix}}$.

### Système non homogène, matrice diagonalisable

Résoudre le système différentiel :
    $y'=2y+z-5t,\quad z'=3y+4z+6$.
Le système équivaut à $X'=AX+B$ avec $X={\begin{pmatrix}y\\z\end{pmatrix}},A={\begin{pmatrix}2&1\\3&4\end{pmatrix}},B={\begin{pmatrix}-5t\\6\end{pmatrix}}$.
$A$ a pour valeurs propres $1$ et $5$, de vecteurs propres associés, respectivement : ${\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}$ et ${\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}$.
La solution générale du système homogène $X'=AX$ est donc : $X=\lambda {\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}}\operatorname {e} ^{t}+\mu {\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}}\operatorname {e} ^{5t},\;\lambda ,\mu \in \mathbb {R}$.
La solution particulière polynomiale du système $X'=AX+B$ est : $X={\begin{pmatrix}at+b\\ct+d\end{pmatrix}}$ avec $a=2\left(at+b\right)+ct+d-5t,c=3\left(at+b\right)+4\left(ct+d\right)+6$. En résolvant, on trouve $X={\begin{pmatrix}4t+5\\-3t-6\end{pmatrix}}$.
La solution générale est donc : $y=\lambda \operatorname {e} ^{t}+\mu \operatorname {e} ^{5t}+4t+5,z=-\lambda \operatorname {e} ^{t}+3\mu \operatorname {e} ^{5t}-3t-6,\;\lambda ,\mu \in \mathbb {R}$.
Résoudre le système différentiel
    $X'\left(t\right)=AX\left(t\right)+B\left(t\right)$
d'inconnue $X:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ^{3}$, où
    $A={\begin{pmatrix}3&-2&-4\\-2&3&2\\3&-3&-4\end{pmatrix}}$ et $B\left(t\right)={\begin{pmatrix}-t\\-2t+2\\-1\end{pmatrix}}$.
Les valeurs propres de $A$ sont $1,-1,2$, de vecteurs propres associés
    $e_{1}={\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}},\;e_{-1}={\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}},\;e_{2}={\begin{pmatrix}0\\-2\\1\end{pmatrix}}$.
La solution générale du système homogène $X'=AX$ est donc
    $X_{a,b,c}\left(t\right)={\begin{pmatrix}a\operatorname {e} ^{t}+b\operatorname {e} ^{-t}\\a\operatorname {e} ^{t}-2c\operatorname {e} ^{2t}\\b\operatorname {e} ^{-t}+c\operatorname {e} ^{2t}\end{pmatrix}}$, avec $a,b,c\in \mathbb {R}$.
Puisque $B\left(t\right)=-te_{-1}+\left(t-1\right)e_{2}$, la solution particulière polynomiale du système non homogène est
    $X_{0}\left(t\right)=P\left(t\right)e_{-1}+Q\left(t\right)e_{2}$
où $P,Q$ sont les polynômes tels que $P'=-P-t$ et $Q'=2Q+t-1$, c'est-à-dire $P\left(t\right)=1-t$ et $Q\left(t\right)={\frac {1-2t}{4}}$, soit
    $X_{0}\left(t\right)={\begin{pmatrix}1-t\\t-{\frac {1}{2}}\\-{\frac {3}{2}}t+{\frac {5}{4}}\end{pmatrix}}$
et la solution générale est $X_{0}+X_{a,b,c}$ (avec $a,b,c\in \mathbb {R}$).

### Système homogène, matrice non diagonalisable

Soit $A={\begin{pmatrix}3&-2\\2&-1\end{pmatrix}}$. Résoudre $X'=AX$.
$1$ est valeur propre double de $A$, de vecteur propre associé
    $u={\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}$.
En posant par exemple
    $v={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$,
on obtient une famille $\left(u,v\right)$ libre donc base de $\mathbb {R} ^{2}$, dans laquelle la matrice $B$ de l'endomorphisme $U\mapsto AU$ est triangulaire :
    $A(u)=u,A(v)-v=-2u$ donc $B={\begin{pmatrix}1&-2\\0&1\end{pmatrix}}$.
$X=fu+gv:\mathbb {R} \to \mathbb {R} ^{2}$ est solution de $X'=AX$ si et seulement si $f'u+g'v=fu+g\left(v-2u\right)$. On résout donc le système dans cette base :
    ${\begin{cases}f'=f-2g\\g'=g\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}f'=f-2\lambda \operatorname {e} ^{t}\\g=\lambda \operatorname {e} ^{t}\end{cases}}\Leftrightarrow {\begin{cases}f=\left(-2\lambda t+\mu \right)\operatorname {e} ^{t}\\g=\lambda \operatorname {e} ^{t}\end{cases}}$
puis on revient à la base canonique :
    $X(t)=\operatorname {e} ^{t}\left(\left(-2\lambda t+\mu \right)u+\lambda v\right)=\operatorname {e} ^{t}{\begin{pmatrix}-2\lambda t+\mu \\-2\lambda t+\mu +\lambda \end{pmatrix}}$.
Résoudre le système différentiel
    ${\begin{cases}x'=x-y+3z\\y'=-2x+2y+2z\\z'=-x+y+5z\end{cases}}$ où les inconnues sont les fonctions $x,y,z:\mathbb {R} \to \mathbb {R}$.
$P^{-1}AP=B:={\begin{pmatrix}0&0&0\\0&4&1\\0&0&4\end{pmatrix}}$ pour $P={\begin{pmatrix}1&2&0\\1&0&1\\0&2&1\end{pmatrix}}$. Posons $Y=P^{-1}X={\begin{pmatrix}f\\g\\h\end{pmatrix}}$, ainsi $X'=AX\Leftrightarrow Y'=BY\Leftrightarrow f'=0,g'=4g+h,h'=4h\Leftrightarrow f(t)=\alpha ,h(t)=\beta \operatorname {e} ^{4t},g(t)=k(t)\operatorname {e} ^{4t}$ avec $k'=\beta$ c'est-à-dire $k(t)=\beta t+\gamma$ c'est-à-dire $g(t)=(\beta t+\gamma )\operatorname {e} ^{4t}$, et $X=PY$ c'est-à-dire $x=f+2g,y=f+h,z=2g+h$ c'est-à-dire $x(t)=\alpha +2(\beta t+\gamma )\operatorname {e} ^{4t},y(t)=\alpha +\beta \operatorname {e} ^{4t},z(t)=(2\beta t+2\gamma +\beta )\operatorname {e} ^{4t}$.
Soit $A={\begin{pmatrix}1&0&-1&1\\0&1&1&0\\0&0&1&0\\0&0&1&0\end{pmatrix}}$. Résoudre $X'=AX$.
$\left|{\begin{matrix}1-\lambda &0&-1&1\\0&1-\lambda &1&0\\0&0&1-\lambda &0\\0&0&1&-\lambda \end{matrix}}\right|=\lambda \left(\lambda -1\right)^{3}$ donc les valeurs propres sont $0$ (simple) et $1$ (triple).
La droite $\ker A$ est engendrée par $d:={\begin{pmatrix}1\\0\\0\\-1\end{pmatrix}}$.
Le sous-espace propre $\ker \left(A-\mathrm {I} _{4}\right)$ est le plan vectoriel engendré par $a:={\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}}$ et $b:={\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}}$.
Pour former une base $\left(a,b,c,d\right)$ de $\mathbb {R} ^{4}$ dans laquelle la matrice de l'endomorphisme associé à $A$ soit la plus simple possible, on cherche un vecteur $c\neq 0$ tel que $\left(A-\mathrm {I} _{4}\right)\left(c\right)$ appartienne à ce plan. Le plus simple est $c:={\begin{pmatrix}0\\0\\1\\1\end{pmatrix}}$, et l'on a alors $\left(A-\mathrm {I} _{4}\right)\left(c\right)=b$.
En résumé :
    $a={\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}}$, $b={\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}}$, $c={\begin{pmatrix}0\\0\\1\\1\end{pmatrix}}$, $d={\begin{pmatrix}1\\0\\0\\-1\end{pmatrix}}$ et $A\left(fa+gb+hc+kd\right)=fa+gb+h\left(b+c\right)$.
Les solutions sont donc $X=fa+gb+hc+kd$ avec $f'=f,g'=g+h,h'=h,k'=0$, c'est-à-dire
    $f\left(t\right)=\alpha \operatorname {e} ^{t},h\left(t\right)=\beta \operatorname {e} ^{t},g\left(t\right)=\left(\beta t+\gamma \right)\operatorname {e} ^{t},k\left(t\right)=\delta$ (avec $\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta \in \mathbb {R}$), soit
    $X\left(t\right)=\operatorname {e} ^{t}\left(\alpha a+\beta \left(tb+c\right)+\gamma b\right)+\delta d={\begin{pmatrix}\alpha \operatorname {e} ^{t}+\delta \\\left(\beta t+\gamma \right)\operatorname {e} ^{t}\\\beta \operatorname {e} ^{t}\\\beta \operatorname {e} ^{t}-\delta \end{pmatrix}}$.

### Courbes et équations différentielles

Soit $A\in M_{2}(\mathbb {R} )$ et $X_{0}\in \mathbb {R} ^{2}$. On considère le système différentiel
    ${\begin{cases}X'(t)=AX(t),\\X(0)=X_{0}\end{cases}}$.
Le but est de tracer dans le plan $(Oxy)$ la trajectoire de la solution
    $t\mapsto X(t)={\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix}}$.

#### Le cas où la matrice A est diagonale

On considère
    $A={\begin{pmatrix}\lambda &0\\0&\mu \end{pmatrix}}$.
Tracer l'allure de la courbe $t\mapsto X(t)$ dans les cas suivants :
a) $0<\lambda <\mu$,
b) $0=\lambda <\mu$,
c) $\lambda <0<\mu$,
d) $\lambda <0=\mu$,
e) $\lambda <\mu <0$.
    $x(t)=x_{0}\mathrm {e} ^{\lambda t},y=y_{0}\mathrm {e} ^{\mu t}$, avec par exemple $x_{0}=y_{0}=1$.
a) Courbe avec (par exemple) $\mu =2\lambda$.
b) Demi-droite $x=1,y>0$.
c) Courbe avec (par exemple) $\mu =-\lambda$.
d) Demi-droite $y=1,x>0$.
e) Courbe avec (par exemple) $\lambda =2\mu$.

#### Le cas où la matrice A est diagonalisable dans M$_2$(ℝ)

On suppose que $A$ a deux valeurs propres réelles distinctes, et donc on est dans un des cas précédents, au niveau des valeurs propres. Quelle allure auront les trajectoires ?
Même allure, en se plaçant dans une base propre.

#### Le cas typique où la matrice A est diagonalisable dans M$_2$(ℂ)

Soient $\lambda \in \mathbb {R}$ et $\mu \in \mathbb {R} ^{*}$. On considère
    $A={\begin{pmatrix}\lambda &-\mu \\\mu &\lambda \end{pmatrix}}$.
a) Déterminer les valeurs propres de $A$.
b) Montrer que la solution est
    $X(t)=\mathrm {e} ^{\lambda t}R_{\mu t}(X_{0})$,
où $R_{\theta }$ désigne la rotation d'angle $\theta$.
En déduire l'allure de la solution $t\mapsto X(t)$.
a) $\lambda \pm \mathrm {i} \mu$.
b) On vérifie sans peine que la fonction $t\mapsto X(t)$ proposée est bien solution de $X'=AX,X(0)=X_{0}$.
La courbe est donc une spirale logarithmique.
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