La méthode de la variation de la constante (3) - 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 :
$$x \, y_p'(x) + y_p(x) = e^x \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, x \left( \dfrac{\mathcal{K}'(x)}{x} - \dfrac{\mathcal{K}(x)}{x^2} \right) + \dfrac{\mathcal{K}(x)}{x} = e^x$$.
Soit :
$$\mathcal{K}'(x) - \dfrac{\mathcal{K}(x)}{x} + \dfrac{\mathcal{K}(x)}{x} = e^x \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \mathcal{K}'(x) = e^x$$
En intégrant, on obtient :
$$\mathcal{K}(x) = e^x + q \,\,\, (q \in \mathbb{R})$$
Ce qui nous permet d'obtenir :
$${\color{blue}{\boxed{y_p(x) = \dfrac{e^x}{x} + \dfrac{q}{x}}}}$$
Comme l'équation différentielle $$(E)$$ est linéaire, la solution globale $$y$$ est donnée par :
$$y(x) = y_p(x) + y_h(x)$$
Donc :
$$y(x) = \dfrac{e^x}{x} + \dfrac{q}{x} + \dfrac{\mathcal{K}}{x}$$
Ce qui nous donne :
$$y(x) = \dfrac{e^x}{x} + \dfrac{q + \mathcal{K}}{x}$$
Finalement, en posant $$Q = q + \mathcal{K} \in \mathbb{R}$$, on obtient :
$${\color{red}{\boxed{y(x) = \dfrac{e^x}{x} + \dfrac{Q}{x} = \dfrac{1}{x} \left( e^x + Q \right) }}}$$

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 :
$$y_h'(x) + \dfrac{1 - 2x}{x^2}y_h(x) = 0$$
Cette dernière est séparable. En effet elle peut s'écrire comme :
$$\dfrac{d \, y_h}{dx}(x) + \dfrac{1 - 2x}{x^2}y_h(x) = 0 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{d \, y_h}{dx}(x) = - \dfrac{1 - 2x}{x^2}y_h(x) \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{d \, y_h}{dx}(x) = \dfrac{2x-1}{x^2}y_h(x)$$
Ainsi, par l'écriture de $$Leibniz$$ on obtient :
$$\dfrac{1}{y_h(x)} dy_h = \dfrac{2x-1}{x^2} dx \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{1}{y_h(x)} dy_h = 2\dfrac{1}{x} dx - \dfrac{1}{x^2} dx$$
En intégrant les deux membres, on trouve (avec $$C \in \mathbb{R}$$) que :
$$\ln(|y_h(x)|) = 2 \ln(|x|) + \dfrac{1}{x} + C$$
Ce qui implique que :
$$|y_h(x)| = e^{2 \ln(|x|) + \frac{1}{x} + C} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, |y_h(x)| = e^{\ln(|x|^2) + \frac{1}{x} + C} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, |y_h(x)| = |x|^2 \, e^{\frac{1}{x}} \, e^{C}$$
Or, $$K=e^{C} \in \mathbb{R}$$, et pour tout $$x$$ réel on a $$|x|^2 = x^2$$. Donc :
$$|y_h(x)| = x^2 \, e^{\frac{1}{x}} \, K$$
La valeur absolue est associée aux signes possibles. Donc on va écrire que :
$$y_h(x) = \pm K \, x^2 \, e^{\frac{1}{x}}$$
Finalement, avec $$\mathcal{K} = \pm K \in \mathbb{R}$$, on a :
$${\color{blue}{\boxed{y_h(x) = \mathcal{K} x^2 \, e^{\frac{1}{x}} }}}$$
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 :
$$y_p(x) = \mathcal{K}(x) \, x^2 \, e^{\frac{1}{x}} \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, y'_p(x) = \mathcal{K}'(x) \, x^2 \, e^{\frac{1}{x}} + \mathcal{K}(x) \, 2x \, e^{\frac{1}{x}} + \mathcal{K}(x) \, x^2 \, \dfrac{-1}{x^2} e^{\frac{1}{x}}$$
En simplifiant :
$$y'_p(x) = \mathcal{K}'(x) \, x^2 \, e^{\frac{1}{x}} + \mathcal{K}(x) \, 2x \, e^{\frac{1}{x}} - \mathcal{K}(x) \, e^{\frac{1}{x}}$$
L'équation $$(E)$$ prend alors la forme :
$$\mathcal{K}'(x) \, x^2 \, e^{\frac{1}{x}} + \mathcal{K}(x) \, 2x \, e^{\frac{1}{x}} - \mathcal{K}(x) \, e^{\frac{1}{x}} + \dfrac{1 - 2x}{x^2} \mathcal{K}(x) \, x^2 \, e^{\frac{1}{x}} = 1$$
En simplifiant :
$$\mathcal{K}'(x) \, x^2 \, e^{\frac{1}{x}} + \mathcal{K}(x) \, 2x \, e^{\frac{1}{x}} - \mathcal{K}(x) \, e^{\frac{1}{x}} + (1 - 2x) \mathcal{K}(x) \, e^{\frac{1}{x}} = 1$$
En développant :
$$\mathcal{K}'(x) \, x^2 \, e^{\frac{1}{x}} + \mathcal{K}(x) \, 2x \, e^{\frac{1}{x}} - \mathcal{K}(x) \, e^{\frac{1}{x}} + \mathcal{K}(x) \, e^{\frac{1}{x}} - 2x\mathcal{K}(x) \, e^{\frac{1}{x}} = 1$$
Il reste alors l'égalité suivante :
$$\mathcal{K}'(x) \, x^2 \, e^{\frac{1}{x}} = 1 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \mathcal{K}'(x) = \dfrac{1}{x^2 \, e^{\frac{1}{x}}} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \mathcal{K}'(x) = \dfrac{e^{-\frac{1}{x}}}{x^2} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \mathcal{K}'(x) = \dfrac{1}{x^2} e^{-\frac{1}{x}}$$
En intégrant, on obtient :
$$\mathcal{K}(x) = e^{-\frac{1}{x}} + q \,\,\, (q \in \mathbb{R})$$
Ce qui nous permet d'obtenir :
$$y_p(x) = \left( e^{-\frac{1}{x}} + q \right) \, x^2 \, e^{\frac{1}{x}} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, y_p(x) = x^2 + q \, x^2 \, e^{\frac{1}{x}}$$
Ce qui nous permet d'obtenir :
$${\color{blue}{\boxed{y_p(x) = x^2 + q \, x^2 \, e^{\frac{1}{x}}}}}$$
Comme l'équation différentielle $$(E)$$ est linéaire, la solution globale $$y$$ est donnée par :
$$y(x) = y_p(x) + y_h(x)$$
Donc :
$$y(x) = x^2 + q \, x^2 \, e^{\frac{1}{x}} + \mathcal{K} x^2 \, e^{\frac{1}{x}} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, y(x) = x^2 + (q + \mathcal{K}) x^2 \, e^{\frac{1}{x}}$$
En posant $$Q = q + \mathcal{K} \in \mathbb{R}$$, on obtient :
$$y(x) = x^2 + Q x^2 \, e^{\frac{1}{x}}$$
Finalement on obtient :
$${\color{red}{\boxed{y(x) = x^2 \left( 1 + Q \, e^{\frac{1}{x}} \right) }}}$$