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Equations différentielles : en route vers le supérieur
Un exercice classique - Exercice 1
30 min
45
Un exercice classique dont il faut maîtriser la démarche.
Question 1
On recherche les solutions de l'équation différentielle
(
E
)
(E)
(
E
)
suivante :
4
y
′
+
y
=
x
+
6
4y' + y = x+6
4
y
′
+
y
=
x
+
6
Déterminer une fonction affine
g
g
g
qui soit solution de
(
E
)
(E)
(
E
)
.
Correction
Si
g
g
g
est une une fonction affine alors on a :
g
(
x
)
=
a
x
+
b
(
a
;
b
)
∈
R
2
g(x) = ax+b \,\,\,\,\, (a\,;\,b) \in \mathbb{R}^2
g
(
x
)
=
a
x
+
b
(
a
;
b
)
∈
R
2
Donc, en injectant ceci dans l'équation différentielle
(
E
)
(E)
(
E
)
, on trouve que :
4
a
+
a
x
+
b
=
x
+
6
a
x
+
b
+
4
a
=
x
+
6
⟹
{
a
=
1
b
=
2
4a + ax+b = x+6 \,\,\,\, ax +b+4a = x+6 \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} a & = & 1 \\ b & = & 2 \\ \end{array} \right.
4
a
+
a
x
+
b
=
x
+
6
a
x
+
b
+
4
a
=
x
+
6
⟹
{
a
b
=
=
1
2
D'où :
g
(
x
)
=
x
+
2
g(x) = x+2
g
(
x
)
=
x
+
2
Question 2
Soit
(
E
1
)
(E_1)
(
E
1
)
l'équation sans second membre issue de
(
E
)
(E)
(
E
)
. Démontrer que, si
f
f
f
est solution de
(
E
)
(E)
(
E
)
alors
h
=
f
−
g
h=f-g
h
=
f
−
g
est solution de
(
E
1
)
(E_1)
(
E
1
)
.
Correction
Si
f
f
f
est solution de
(
E
)
(E)
(
E
)
, alors
∀
x
∈
R
\forall x \in \mathbb{R}
∀
x
∈
R
, on a :
4
f
′
(
x
)
+
f
(
x
)
=
x
+
6
4f'(x) + f(x) = x+6
4
f
′
(
x
)
+
f
(
x
)
=
x
+
6
Or, on sait déjà que
g
g
g
est solution de
(
E
)
(E)
(
E
)
, donc que l'on a :
4
g
′
(
x
)
+
g
(
x
)
=
x
+
6
4g'(x) + g(x) = x+6
4
g
′
(
x
)
+
g
(
x
)
=
x
+
6
Ainsi, en soustrayant membres à membres les deux égalités précédentes, on trouve que :
4
(
f
′
(
x
)
−
g
′
(
x
)
)
+
(
f
(
x
)
−
g
(
x
)
)
=
x
+
6
−
(
x
+
6
)
4(f'(x)-g'(x)) + (f(x)-g(x)) = x+6 - (x+6)
4
(
f
′
(
x
)
−
g
′
(
x
))
+
(
f
(
x
)
−
g
(
x
))
=
x
+
6
−
(
x
+
6
)
Soit encore :
4
(
f
′
−
g
)
′
(
x
)
+
(
f
−
g
)
(
x
)
=
0
⟺
4
h
′
(
x
)
+
h
(
x
)
=
0
4(f'-g)'(x) + (f-g)(x) = 0 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 4h'(x) + h(x) = 0
4
(
f
′
−
g
)
′
(
x
)
+
(
f
−
g
)
(
x
)
=
0
⟺
4
h
′
(
x
)
+
h
(
x
)
=
0
Donc, si
f
f
f
est solution de
(
E
)
(E)
(
E
)
alors
h
=
f
−
g
h=f-g
h
=
f
−
g
est solution de
(
E
1
)
(E_1)
(
E
1
)
.
Question 3
Réciproquement, démontrer que si,
h
h
h
est solution de
(
E
1
)
(E_1)
(
E
1
)
alors
f
=
g
+
h
f=g+h
f
=
g
+
h
est solution de
(
E
)
(E)
(
E
)
.
Correction
Supposons que
h
h
h
est solution de
(
E
1
)
(E_1)
(
E
1
)
. Dans ce cas, on a :
4
h
′
(
x
)
+
h
(
x
)
=
0
4h'(x) + h(x) = 0
4
h
′
(
x
)
+
h
(
x
)
=
0
Or, on sait déjà que
g
g
g
est solution de
(
E
)
(E)
(
E
)
, donc que l'on a :
4
g
′
(
x
)
+
g
(
x
)
=
x
+
6
4g'(x) + g(x) = x+6
4
g
′
(
x
)
+
g
(
x
)
=
x
+
6
Ainsi, en ajoutant membres à membres les deux égalités précédentes, on trouve que :
4
(
h
′
(
x
)
+
g
′
(
x
)
)
+
(
h
(
x
)
+
g
(
x
)
)
=
0
+
x
+
6
4(h'(x)+g'(x)) + (h(x)+g(x)) = 0+ x+6
4
(
h
′
(
x
)
+
g
′
(
x
))
+
(
h
(
x
)
+
g
(
x
))
=
0
+
x
+
6
Soit encore :
4
(
h
′
+
g
′
)
(
x
)
+
(
h
+
g
)
(
x
)
=
x
+
6
⟺
4
f
′
(
x
)
+
f
(
x
)
=
x
+
6
4(h'+g')(x) + (h+g)(x) = x+6 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 4f'(x) + f(x) = x+6
4
(
h
′
+
g
′
)
(
x
)
+
(
h
+
g
)
(
x
)
=
x
+
6
⟺
4
f
′
(
x
)
+
f
(
x
)
=
x
+
6
Donc, si
h
h
h
est solution de
(
E
1
)
(E_1)
(
E
1
)
alors
f
=
g
+
h
f=g+h
f
=
g
+
h
est solution de
(
E
)
(E)
(
E
)
.
Question 4
Résoudre l'équation
(
E
1
)
(E_1)
(
E
1
)
.
Correction
L'équation
(
E
1
)
(E_1)
(
E
1
)
est :
4
y
′
+
y
=
0
⟺
y
′
y
=
−
1
4
⟺
d
d
x
(
ln
(
y
(
x
)
)
)
=
−
1
4
⟹
ln
(
y
(
x
)
)
=
−
1
4
x
+
k
(
k
∈
R
)
⟹
y
(
x
)
=
e
−
1
4
x
+
k
4y' + y = 0 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{y'}{y} = -\dfrac{1}{4} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \dfrac{d \, }{dx} \left( \ln(y(x)) \right) = -\dfrac{1}{4} \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, \ln(y(x)) = -\dfrac{1}{4} x + k \,\, (k \in \mathbb{R}) \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, y(x) = e^{-\frac{1}{4} x + k}
4
y
′
+
y
=
0
⟺
y
y
′
=
−
4
1
⟺
d
x
d
(
ln
(
y
(
x
))
)
=
−
4
1
⟹
ln
(
y
(
x
))
=
−
4
1
x
+
k
(
k
∈
R
)
⟹
y
(
x
)
=
e
−
4
1
x
+
k
Soit :
y
(
x
)
=
e
−
1
4
x
×
e
k
y(x) = e^{-\frac{1}{4} x} \times e^{k}
y
(
x
)
=
e
−
4
1
x
×
e
k
Posons
A
=
e
k
∈
R
A = e^{k} \in \mathbb{R}
A
=
e
k
∈
R
, ce qui nous donne :
y
(
x
)
=
A
e
−
1
4
x
A
∈
R
y(x) = A e^{-\frac{1}{4}x} \,\,\,\,\,\, A \in \mathbb{R}
y
(
x
)
=
A
e
−
4
1
x
A
∈
R
Or on sait que
h
h
h
est solution de
(
E
1
)
(E_1)
(
E
1
)
, ce qui implique que :
h
(
x
)
=
A
e
−
1
4
x
A
∈
R
h(x) = A e^{-\frac{1}{4}x} \,\,\,\,\,\, A \in \mathbb{R}
h
(
x
)
=
A
e
−
4
1
x
A
∈
R
Question 5
En déduire toutes les solutions de
(
E
)
(E)
(
E
)
.
Correction
Toutes les solutions
f
f
f
de
(
E
)
(E)
(
E
)
vont s'écrire
f
=
h
+
g
f=h+g
f
=
h
+
g
. Ce qui nous donne alors :
f
(
x
)
=
A
e
−
1
4
x
+
x
+
2
A
∈
R
f(x) = A e^{-\frac{1}{4}x} + x + 2 \,\,\,\,\,\, A \in \mathbb{R}
f
(
x
)
=
A
e
−
4
1
x
+
x
+
2
A
∈
R
Question 6
Déterminer la solution de
(
E
)
(E)
(
E
)
qui satisfait à
f
(
0
)
=
4
f(0) = 4
f
(
0
)
=
4
.
Correction
Si
f
f
f
satisfait à
f
(
0
)
=
4
f(0) = 4
f
(
0
)
=
4
alors on obtient :
f
(
0
)
=
4
⟺
A
e
−
1
4
0
+
0
+
2
⟺
A
+
2
=
4
⟺
A
=
2
f(0) = 4 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, A e^{-\frac{1}{4}0} + 0 + 2 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, A + 2 = 4 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, A = 2
f
(
0
)
=
4
⟺
A
e
−
4
1
0
+
0
+
2
⟺
A
+
2
=
4
⟺
A
=
2
D'où :
f
(
x
)
=
2
e
−
x
4
+
x
+
2
f(x) = 2 e^{-\frac{x}{4}} + x + 2
f
(
x
)
=
2
e
−
4
x
+
x
+
2