Vers la Prépa (1) - Exercice 1

On a :
$$(E_1) : \,\,\, y_{ssm}'(x) + x^2 \, y_{ssm}(x) = 0$$
Donc :
$$y_{ssm}'(x) = - x^2 \, y_{ssm}(x)$$
Soit :
$$\dfrac{y_{ssm}'(x)}{y_{ssm}(x)} = - x^2$$
Par primitivation, on obtient :
$$\ln(y_{ssm}(x)) = - \dfrac{x^3}{3} + k \,\,\, (k \in \mathbb{R})$$
Ainsi :
$$y_{ssm}(x) = e^{- \frac{x^3}{3} + k } \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, y_{ssm}(x) = e^{- \frac{x^3}{3}} \times e^k$$
On pose $$A = e^k \in \mathbb{R}$$. Dans ce cas, on trouve que :
$$y_{ssm}(x) = A \, e^{- \frac{x^3}{3}} \,\,\, A \in \mathbb{R}$$

On a :
$$y_p'(x) + x^2 \, y_p(x) = x^2$$
On constate que si $$y_p(x) = 1$$ alors $$y_p'(x) = 0$$. Et dans ce cas, l'équation $$y_p'(x) + x^2 \, y_p(x) = x^2$$ est effectivement vérifiée.
Donc :
$$y_p(x) = 1$$.
Si nous n'avions pas observé cela directement, nous aurions dit que : le second membre étant $$x^2$$, c'est-à-dire un polynôme du second degré, dans ce cas, nous aurions proposé pour $$y_p$$ également un polynôme du second degré. Donc, avec les trois réels $$a$$, $$b$$ et $$c$$, on a :
$$y_p(x) = ax^2 + bx + c \,\,\,\, \Longrightarrow \,\,\,\, y'_p(x) = 2ax + b$$
Ainsi, en remplaçant dans $$(E_1)$$ :
$$2ax + b + x^2 \,(ax^2 + bx + c) = x^2 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 2ax + b + ax^4 + bx^3 + cx^2 = x^2 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, ax^4 + bx^3 + (c-1)x^2 + 2ax + b = 0$$
Donc :
$$a = 0$$, $$b = 0$$ et $$c = 1$$.
Et de fait, on retrouve que :
$$y_p(x) = 1$$.

L'équation différentielle $$(E)$$ étant linéaire, dans ce cas, la solution générale $$y$$ est la $$\red{\text{somme}}$$ de la solution $$y_{ssm}$$ et $$y_p$$. On a alors :
$$y(x) = 1 + A \, e^{- \frac{x^3}{3}} \,\,\,\,\, (A \in \mathbb{R})$$

On a :
$$y(x) = 1 + A \, e^{- \frac{x^3}{3}} \,\,\,\,\, (A \in \mathbb{R})$$
Donc :
$$y(0) = 1 + A \, e^{- \frac{0^3}{3}} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 3 = 1 + A \, e^{0} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, 3 = 1 + A \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, A = 2$$
Finalement :
$${\color{red}{\boxed{y(x) = 1 + 2 \, e^{- \frac{x^3}{3}}}}}$$