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[ID: 798] [Date de publication: 18 janvier 2021 14:39] [Catégorie(s): Application aux équations différentielles linéaires du premier ordre avec problèmes de raccord des solutions ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron ]

Solution(s)

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Exercice 840
Par Alain Soyeur François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron le 18 janvier 2021 14:39

• Soit \(\left(N\right)~: y' + \dfrac{2y}{x\left(x^2-1\right)}=\dfrac{x^2}{x\left(x^2-1\right)}\). \(\left(N\right)\) est définie sur \(I = I_1\cup I_2\cup I_3\cup I_4\). Notons \(\left(H\right)\) l’équation homogène associée à \(\left(N\right)\) et introduisons la fonction \(a: \left\{ \begin{array}{ccl} I & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \dfrac{2}{x\left(x^2-1\right) } = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 1+x} - {\scriptstyle 2\over\scriptstyle x} + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle x-1} \end{array} \right.\). Pour tout \(k=1,2,3,4\), une primitive de \(a\) sur \(I_k\) est donnée par : \[x\mapsto \ln\dfrac{\left|1+x\right|\left|x-1\right|}{x^2}.\] Par conséquent, pour tout \(k=1,2,3,4\), les solutions de \(\left(H\right)\) sur \(I_k\) sont, par application du théorème de résolution des équations linéaires du premier degré, de la forme : \[\varphi_{\alpha_k}: \left\{ \begin{array}{ccl} I_k & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \alpha_k\dfrac{x^2}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)} \end{array} \right. \quad ; \alpha_k\in\mathbb{R}\] Soit \(k\in\llbracket 1,4\rrbracket\). Déterminons une solution particulière de \(\left(N\right)\) sur \(I_k\) en utilisant la méthode de variation de la constante. On la cherche sous la forme \(x\mapsto \alpha\left(x\right) \dfrac{x^2}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}\) où \(\alpha\) est une fonction \(\mathcal{C}^{1}\) sur \(I_k\). On a  : \(\alpha'\left(x\right) \dfrac{x^2}{\left(x+1\right)\left(x-1\right)} = \dfrac{x^2}{x\left(x+1\right)\left(x-1\right)}\) c’est-à-dire \(\alpha'\left(x\right)={\scriptstyle 1\over\scriptstyle x}\) et donc on peut prendre \(\alpha\left(x\right) = \ln\left|x\right|\). En résumé, pour tout \(k\in\llbracket 1,4\rrbracket\), les solutions de \(\left(N\right)\) et donc de \(\left(E\right)\) sont, sur \(I_k\), de la forme : \[\boxed{x\mapsto \left(\ln \left|x\right| + \alpha_k\right)\dfrac{x^2}{{x^2-1}}} \textrm{ où } \alpha_k\in\mathbb{R}\]

• Cherchons s’il existe des solutions de \(\left(E\right)\) définies sur \(\mathbb{R}\). Si une telle solution \(\varphi\) existe alors :

  1. \(\varphi\) doit être continue et dérivable sur \(\mathbb{R}\).

  2. \(\forall k\in\llbracket 1,4\rrbracket,\quad \exists \beta_k\in\mathbb{R}:\quad \varphi_{|I_k} = \left(\ln \left|x\right| + \beta_k\right)\dfrac{x^2}{{x^2-1}}\).

  Mais \[\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 1^-}\varphi\left(x\right)}= \displaystyle{\lim_{x \rightarrow 1^-}\left(\ln {x} + \beta_3\right)\dfrac{x^2}{{x^2-1}}} =\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 1^-}\left(\dfrac{\ln {x}}{x-1} + \dfrac{\beta_3}{x-1}\right)\dfrac{x^2}{{x+1}}}\] qui n’est définie (et vaut \({\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\)) que si \(\beta_3=0\). On montre de même que \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 1^+}\varphi\left(x\right)}\) n’est définie que si \(\beta_4=0\), \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow -1^+}\varphi\left(x\right)}\) n’est définie que si \(\beta_2=0\) et \(\displaystyle{\lim_{x \rightarrow -1^-}\varphi\left(x\right)}\) n’est définie que si \(\beta_1=0\). De plus \(\dfrac{\ln\left|x\right|}{x^2-1}\xrightarrow[x\rightarrow 0]{}0\). La fonction \(\varphi\) définie par : \[\varphi\left(x\right)=\begin{cases} \dfrac{x^2\ln\left|x\right|}{x^2-1} &\textrm{ si } x\in\mathbb{R}\setminus\left\{-1,0,1\right\}\\ {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} &\textrm{ si } x=\pm 1 \\ 0 &\textrm{ si } x=0 \end{cases}\] est donc continue sur \(\mathbb{R}\). Montrons qu’elle est dérivable sur \(\mathbb{R}\). Soit \(x\in I\) :

  • \(\dfrac{\varphi\left(x\right)-\varphi\left(0\right)}{x-0}=\dfrac{x^2\ln\left|x\right|}{x\left(x^2-1\right)} \xrightarrow[x\rightarrow 0]{} 0\) donc \(f\) est dérivable en \(0\) et \(f'\left(0\right)=0\).

  • \[\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 1}\dfrac{\varphi\left(x\right)-\varphi\left(1\right)}{x-1}}=\displaystyle{\lim_{x \rightarrow 1}\dfrac{\dfrac{ x^2\ln{x}}{\left(x^2-1\right)} -{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}}{x-1}} \xlongequal{X=x-1} \displaystyle{\lim_{X \rightarrow 0} \dfrac{2\left(X+1\right)^2\ln\left(X+1\right)-\left(X+2\right)X }{2X^2\left(X+2\right)}}\] et, comme \(\ln\left(1+X\right) = X-{\scriptstyle X^2\over\scriptstyle 2}+\underset{X \rightarrow 0}{o}\left(X^2\right)\), \[\dfrac{2\left(X+1\right)^2\ln\left(X+1\right)-\left(X+2\right)X }{2X^2\left(X+2\right)} = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle X+2} + \underset{X \rightarrow 0}{o}\left(1\right) \xrightarrow[X\rightarrow 0]{} {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\] \(f\) est dérivable en \(1\) et \(f'\left(1\right)={\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\).

  • On montre de même que \(f\) est dérivable en \(-1\) et que \(f'\left(-1\right) = 0\).

  On vérifie réciproquement que la fonction \(f\) ainsi construite est solution de \(\left(E\right)\) sur \(\mathbb{R}\).