Résolution par changement de fonction inconnue

Exercices du dossier Résolution par changement de fonction inconnue

Exercice 637 *

12 mai 2021 13:44 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Résoudre sur \(\mathbb{R}\) l’équation différentielle  : \[\left(t^2+1\right)y''+\left(t^2-2t+1\right)y'-2ty=0\] en introduisant la fonction \(z=y'+y\).



[ID: 2050] [Date de publication: 12 mai 2021 13:44] [Catégorie(s): Résolution par changement de fonction inconnue ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 637
Par emmanuel le 12 mai 2021 13:44

Remarquons que l’équation s’écrit aussi : \(\left(t^2+1\right)\left(y''+y'\right)-2t(y+y')=0\). Supposons qu’il existe une solution \(y\) de l’équation différentielle. Posons \(z=y'+y\). La fonction \(z\) vérifie : \(\left(1+t^2\right)z'-2tz=0\). Cette équation est linéaire et du premier degré. Ses solutions sont les fonctions : \(z_\alpha:t\mapsto \alpha \left(t^2+1\right)\). Reste à résoudre \(y'+y= \alpha \left(t^2+1\right)\). Ses solutions sont : \(\boxed{t\mapsto \alpha\left(t^2-2t+3\right)+\beta e^{-t}}\) avec \(\alpha,\beta\in\mathbb{R}\). On en déduit que \(y\) est de cette forme. Réciproquement, toute fonction de cette forme est solution de l’équation différentielle.


Exercice 199 *

12 mai 2021 13:44 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Résoudre sur \(\mathbb{R}\) l’équation différentielle : \[\left(E\right):\quad y''+4ty'+(11+4t^2)y = 0\] en introduisant la fonction \(z\left(t\right)=e^{t^2} y\left(t\right)\).



[ID: 2052] [Date de publication: 12 mai 2021 13:44] [Catégorie(s): Résolution par changement de fonction inconnue ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 199
Par emmanuel le 12 mai 2021 13:44

Supposons qu’il existe une solution \(y\) de \(\left(E\right)\). Considérons, pour tout \(t\in\mathbb{R}\), la fonction \(z\) donnée par : \(z\left(t\right)=e^{t^2} y\left(t\right)\), soit \(y(t) = e^{-t^2}z(t)\). D’où \(y'(t) = (z'-2tz)e^{-t^2}\) et \(y''(t) = (z'' - 4tz' + (4t^2-2)z(t))e^{-t^2}\). Donc \(0 = y''(t)+4ty'(t)+(11+4t^2)y(t) = (z''(t) - 4tz'(t) + (4t^2-2)z + 4tz' - 8t^2 + 11 + 4t^2)e^{-t^2} = (z'' + 9 z)e^{- t^2}\). Donc \(z\) vérifie l’équation du second degré à coefficients constants : \(z''+9z=0\). Les solutions de cette équation différentielle sont de la forme : \(\varphi_{\alpha,\beta}: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R} & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \alpha \cos 3t + \beta \sin 3t \end{array} \right.\)\(\alpha,\beta \in\mathbb{R}\). Par conséquent \(y\) est de la forme : \[\boxed{\psi_{\alpha,\beta}: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R} & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \left(\alpha \cos 3t + \beta \sin 3t\right)e^{-t^2} \end{array} \right. }\] avec \(\alpha,\beta \in\mathbb{R}\). On vérifie réciproquement que les fonctions de cette forme sont solution de l’équation.


Exercice 982 *

12 mai 2021 13:44 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Résoudre sur \(\mathbb{R}\) l’équation différentielle : \[\left(E\right)~\quad -\left(x^4+2x^2+1\right) y'' +4 x\left(x^2+1\right) y' +\left(x^4-4x^2+3\right) y = 0\] en introduisant la fonction \(z\left(x\right)={\scriptstyle y\left(x\right)\over\scriptstyle 1+x^2}\).



[ID: 2054] [Date de publication: 12 mai 2021 13:44] [Catégorie(s): Résolution par changement de fonction inconnue ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
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Exercice 982
Par emmanuel le 12 mai 2021 13:44

Supposons qu’il existe une solution \(y\) de \(\left(E\right)\). Considérons pour tout \(x\in\mathbb{R}\) la fonction donnée par \(z\left(x\right)={y\left(x\right)}/{1+x^2}\). Comme : \[y\left(x\right)=\left(1+x^2\right)z\left(x\right),\quad y'\left(x\right)=\left(1+x^2\right)z'\left(x\right)+2x z\left(x\right) \quad \textrm{ et} \quad y''\left(x\right)=\left(1+x^2\right)z''\left(x\right)+4z'\left(x\right)+2z\left(x\right),\] en remplaçant dans \(\left(E\right)\), on trouve que la fonction \(z\) est alors solution de l’équation du second degré à coefficients constants : \(z''-z=0\). Les solutions de cette équation différentielle sont les fonctions : \(\varphi_{\alpha,\beta}: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R} & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \alpha e^x + \beta e^{-x} \end{array} \right.\)\(\alpha,\beta \in\mathbb{R}\). Par conséquent \(y\) est de la forme : \[\boxed{\psi_{\alpha,\beta}: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R} & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \left(\alpha e^x + \beta e^{-x}\right)\left(1+x^2\right) \end{array} \right. }\] avec \(\alpha,\beta \in\mathbb{R}\). On vérifie réciproquement que toute fonction de cette forme est solution de \(\left(E\right)\).


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Exercice 1038
Par emmanuel le 12 mai 2021 13:44
    1. Soit \(t\in \mathbb{R}\) et \(x\in\mathbb{R}_+^*\) tels que \(t=\ln x\). Si \(z\left(t\right)=y\left(e^t\right)e^{-{\scriptstyle t\over\scriptstyle 2}}\) alors \(y\left(x\right)=\sqrt x z\left(\ln x\right)\).

    2. Pour \(x\in\mathbb{R}_+^*\), on déduit de l’égalité précédente que : \[y'\left(x\right) = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle\sqrt x} \left({\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} z\left(\ln x\right) + z'\left(\ln x\right)\right) \quad \textrm{ et} \quad y''\left(x\right) = \dfrac{1}{x\sqrt x}\left(z''\left(\ln x\right)-{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 4}z\left(\ln x\right)\right)\] En remplaçant dans \(\left(E\right)\), on obtient, pour tout \(t\in\mathbb{R}\) : \[\left(E'\right)~: z''\left(t\right) + {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 4}z\left(t\right)\] qui est une équation du second degré à coefficients constants.

    3. D’après le cours, ses solutions sont les fonctions : \[z: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R} & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ t & \longmapsto & \alpha \cos {\scriptstyle t\over\scriptstyle 2} + \beta \sin {\scriptstyle t\over\scriptstyle 2} \end{array} \right.\]\(\alpha,\beta \in \mathbb{R}\).

  1. On en déduit que les solutions de \(\left(E\right)\) sont les fonctions : \[y: \left\{ \begin{array}{ccl} \mathbb{R}_+^* & \longrightarrow & \mathbb{R} \\ x & \longmapsto & \alpha \cos {\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle 2} + \beta \sin {\scriptstyle\ln x\over\scriptstyle 2} \end{array} \right.\]\(\alpha,\beta \in \mathbb{R}\).


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