Cours Stage - Équations différentielles y' = ay

Exercice - Équations différentielles $y' = ay$, $a \in \mathbb{R}$

L'énoncé

On cherche dans cet exercice à trouver les solutions de l'équations $(E) :  y' + y = 4e^{-x}$.


Question 1

Montrer que la fonction $f(x) = 4xe^{-x}$ est solution de l'équation différentielle $(E)$. 

Montrons que la fonction $f$ définie par $f(x) = 4xe^{-x}$ est solution de l'équation différentielle $(E)$.

Calculons donc tout d'abord $f'$.

On sait que $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ en tant que produit de fonctions dérivable sur cet intervalle.

On pose $u(x) = 4x$ et $v(x) = e^{-x}$.

On a alors $f'(x) = u'(x)v(x) + u(x)v'(x) = 4e^{-x} - 4xe^{-x}$.

Ainsi, $f'(x) + f(x) = 4e^{-x} - 4xe^{-x} + 4xe^{-x} = 4e^{-x}$. Donc $f$ est solution de $(E)$. 

On pourra calculer $f' + f$.

Question 2

Démontrer que la forme générale des solutions de l'équation différentielle $y' = ay$, avec $a \in \mathbb{R}$ est $Ce^{ax}$ avec $C$ une constante réelle.

Soit $x \in \mathbb{R}$,

Soit $f$ une fonction de la forme $Ce^{ax}$ avec $a$ et $C$ deux réels,

Alors $f'(x) = Cae^{ax}$.

En outre, $af(x) = a\times Ce^{ax} = Cae^{ax} = f'(x)$.

Ainsi, les fonctions de la forme $Ce^{ax}$ sont solutions de l'équation $y' = ay$. 

 

Réciproquement, 

Soit $g$ une fonction solution non nulle de l'équation $y' = ay$,

On définit la fonction $z(x)$ par $e^{-ax}g(x)$.

On calcule alors la dérivée de $z$ (qui existe en tant que produit de fonctions dérivables).

Ainsi $z'(x) = -ae^{ax}g(x) + e^{-ax}g'(x)$.

Or $g$ est solution de l'équation $y' = ay$.

Donc $g'(x) = ag(x)$.


Finalement,

$z'(x) = -ae^{ax}g(x) + e^{-ax}g'(x) =-ae^{ax}g(x)  + e^{-ax} \times (a g(x)) = -ae^{ax}g(x)  +a e^{-ax}g(x) = 0$.

Ainsi, $z'$ est nulle sur $\mathbb{R}$ donc il existe une constante $k$ telle que $z = k$. 

Ainsi, $e^{-ax}g(x) = k$ donc $g(x) = ke^{ax}$. 

On procèdera à une démonstration en deux temps.

Question 3

Donner la forme générale des solutions de l'équation différentielle $(E') : y' + y = 0$.

On se ramène à une équation différentielle de la forme $y' = ay$, où $a$ est un nombre réel.

Ainsi $y' + y = 0 \iff y' = -y$ donc $a = -1$.

Ainsi, la forme générale des solutions est $Ce^{-x}$ avec $C$ une constante. 

On appliquera la propriété précédemment démontrée. 

Question 4

Soit $g$ une fonction définie et dérivable sur $\mathbb{R}$. Montrer que $g$ est solution de $(E)$ si et seulement si la fonction $g - f$ est solution de $(E')$ avec $f$ la fonction définie à la première question.

Soit $g$ une solution de $(E)$,

Montrons que $g - f$ est solution de $(E')$.

Pour cela, calculons $y' + y$ avec $y = g - f $ et montrons que $y' + y = 0$.

$(g - f)' + (g - f) = g' - f' + g - f = g' + g - (f' + f)$.

Or $f$ et $g$ sont solutions de $(E)$ donc $g' + g = 4e^{-x}$ et $f' + f = 4e^{-x}$. 

Donc $(g - f)' + (g - f) = g' + g - (f' + f) = 4e^{-x} - 4e^{-x} = 0$. Ainsi, $g - f$ est solution de $(E')$.

 

Réciproquement, supposons que $g - f$ est solution de $(E')$.

On sait que toute solution de $(E')$ s'écrit de la forme $Ce^{-x}$.

Il existe donc $C \in \mathbb{R}$ tel que $g - f = Ce^{-x}$.

On veut alors montrer que $g$ est solution de $(E)$ c'est-à-dire que $g' + g = 4e^{-x}$.

On calcule donc $g' + g$ avec $g(x) = f(x) + Ce^{-x}$.

$g'(x) = f'(x) - Ce^{-x}$. 

Donc, $g'(x) + g(x) = f'(x) - Ce^{-x} + f(x) + Ce^{-x} = f'(x) + f(x) - Ce^{-x} + Ce^{-x} = f'(x) + f(x)$. Or $f$ est solution de $(E)$ donc $f'(x) + f(x) = 4e^{-x}$. 

Ainsi $g'(x) + g(x) = 4e^{-x}$ donc $g$ est solution de $(E)$. 

On raisonnera en temps deux ...


En supposant d'abord que $g$ est solution de $(E)$ et en montrant que $g - f$ est alors solution de $(E')$.


Puis on supposera que $g - f$ est solution de $(E')$ et on prouvera que $g$ est solution de $(E)$ 

Question 5

En déduire la forme générale des solutions de $(E)$. 

On sait que $g$ est solution de $(E)$ si et seulement si la fonction $g - f$ est solution de $(E')$ avec $f$ la fonction définie à la première question.

Or on connait déjà $f$ et on connait les solutions de $(E')$ qui sont de la forme $Ce^{-x}$, avec $C$ une constante réelle. 

Donc on a $g(x) - f(x) = Ce^{-x}$ et on sait aussi que $f(x) = 4xe^{-x}$ (par définition de $f$).

Ainsi on a $g(x) = 4xe^{-x} + Ce^{-x}$, avec $C \in \mathbb{R}$. 

Les solutions de $(E)$ sont donc de la forme $4xe^{-x} + Ce^{-x}$.

On utilisera la question précédente.

Question 6

Donner la solution $h$ de l'équation différentielle $(E)$ telle que $h(0) = 2$. 

On sait que les solutions de $(E)$ sont de la forme $4xe^{-x} + Ce^{-x}$, avec $C$ une constante réelle.

On cherche donc $C$ telle que la condition $h(0) = 2$ soit respectée :

$h(0) = 4\times 0 \times e^{-0} + Ce^{-0} \iff 2 = C$.

Ainsi, la solution de l'équation différentielle $(E)$ telle que $h(0) = 2$ est $h(x) = 4xe^{-x} + 2e^{-x}$

On résoudra une équation dont l'inconnue est $C$.