Équations différentielles à variables séparables : exercices corrigés de MTH0103

a) Le second membre mélange $x$ et $y$ en quatre termes : on GROUPE. $4+y^{2}-4x^{2}-x^{2}y^{2}=(4+y^{2})-x^{2}(4+y^{2})=(4+y^{2})(1-x^{2})$. L'équation devient $\dfrac{dy}{4+y^{2}}=(1-x^{2})\,dx$ ; comme $4+y^{2}$ ne s'annule jamais, aucune solution n'est perdue. On intègre : $\dfrac{1}{2}\arctan\dfrac{y}{2}=x-\dfrac{x^{3}}{3}+C$. Piège : $\int\frac{dy}{4+y^{2}}$ n'est pas $\arctan\frac{y}{2}$ ; la dérivée de $\arctan\frac{y}{2}$ vaut $\frac{1/2}{1+y^{2}/4}=\frac{2}{4+y^{2}}$, d'où le facteur $\frac{1}{2}$. Au point $(0\,;0)$ : $C=0$. Donc $\arctan\frac{y}{2}=2x-\frac{2x^{3}}{3}$ et $y=2\tan\left(2x-\dfrac{2x^{3}}{3}\right)$. En $x=1$, l'angle vaut $\frac{4}{3}$, encore inférieur à $\frac{\pi}{2}\approx 1{,}571$ : la solution existe, et $y(1)=2\tan\frac{4}{3}\approx 8{,}26$. Calculatrice en RADIANS : en degrés on lirait $0{,}047$, absurde pour une courbe dont la pente vaut déjà $4$ à l'origine.

b) Deux fractions contiennent $y$ au dénominateur : on multiplie les deux membres par $y$, ce qui est permis puisque l'équation elle-même impose $y\neq 0$. Il vient $\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{y^{2}}{x}-\dfrac{1}{x}=\dfrac{y^{2}-1}{x}$. Les zéros de $y^{2}-1$ donnent deux solutions constantes, $y=1$ et $y=-1$, qui vérifient bien l'équation de départ. Pour $y\neq\pm 1$ : $\dfrac{dy}{y^{2}-1}=\dfrac{dx}{x}$. Fractions partielles : $\dfrac{1}{y^{2}-1}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{y-1}-\dfrac{1}{y+1}\right)$, donc $\dfrac{1}{2}\ln\left|\dfrac{y-1}{y+1}\right|=\ln x+C$, soit $\left|\dfrac{y-1}{y+1}\right|=Kx^{2}$ avec $K>0$. Au point $(1\,;3)$ : $K=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$ ; le quotient est positif et le reste, la courbe ne pouvant pas traverser la solution constante $y=1$. Donc $\dfrac{y-1}{y+1}=\dfrac{x^{2}}{2}$, puis $2y-2=x^{2}y+x^{2}$ et $y=\dfrac{2+x^{2}}{2-x^{2}}$. $y\left(\frac{1}{2}\right)=\dfrac{9/4}{7/4}=\dfrac{9}{7}\approx 1{,}286$. La solution explose quand $x^{2}\to 2$ : elle existe sur $]0\,;\sqrt{2}[$, borne droite $\sqrt{2}\approx 1{,}414$. Piège : oublier le $\frac{1}{2}$ des fractions partielles donne $\frac{y-1}{y+1}=\frac{x}{2}$, une courbe fausse qui passe pourtant par le point donné ; seule la vérification dans l'équation la démasque.

c) Pour $x>0$, $\ln\left(x^{y}\right)=y\ln x$ : la propriété du logarithme fait apparaître le produit caché. $x\,\dfrac{dy}{dx}=y\ln x$, et pour $y\neq 0$ : $\dfrac{dy}{y}=\dfrac{\ln x}{x}\,dx$. À droite, on reconnaît $u\,du$ avec $u=\ln x$ : $\ln|y|=\dfrac{(\ln x)^{2}}{2}+C$, donc $|y|=e^{C}e^{(\ln x)^{2}/2}$ et $y=A\,e^{(\ln x)^{2}/2}$, où $A=\pm e^{C}$ absorbe le signe (la solution $y=0$ correspond à $A=0$). Au point $(1\,;-2)$ : $\ln 1=0$ donne $A=-2$. Donc $y=-2\,e^{(\ln x)^{2}/2}$ et $y(e)=-2e^{1/2}=-2\sqrt{e}\approx -3{,}297$. Deux pièges. Écrire $y=e^{(\ln x)^{2}/2+C}$, toujours positif, qui ne peut PAS passer par un point d'ordonnée $-2$ : c'est la valeur absolue qui porte le signe. Et lire $\ln(x^{y})$ comme $(\ln x)^{y}$, ce qui donne une tout autre équation, qui n'est plus séparable.

d) Forme différentielle : on regroupe les $dx$ d'un côté, les $dy$ de l'autre. $(x^{2}+1)\,dy=-x\,y^{2}\,dx$, et pour $y\neq 0$ : $\dfrac{dy}{y^{2}}=-\dfrac{x}{x^{2}+1}\,dx$. Le signe moins vient du passage de membre ; l'oublier est l'erreur la plus fréquente sur cette forme. On intègre : $-\dfrac{1}{y}=-\dfrac{1}{2}\ln(x^{2}+1)+C$, la primitive de $\frac{x}{x^{2}+1}$ étant $\frac{1}{2}\ln(x^{2}+1)$ (le numérateur est la moitié de la dérivée du dénominateur). Au point $(0\,;1)$ : $C=-1$. D'où $\dfrac{1}{y}=1+\dfrac{1}{2}\ln(x^{2}+1)$ et $y=\dfrac{2}{2+\ln(x^{2}+1)}$, définie sur $\mathbb{R}$. En $x=\sqrt{e-1}$, $x^{2}+1=e$ : $y=\dfrac{2}{3}\approx 0{,}667$. Piège d'inversion : de $\frac{1}{y}=1+\frac{1}{2}\ln(x^{2}+1)$ on ne tire pas $y=1+\frac{2}{\ln(x^{2}+1)}$, on inverse le membre de droite EN ENTIER. La division par $y^{2}$ a supposé $y\neq 0$ : la fonction $y=0$ annule les deux termes de l'équation, c'est la solution constante perdue.

e) Ni $\cos(x-y)$ ni $\cos(x+y)$ ne se séparent seuls. On développe : $\cos(x-y)=\cos x\cos y+\sin x\sin y$ et $\cos(x+y)=\cos x\cos y-\sin x\sin y$. Les termes en sinus s'annulent : $\dfrac{dy}{dx}=2\cos x\cos y$. Les zéros de $\cos y$, $y=\frac{\pi}{2}+k\pi$, sont des solutions constantes que la division va perdre. Pour $\cos y\neq 0$ : $\sec y\,dy=2\cos x\,dx$, donc $\ln|\sec y+\tan y|=2\sin x+C$. Au point $(0\,;0)$ : $\ln 1=0$, donc $C=0$. Solution implicite : $\ln|\sec y+\tan y|=2\sin x$. En $x=\frac{\pi}{6}$ : $\sec y+\tan y=e$, soit $\dfrac{1+\sin y}{\cos y}=e$. On élève au carré et on écrit $\cos^{2}y=(1-\sin y)(1+\sin y)$ : $\dfrac{1+\sin y}{1-\sin y}=e^{2}$, d'où $\sin y=\dfrac{e^{2}-1}{e^{2}+1}\approx 0{,}7616$. La courbe part de l'origine et ne peut pas croiser les solutions constantes $y=\pm\frac{\pi}{2}$ : elle reste dans $\left]-\frac{\pi}{2}\,;\frac{\pi}{2}\right[$, et $y\left(\frac{\pi}{6}\right)=\arcsin\dfrac{e^{2}-1}{e^{2}+1}\approx 0{,}866$. Élever au carré peut introduire une valeur étrangère ; ici $\cos y>0$ et $1+\sin y>0$ rendent le quotient positif, comme $e$ : rien à rejeter.

a) On DÉCOMPOSE la fraction avant d'intégrer : $\dfrac{4-t}{t^{3}}=4t^{-3}-t^{-2}$. Intégrer séparément le numérateur et le dénominateur n'a aucun sens. Première intégration : $\dfrac{dr}{dt}=4\cdot\dfrac{t^{-2}}{-2}-\dfrac{t^{-1}}{-1}+C_{1}=-\dfrac{2}{t^{2}}+\dfrac{1}{t}+C_{1}$. On fixe $C_{1}$ TOUT DE SUITE avec la condition sur la dérivée : en $t=1$, $-2+1+C_{1}=3$, donc $C_{1}=4$. Piège : écrire $C_{1}=3$ parce que « la dérivée vaut $3$ » ; la condition est donnée en $t=1$, où la primitive ne s'annule pas. Deuxième intégration : $r=\dfrac{2}{t}+\ln t+4t+C_{2}$ (pour $t>0$, $\ln|t|=\ln t$). En $t=1$ : $2+0+4+C_{2}=0$, donc $C_{2}=-6$. Ainsi $r(t)=\dfrac{2}{t}+\ln t+4t-6$. Vérification : $r''=\dfrac{4}{t^{3}}-\dfrac{1}{t^{2}}=\dfrac{4-t}{t^{3}}$. Enfin $r'(2)=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+4=4$ et $r(2)=1+\ln 2+8-6=3+\ln 2\approx 3{,}693$.

b) Première intégration, par parties avec $u=x$ et $dv=e^{x}\,dx$ : $y'=x\,e^{x}-\int e^{x}\,dx=(x-1)e^{x}+C_{1}$. Condition $y'(0)=0$ : $(0-1)e^{0}+C_{1}=0$, donc $C_{1}=1$, PAS $0$. C'est le piège de la question : une condition nulle ne donne une constante nulle que si la primitive choisie s'annule au point, et $(x-1)e^{x}$ vaut $-1$ en $0$. Deuxième intégration : $\int(x-1)e^{x}\,dx=(x-2)e^{x}$, ce qu'on vérifie en dérivant, $e^{x}+(x-2)e^{x}=(x-1)e^{x}$. Donc $y=(x-2)e^{x}+x+C_{2}$, et $y(0)=-2+C_{2}=0$ donne $C_{2}=2$. Ainsi $y=(x-2)e^{x}+x+2$, et $y(1)=3-e\approx 0{,}282$. Qui a pris $C_{1}=0$ trouve $y=(x-2)e^{x}+2$ et $y(1)=2-e\approx -0{,}718$ ; sa dérivée en $0$ vaut $-1$, la condition $y'(0)=0$ n'est pas respectée, et une vérification de dix secondes l'aurait montré.

c) Les deux conditions portent sur $y$, en deux points différents : aucune constante ne se fixe après la première intégration, il faut intégrer deux fois puis résoudre un système. $y'=\tan x+C_{1}$, puis $y=\int\tan x\,dx+C_{1}x+C_{2}=-\ln(\cos x)+C_{1}x+C_{2}$, avec $\cos x>0$ sur l'intervalle. Piège de signe : $\int\tan x\,dx=-\ln|\cos x|$, car $\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}$ et $\sin x$ est l'OPPOSÉ de la dérivée de $\cos x$. En $x=0$ : $-\ln 1+0+C_{2}=1$, donc $C_{2}=1$. En $x=\frac{\pi}{3}$ : $-\ln\frac{1}{2}=\ln 2$, d'où $\ln 2+\frac{\pi}{3}C_{1}+1=1+\ln 2+\pi$ et $C_{1}=3$. Donc $y=-\ln(\cos x)+3x+1$. Alors $y'(0)=\tan 0+3=3$ : la pente initiale n'était pas donnée, elle se DÉDUIT des deux points. Et $y\left(\frac{\pi}{4}\right)=-\ln\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{3\pi}{4}+1=\frac{1}{2}\ln 2+\frac{3\pi}{4}+1\approx 3{,}703$.

d) Le membre de gauche est DÉJÀ la dérivée de $x^{2}\,\frac{dy}{dx}$ : on intègre sans rien développer, $x^{2}\,\dfrac{dy}{dx}=2x^{3}+C_{1}$. Développer en $x^{2}y''+2x\,y'$ donnerait une équation qu'on ne sait plus intégrer directement. Condition $y'(1)=5$ : $1\cdot 5=2+C_{1}$, donc $C_{1}=3$. On divise ensuite par $x^{2}$, constante comprise : $\dfrac{dy}{dx}=2x+\dfrac{3}{x^{2}}$. Piège : écrire $\frac{dy}{dx}=2x+3$ en oubliant de diviser la constante ; on obtiendrait $y=x^{2}+3x-2$ et $y(3)=16$ au lieu de $12$. Deuxième intégration : $y=x^{2}-\dfrac{3}{x}+C_{2}$, et $y(1)=1-3+C_{2}=2$ donne $C_{2}=4$. Ainsi $y=x^{2}-\dfrac{3}{x}+4$. Vérification : $x^{2}y'=2x^{3}+3$, dont la dérivée vaut bien $6x^{2}$. Enfin $y'(3)=6+\frac{3}{9}=\frac{19}{3}\approx 6{,}333$ et $y(3)=9-1+4=12$.

e) Le second membre contient $y'$ et pas seulement $x$ : intégrer $\sqrt{y'}$ par rapport à $x$ demanderait de connaître $y'$, qui est justement l'inconnue. On pose $v=y'$ ; alors $y''=v'$ et l'équation devient $\dfrac{dv}{dx}=\sqrt{v}$, du PREMIER ordre et séparable. Pour $v>0$ : $v^{-1/2}\,dv=dx$, donc $2\sqrt{v}=x+C_{1}$. Condition $v(0)=y'(0)=1$ : $C_{1}=2$. D'où $\sqrt{v}=\dfrac{x+2}{2}$, ce qui exige $x\geq -2$, et $v=\dfrac{(x+2)^{2}}{4}$. On revient à $y$ : $y=\dfrac{(x+2)^{3}}{12}+C_{2}$, et $y(0)=\frac{8}{12}+C_{2}=0$ donne $C_{2}=-\frac{2}{3}$. Ainsi $y=\dfrac{(x+2)^{3}-8}{12}$ pour $x\geq -2$. Vérification : $y'=\frac{(x+2)^{2}}{4}$ et $y''=\frac{x+2}{2}=\sqrt{y'}$, justement parce que $x+2\geq 0$ ; pour $x<-2$ la formule donnerait $y''<0$, ce qu'une racine carrée n'est jamais. Alors $y'(2)=\frac{16}{4}=4$ et $y(1)=\frac{27-8}{12}=\frac{19}{12}\approx 1{,}583$. La division par $\sqrt{v}$ a exclu $v=0$, c'est-à-dire les fonctions CONSTANTES, qui vérifient $0=\sqrt{0}$ ; la condition $y'(0)=1$ les écarte ici.

a) On cherche la dérivée d'ordre le plus élevé, sans regarder les puissances. (i) $y'''$ apparaît : ordre $3$. (ii) Seule $y'$ apparaît, même élevée au carré : ordre $1$. Le carré est un DEGRÉ, pas un ordre, et c'est le piège classique de cette question. (iii) $y''$ : ordre $2$. (iv) $\frac{d^{2}y}{dx^{2}}$ est une dérivée seconde, le cube porte sur une dérivée première : ordre $2$.

b) On dérive deux fois : $y'=e^{x}-2e^{-2x}$ et $y''=e^{x}+4e^{-2x}$. On remplace : $y''+y'-2y=(e^{x}+4e^{-2x})+(e^{x}-2e^{-2x})-2(e^{x}+e^{-2x})$. Les termes en $e^{x}$ donnent $1+1-2=0$, ceux en $e^{-2x}$ donnent $4-2-2=0$. Le membre de gauche vaut $0$ pour tout $x$ : $y$ est solution. Une vérification se rédige toujours ainsi, membre de gauche calculé jusqu'au bout et comparé au membre de droite, jamais « ça a l'air de marcher » en un seul point.

c) Pour $y=x^{2}$ : $y'=2x$, donc $x\,y'=2x^{2}=2y$. OUI, c'est une solution. Pour $y=x^{2}+1$ : $x\,y'=2x^{2}$ alors que $2y=2x^{2}+2$. Les deux membres diffèrent de $2$ pour tout $x$ : NON. Ajouter une constante ne conserve pas les solutions de cette équation, parce que $y$ figure lui-même dans l'équation et pas seulement sa dérivée. En revanche $y=Cx^{2}$ donne $x\,y'=2Cx^{2}=2y$ : toute la famille est solution, la constante est ici MULTIPLICATIVE. Retenez le réflexe : on ne devine pas où se place la constante, on le vérifie.

d) $y=e^{rx}$ donne $y'=re^{rx}$ et $y''=r^{2}e^{rx}$. En remplaçant : $(r^{2}-5r+6)\,e^{rx}=0$. Une exponentielle ne s'annule jamais, on peut donc diviser : $r^{2}-5r+6=0$, soit $(r-2)(r-3)=0$, d'où $r=2$ ou $r=3$. Vérification pour $r=3$ : $9-15+6=0$. Cette équation est d'ordre $2$ ; on ne la résout pas par séparation en MTH0103, mais VÉRIFIER une solution proposée reste au programme, quel que soit l'ordre.

a) On pose $u=-x^{2}$, $du=-2x\,dx$, donc $x\,dx=-\frac{1}{2}du$ : $y=\displaystyle\int x\,e^{-x^{2}}dx=-\frac{1}{2}\int e^{u}du=-\frac{1}{2}e^{-x^{2}}+C$. Vérification : $\left(-\frac{1}{2}e^{-x^{2}}\right)'=-\frac{1}{2}\cdot(-2x)\,e^{-x^{2}}=x\,e^{-x^{2}}$. La SOLUTION GÉNÉRALE est toute la famille, avec sa constante. Ensuite $y(1)-y(0)=\left(-\frac{1}{2}e^{-1}+C\right)-\left(-\frac{1}{2}+C\right)=\frac{1}{2}\left(1-e^{-1}\right)\approx 0{,}316$. La constante s'élimine dans la différence : c'est exactement $\displaystyle\int_{0}^{1}x\,e^{-x^{2}}dx$, et une intégrale définie ne dépend pas de la primitive choisie.