Equations différentielles à variables séparables .pdf



Nom original: Equations différentielles à variables séparables.pdf

Ce document au format PDF 1.5 a été généré par TeX / MiKTeX pdfTeX-1.40.16, et a été envoyé sur fichier-pdf.fr le 17/05/2016 à 02:10, depuis l'adresse IP 160.177.x.x. La présente page de téléchargement du fichier a été vue 332 fois.
Taille du document: 231 Ko (5 pages).
Confidentialité: fichier public


Aperçu du document


Équations différentielles à variables
séparables
Essaidi Ali
17 mai 2016

1

Équations différentielles à variables séparables :
Définition 1 : On appelle équation différentielle à variables séparables toute équation de la forme x0 (t) = f (t)g(x(t)) avec f : I → R et g : J → R deux applications
et I, J deux intervalles ouverts de R.

Rappel : (Théorème de Cauchy-Lipschitz)
Si U est un ouvert de R2 , F ∈ C 1 (U, R) et (t0 , x0 ) ∈ U alors il existe une et une
seule solution maximale (I, x) de l’équation différentielle x0 (t) = F (t, x(t)) qui vérifie x(t0 ) = x0 . De plus, l’intervalle I est ouvert.
Proposition 1 : Soit I, J deux intervalles ouverts de R, f ∈ C 1 (I), g ∈ C 1 (J) et
(t0 , x0 ) ∈ I × J.
Il existe une et une seule solution maximale (K, x) de l’équation différentielle x0 (t) =
f (t)g(x(t)) qui vérifie x(t0 ) = x0 . En plus, l’intervalle K est ouvert.
Démonstration :
On considère l’application F : (t, x) ∈ I × J 7→ f (t)g(x). On a :
— I, J ouverts donc I × J est ouvert dans R2 .
— f ∈ C 1 (I), g ∈ C 1 (J) donc les dérivées partielles de F existent et sont continues sur I × J d’où F est de classe C 1 sur I × J.
— (t0 , x0 ) ∈ I × J.
Donc, d’après le théorème de Cauchy-Lipschitz, il existe une et une seule solution
maximale (K, x) de l’équation différentielle x0 (t) = F (t, x(t)) = f (t)g(x(t)) qui
vérifie x(t0 ) = x0 . En plus, l’intervalle K est ouvert.
Proposition 2 : Soit I, J deux intervalles ouverts de R, f ∈ C 1 (I), g ∈ C 1 (J) et
(t0 , x0 ) ∈ I × J tel que g(x0 ) = 0.
L’unique solution maximale de l’équation différentielle x0 (t) = f (t)g(x(t)) qui vérifie
x(t0 ) = x0 est l’application constante sur I. Autrement dit, si (K, x) est la solution
maximale de l’équation différentielle x0 (t) = f (t)g(x(t)) qui vérifie x(t0 ) = x0 alors
K = I et ∀t ∈ I, x(t) = x0 .

1

CPGE Laayoune

www.mathlaayoune.webs.com

Essaidi Ali

Démonstration :
Soit (K, x) la solution maximale de l’équation différentielle x0 (t) = f (t)g(x(t)) qui
vérifie x(t0 ) = x0 et y : t ∈ I 7→ x0 .
On a ∀t ∈ I, y 0 (t) = 0 et f (t)g(y(t)) = f (t)g(x0 ) = 0 car g(x0 ) = 0 donc
∀t ∈ I, y 0 (t) = f (t)g(y(t)) d’où (I, y) est une solution maximale de l’équation différentielle x0 (t) = f (t)g(x(t)). Or y(t0 ) = x0 donc, d’après la proposition précédente,
(I, y) est l’unique solution maximale de l’équation différentielle x0 (t) = f (t)g(x(t))
qui vérifie y(t0 ) = x0 .
On déduit que (K, x) = (I, y) donc K = I et ∀t ∈ I, x(t) = y(t) = x0 .
Remarque : Soit I, J deux intervalles ouverts de R, f ∈ C 1 (I), g ∈ C 1 (J) et (K, x)
une solution maximale de l’équation différentielle x0 (t) = f (t)g(x(t)).
— Si ∃t0 ∈ K tel que g(x(t0 )) = 0 alors ∀t ∈ K, g(x(t)) = 0.
— Si ∃t0 ∈ K tel que g(x(t0 )) 6= 0 alors ∀t ∈ K, g(x(t)) 6= 0. En particulier, g
garde un signe constant sur x(K).

2

Plan d’étude d’une équation différentielle à variables
séparables :

Soient I, J deux intervalles ouverts de R, f ∈ C (I), g ∈ C 1 (J) et on considère
l’équation E : x0 (t) = f (t)g(x(t)).
• Recherche des solutions singulières de E :
? On cherche les zéros de g.
? Si g n’admet pas de zéros alors l’équation différentielle E n’admet pas de
solution singulière.
? Sinon, pour chaque zéro x0 de g, l’application constante x sur I définie par
x : t ∈ I 7→ x0 est une solution singulière de E .
• Recherche des solutions maximales non singulières de E : Soit (K, x) une solution maximale non singulière de E :
? Séparation des variables : La solution (x, K) est non singulière donc ∀t ∈
x0 (t)
= f (t).
K, g(x(t)) 6= 0 d’où ∀t ∈ K, g(x(t))
Z t 0
x (t)
dt =
? Intégration de l’équation : Soit t0 ∈ K. On a ∀t ∈ K,
g(x(t))
t0
Z t
f (t)dt. Soit F une primitive de f sur I et G une primitive de g1 sur
t0

g(x(K)) donc ∀t, t0 ∈ K, G(x(t)) − G(x(t0 )) = F (t) − F (t0 ).
? Résolution de l’équation : Puisque g ne s’annule pas sur g(x(K)) donc g
garde un signe constant sur g(x(K)), or G0 = g donc G est strictement
monotone sur g(x(K)). On déduit que G est inversible sur g(x(K)) donc
∀t, t0 ∈ K, x(t) = G−1 (G(x(t0 )) + F (t) − F (t0 )).

www.facebook.com/mathlaayoune

2/5

mathlaayoune@gmail.com

CPGE Laayoune

3

www.mathlaayoune.webs.com

Essaidi Ali

Exemples d’application :

3.1

Cas où l’équation n’admet pas de solutions singulières :

Exemple : Étude de l’équation différentielle E : y 0 = xe−y :
On a E à variables séparables et sans solutions singulière puisque t 7→ e−t ne s’annule
pas.
Z
Z
On écrit ey y 0 = x donc,

ey y 0 dx =

xdx donc ∃C ∈ R, ey =

1 2
2x

+ C d’où

y = ln( 21 x2 + C).
On déduit que les solutions maximales de E sont les applications :
— y = ln( 12 x2 + C) définie sur R avec C > 0.

— y = ln( 12 x2 + C) définie sur ] − ∞, − −2C[ avec C < 0.

— y = ln( 21 x2 + C) définie sur ] −2C, +∞[ avec C < 0.

3.2

Cas où l’équation admet une seule solution singulière :

Exemple : Étude de l’équation différentielle E : y 0 = y 2 :
L’application g(y) = y 2 s’annule en 0 donc E admet l’application nulle sur R comme
unique solution singulière.
Soit (I, y) une solution Z
maximale deZ E non singulière donc ∀x ∈ I, y(x) 6= 0 donc
y0
y0
= 1 et, en intégrant,
dx = 1dx d’où ∃C ∈ R, − y1 = x − C.
2
y
y2
On déduit que les solutions maximales de E sont :
— L’application nulle sur R.
— y=

1
définie sur ] − ∞, C[ avec C ∈ R.
C −x

— y=

1
définie sur ]C, +∞[ avec C ∈ R.
C −x

3.3

Cas où l’équation admet deux solutions singulières :

Exemple : Étude de l’équation différentielle E : y 0 = 1 − y 2 :
L’application g(y) = 1 − y 2 s’annule en 1 et -1 donc E admet deux solutions singulières y = 1 et y = −1 sur R.
Soit (I, y) une solution maximale de E non Zsingulière doncZ∀x ∈ I, y(x) 6= 1 et
y0
y0
= 1 et, en intégrant,
dx = 1dx.
y(x) 6= −1 donc
2
1Å− y
1 − y2
Z
Z
ã
ÅZ
ã
1
1
1
y0
1
y0
y0
1
On a
=
+
donc
dx
=
dx
+
dx
=
2
1 − y2
1−y 1+y
1 − y2
2
1−y
1+y

www.facebook.com/mathlaayoune

3/5

mathlaayoune@gmail.com

CPGE Laayoune

www.mathlaayoune.webs.com

Essaidi Ali





1 + y
1
1 1 + y


(ln |1 + y| − ln |1 − y|) = ln
donc
∃C

R,
ln
1 − y = 2x + C d’où
2
2
1 − y


1 + y
= λe2x .
∃λ > 0(λ = eC ),
1 − y
On sait que ∀x ∈ I, y(x) 6= 1 et y(x) 6= −1 et y continue sur I donc ou bien y < −1
ou bien −1 < y < 1 ou bien 1 < y.
1+y
λe2x + 1
2λe2x
— Si y < −1 alors
= λe2x d’où y = 2x
. Or 0 > y + 1 = 2x
y−1
λe − 1
λe − 1

λ.
On
déduit
que
cette
solution
est
définie
donc λe2x − 1 <
0
d’où
x
<

ln

sur ] − ∞, − ln λ[.
1+y
λe2x − 1
. Or ∀x ∈ R, 1 + y =
= λe2x d’où y = 2x
1−y
λe + 1
2x
2
2λe
> 0 et 1 − y = 2x
> 0 donc cette solution est définie sur R.
2x
λe + 1
λe + 1

— Si −1 < y < 1 alors

1+y
λe2x + 1
2
= λe2x d’où y = 2x
. Or 0 < y − 1 = 2x
y−1
λe

1
λe
−1

donc λe2x√− 1 > 0 d’où x > − ln λ. On déduit que cette solution est définie
sur ] − ln λ, +∞[.
On déduit que les solutions maximales de E sont les applications :
— Si y > 1 alors

— Les deux applications constantes sur R : y = 1 et y = −1.

4

— y=

λe2x − 1
définies sur R avec λ > 0.
λe2x + 1

— y=


λe2x + 1
définies sur ] − ∞, − ln λ[ avec λ > 0.
2x
λe − 1

— y=


λe2x + 1
définies sur ] − ln λ, +∞[ avec λ > 0.
2x
λe − 1

Exercices théoriques :
Exercice 1 : Montrer que toute solution (I, y) de l’équation différentielle E : y 0 =
sin y est bornée, monotone et sup y − inf y < π.
I

I

Solution de l’exercice 1 : Soit (I, y) une solution de E et a ∈ I.
— Si sin y(a) = 0 alors y est une solution singulière de l’équation différentielle
à variables séparables E donc y est constante sur I d’où y est bornée sur I,
monotone sur I et sup y − inf y = 0 < π.
I

I

— Sinon, y n’est pas une solution singulière de E donc ∀t ∈ I, sin y(t) 6= 0.
On a sin y(a) 6= 0 donc ∃k ∈ Z, kπ < y(a) < (k +1)π, or ∀t ∈ I, sin y(t) 6= 0

www.facebook.com/mathlaayoune

4/5

mathlaayoune@gmail.com

CPGE Laayoune

www.mathlaayoune.webs.com

Essaidi Ali

et t ∈ I 7→ sin y(t) est continue sur I donc ∀t ∈ I, kπ < y(t) < (k + 1)π d’où
y est bornée sur I et sup y − inf y < (k + 1)π − kπ = π.
I

I

On a ∀t ∈ I, kπ < y(t) < (k + 1)π, y 0 = sin y et sin garde un signe constant
sur ]kπ, (k + 1)π[ donc y 0 garde un signe constant sur ]kπ, (k + 1)π[ d’où y est
monotone sur I.
Exercice 2 : Soient a, b ∈]0, +∞[ et n ∈ N∗ . Montrer que toute solution de
E : y 0 = a − by n telle que y(0) = 0 est croissante majorée.
Solution de l’exercice 2 : Soit (I, y) une solution de E telle que y(0) = 0.
— L’équation E est à variables séparables et a − b × 0n = a 6= 0 donc la solution
(I, y) n’est pas singulière d’où ∀x ∈ I, a − by n (x) 6= 0.
On a a − by n continue sur I, a − by n (0) = a > 0 et ∀x ∈ I, a − by n (x) 6= 0
donc ∀x ∈ I, a − by n (x) > 0, or y 0 = a − by n donc ∀x ∈ I, y 0 (x) > 0 d’où y
est croissante.
— On a montré quep∀x ∈ I, a − by n (x) > 0 donc ∀x ∈ I, y n (x) < ab donc
∀x ∈ I, y(x) < n ab d’où y est majorée.

www.facebook.com/mathlaayoune

5/5

mathlaayoune@gmail.com



Télécharger le fichier (PDF)









Documents similaires


equations differentielles a variables separables
dm ts equations differentielles lineaires
cours eq differentielle
eq diff
exosinventes
c6 synthese 1

Sur le même sujet..