13.2 Exercices d’entraînement 317
Le trinôme t
2
− t + 1 a un discriminant négatif donc est toujours strictement
positif. En remplaçant t par e
−2y et en multipliant par e
−y , on en déduit que
∀y, e
−5y
− e
−3y + e
−y > 0, donc y
> 0 et y est strictement croissante. Supposons
que y admette une limite finie l en +∞, on aurait alors
y
(x) − −−− →
x→+∞
e
−5l
− e
−3l + e
−l = p > 0.
Par conséquent, il existe A > 0 tel que pour tout t A, y
(t) p/2, donc en
intégrant, ∀x A, y(x) p/2(x − A) − −−− →
x→+∞
+∞, ce qui est contraire à notre
hypothèse. Finalement, y a pour limite +∞ en +∞.
Exercice 13.7
Mines-Ponts MP, PC 2005
Soit (E) l’équation différentielle non linéaire 2y
+ y
2 +
1
x 2 = 0.
Montrer que x →
1
x
est solution de (E). En posant y(x) = z(x) +
1
x
, déterminer
les solutions maximales de (E) sur ] 0, +∞ [ (on pourra poser u = 1/z).
On a pour tout x > 0, 2(−
1
x 2 ) +
1
x 2 +
1
x 2 = 0, donc x →
1
x
est solution de (E) sur
] 0, +∞ [ .
En posant y(x) = z(x)+
1
x
, l’équation (E) équivaut à 2z
−
2
x 2 +z
2 +2
z
x
+
1
x 2 +
1
x 2 = 0,
c’est-à-dire à l’équation (E
) : 2z
+ z
2 +
2z
x
= 0. Le théorème de Cauchy-Lipschitz 1
garantit l’existence et l’unicité d’une solution maximale du problème de Cauchy en
(x 0 , z 0 ) pour (E
), donc en (x 0 , y 0 ) pour (E). Il y a deux cas à distinguer :
• Si y 0 = 1/x 0 , alors z 0 = 0. Or la fonction nulle est solution de (E
), donc par
unicité z = 0, et y(x) =
1
x
.
• Si y 0 = 1/x 0 , alors z 0 = 0, donc z ne s’annule pas (sinon elle serait identiquement nulle par unicité du problème de Cauchy posé en un point d’annulation de
z), donc en posant u =
1
z
, on obtient l’équation équivalente −2u
+
2
x
u + 1 = 0.
Cette équation est linéaire, la solution de l’équation homogène est x → Ax, et la
méthode de variation de la constante conduit à chercher u sous la forme A(x)x, ce
qui donne −2 A
(x)x + 1 = 0. On en déduit que u =
1
2
x ln x est solution, donc la
solution générale pour u est u(x) =
1
2
x ln x + Ax, d’où y(x) =
2
x ln x + 2Ax
+
1
x
.
On détermine A à l’aide de la condition initiale y(x 0 ) = y 0 , ce qui donne finalement y(x) =
1
x
1 +
2
ln x − ln x 0 +
2
x 0 y 0 −1
. On remarque que cette fonction est
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
Le trinôme t
2
− t + 1 a un discriminant négatif donc est toujours strictement
positif. En remplaçant t par e
−2y et en multipliant par e
−y , on en déduit que
∀y, e
−5y
− e
−3y + e
−y > 0, donc y
> 0 et y est strictement croissante. Supposons
que y admette une limite finie l en +∞, on aurait alors
y
(x) − −−− →
x→+∞
e
−5l
− e
−3l + e
−l = p > 0.
Par conséquent, il existe A > 0 tel que pour tout t A, y
(t) p/2, donc en
intégrant, ∀x A, y(x) p/2(x − A) − −−− →
x→+∞
+∞, ce qui est contraire à notre
hypothèse. Finalement, y a pour limite +∞ en +∞.
Exercice 13.7
Mines-Ponts MP, PC 2005
Soit (E) l’équation différentielle non linéaire 2y
+ y
2 +
1
x 2 = 0.
Montrer que x →
1
x
est solution de (E). En posant y(x) = z(x) +
1
x
, déterminer
les solutions maximales de (E) sur ] 0, +∞ [ (on pourra poser u = 1/z).
On a pour tout x > 0, 2(−
1
x 2 ) +
1
x 2 +
1
x 2 = 0, donc x →
1
x
est solution de (E) sur
] 0, +∞ [ .
En posant y(x) = z(x)+
1
x
, l’équation (E) équivaut à 2z
−
2
x 2 +z
2 +2
z
x
+
1
x 2 +
1
x 2 = 0,
c’est-à-dire à l’équation (E
) : 2z
+ z
2 +
2z
x
= 0. Le théorème de Cauchy-Lipschitz 1
garantit l’existence et l’unicité d’une solution maximale du problème de Cauchy en
(x 0 , z 0 ) pour (E
), donc en (x 0 , y 0 ) pour (E). Il y a deux cas à distinguer :
• Si y 0 = 1/x 0 , alors z 0 = 0. Or la fonction nulle est solution de (E
), donc par
unicité z = 0, et y(x) =
1
x
.
• Si y 0 = 1/x 0 , alors z 0 = 0, donc z ne s’annule pas (sinon elle serait identiquement nulle par unicité du problème de Cauchy posé en un point d’annulation de
z), donc en posant u =
1
z
, on obtient l’équation équivalente −2u
+
2
x
u + 1 = 0.
Cette équation est linéaire, la solution de l’équation homogène est x → Ax, et la
méthode de variation de la constante conduit à chercher u sous la forme A(x)x, ce
qui donne −2 A
(x)x + 1 = 0. On en déduit que u =
1
2
x ln x est solution, donc la
solution générale pour u est u(x) =
1
2
x ln x + Ax, d’où y(x) =
2
x ln x + 2Ax
+
1
x
.
On détermine A à l’aide de la condition initiale y(x 0 ) = y 0 , ce qui donne finalement y(x) =
1
x
1 +
2
ln x − ln x 0 +
2
x 0 y 0 −1
. On remarque que cette fonction est
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit