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Chapitre 10 • Équations différentielles
∀x ∈] − 1,+∞[ y(x) =−
A 2
2
e −x
x 2 + 3x +
5
2
+ B 2 e x +
x + 1
2
e −x
Le prolongement éventuel d'une solution de l'équation différentielle
– doit être continu en x = −1, c'est-à-dire que
lim
x→(−1) −
y(x) = lim
x→(−1) +
y(x) , ce qui donne la condition :
−
A 1
4
e 1 + B 1 e −1 = −
A 2
4
e 1 + B 2 e −1
– doit être deux fois dérivable en x = −1, ce qui est assuré par les conditions suffisantes
lim
x→(−1) −
y
(x) = lim
x→(−1) +
y
(x) et lim
x→(−1) −
y
(x) = lim
x→(−1) +
y
(x)
qui donnent la même condition que la continuité.
Il ne reste donc qu'une égalité à vérifier par les 4 constantes. Les solutions
prolongeables sur R constituent un sous-espace affine de dimension 3.
Exercice 10.3 : Utilisation d'un changement de variable
On considère l'équation différentielle sur R ∗
+ : (E) : x 2 y + y = 0 .
Soit y une solution et z la fonction définie par z(u) = y(e u ) .
1. Former une équation différentielle linéaire à coefficients constants vérifiée
par z.
2. En déduire les solutions de (E) sur R ∗
+ .
(on dit qu'on effectue le changement de variable x = e u dans (E)).
On a successivement :
z (u) = e u y
e u
z (u) = e u
e u y (u)
+ e u y (e u ) = e 2u y (u) + e u y (e u ).
Il reste à former l'équation vérifiée par z. Notons qu'en remplaçant x par e u
dans (E) on obtient :
e 2u y (e u ) + y(e u ) = 0.
Nous pouvons faire apparaître les dérivées de z en partant de la plus compliquée (la dérivée seconde).
On a : e 2u y (u) = z (u) − e u y (e u ) = z (u) − z (u) ,
et comme z(u) = y(e u ) on obtient z (u) − z (u) + z(u) = 0, qui s'écrit
aussi :
z − z + z = 0.