\chapter{\'Equations différentielles}
\label{chap:equadif} % ref dans le chapitre 4

\section{Introduction}

\subsection{Définition}

\begin{defin}
On appelle \textit{équation différentielle} toute équation où l'inconnue est une fonction et où l'inconnue est dérivée au moins une fois.
\end{defin}

\begin{rem}
L'inconnue est souvent notée $y$, mais ce n'est pas une généralité.
\end{rem}

\begin{exemple}
\begin{itemize}
\item $y' = y + 2$ est une équation différentielle d'\textit{ordre 1} (car la fonction est dérivée une fois).

Résoudre cette équation différentielle revient à trouver toutes les fonctions $y$ dont la dérivée est égale à $y+3$.

\medskip

\item $y'' + y' + y = x$ est une équation différentielle d'\textit{ordre 2} (car la dérivée seconde intervient).
\end{itemize}
\end{exemple}

\begin{rem}
Les équations différentielle dont l'ordre est strictement supérieur à 1 ne sont pas au programme de l'enseignement de spécialité de Terminale.
\end{rem}

\subsection{Domaines d'application}

\subsubsection{Autres notations}

Plutôt que d'écrire par exemple:
\[
y' = y + 2
\]
les physiciens aiment à écrire:
\[
\dfrac{\dx[y]}{\dx[t]} = y + 2.
\]
Dans ce cas, $y$ désigne une fonction dont la variable est $t$ (très souvent, le \textit{temps}).

\og $\dfrac{\dx[y]}{\dx[t]}$ \fg{} désigne alors la dérivée de $y(t)$ par rapport à la variable $t$.

\medskip

On peut aussi voir la notation:
\[
\dot{y}(t) = y(t) + 2.
\]
Le point au-dessus de la fonction $y$ signifie que l'on a dériver une fois la fonction; on mettra donc deux points pour la dérivée seconde):
\[
\stackrel{\cdot\cdot}{y}(t) = \dot{y}(t) \iff \dfrac{\text{d}^2y(t)}{\text{d}t^2} = \dfrac{\text{d}x(t)}{\text{d}t} = \iff y'' = y'.
\]

\subsubsection{Circuit RC en série (Sciences Physiques)}

Lors de la charge d'un condensateur dans un circuit RC en série soumis à une tension constante $ E $, l'équation différentielle régissant la tension $ u_C(t) $ aux bornes du condensateur est :
\[
\dfrac{\text{d}u_C}{\dx[t]} + \dfrac{1}{RC}u_C = \dfrac{E}{RC}.
\]
À l'aide de ce cours, vus saurez trouver l'expression de $u_C(t)$.


\subsubsection{Oscillation simple non amortie (Sciences Physiques)}

Les mouvements périodiques dont on néglige les effets de frottement qui vont le ralentir (comme l'allongement du ressort $x(t)$ à un temps $t$) peuvent être modélisés par l'équation différentielle suivante :
\[
\dfrac{\text{d}^2x(t)}{\text{d}t^2} = -\omega^2x(t)
\]
C'est une équation différentielle du second ordre. On ne saura donc pas la résoudre en Terminale... mais les solutions sont les fonctions $x(t)$ telles que:
\[
x(t) = A\cos(\omega t) + B\sin(\omega t)\quad,\quad A\in\R,\ B\in\R.
\]

\subsubsection{\'Equation de Malthus (SES)}

La croissance d'une population, ou celle d'un capital à taux constant, peut être modéliser (selon le \textit{modèle de Malthus}) par l'équation différentielle suivante:
\[
\dfrac{\dx[P]}{\dx[t]} = kP
\]
où $P$ est la population (ou le capital), $t$ le temps, et $k$ une constante positive.



\section{\'Equations différentielles du type y' = ay}

\begin{defin}
Soit $a$ un nombre réel. Résoudre l'équation $y'=ay$ d'inconnue $y$ signifie trouver toutes les fonctions $y$ dont la dérivée est égale à $ay$.
\end{defin}

\begin{rem}
Une \textit{différentielle} est, dans le vocabulaire scientifique, une dérivée. C'est la raison pour laquelle une équation où l'inconnue est une fonction qui est dérivée au moins une fois est qualifiée d'\textit{équation différentielle}.
\end{rem}


\begin{exemple}
\begin{enumerate}
\item $y' + y = 0$ est une équation différentielle du type $y'=ay$ avec $a=-1$ car :
\[
y'+y=0 \iff y'=-y.
\]

\item $y'=\dfrac{1}{2}y$ est aussi une équation différentielle du type $y'=ay$ avec $a=\dfrac{1}{2}$.
\end{enumerate}
\end{exemple}

\begin{prop}
L'équation:
\[
y'=ay
\]
admet pour solutions les fonctions de la forme:
\[
y(x)=C\e^{ax},\quad C\in\R.
\]
\end{prop}

\begin{rem}
Il existe donc une infinité de solutions, définie à une constante $C$ près.
\end{rem}

\begin{exemple}
L'équation différentielle $y'=-y$ admet pour solutions:
\[
y(x)=C\e^{-x},\quad C\in\R.
\]
On peut facilement vérifier en calculant sa dérivée:
\[
y'(x)=-C\e^{-x}=-y(x).
\]
\end{exemple}


\section{\'Equations différentielles du type y'=ay+b}

\begin{prop}
Soient $a$ et $b$ deux réels. L'équation différentielle $y'=ay+b$ admet pour solutions les fonctions $y$ telles que:
\[
y(x) = C\e^{ax}-\dfrac{b}{a},\quad C\in\R.
\]
\end{prop}

\begin{exemple}
L'équation différentielle $y' = 3y + 7$ admet pour solutions:
\[
y(x)=C\e^{3x}-\dfrac{7}{3},\quad C\in\R.
\]
On peut vérifier en calculant sa dérivée:
\[
y'(x)=3C\e^{3x}
\]
puis en calculant:
\begin{align*}
y'(x)-3y(x) & = 3C\e^{3x}-3\left(C\e^{3x}-\dfrac{7}{3}\right)\\[6pt]
y'(x)-3y(x)& = 3C\e^{3x}-3C\e^{3x}+3\times\dfrac{7}{3}\\
y'(x)-3y(x)& = 7.
\end{align*}
On a bien : $y'-3y=7$, soit $y'=3y+7$.
\end{exemple}

\section{\'Equations différentielles du type y' = ay + f}

\begin{defin}[équation homogène associée]
Soit $f$ une fonction. On appelle \textit{équation homogène associée} à l'équation $y'=ay+f$ l'équation différentielle $y'=ay$.
\end{defin}

\begin{rem}
Si on note (E) l'équation $y'=ay+f$, on note (E$_0$) son équation homogène associée.
\end{rem}

\newpage

Pour résoudre l'équation $y'=ay+f$, on utilise la méthode suivante:

\begin{methode}
\begin{itemize}
\item \textbf{On résout d'abord (E$_0$).}

On trouve les solutions de l'équation homogène associée à (E):
\[
y_0(x)=C\e^{ax}.
\]


\item \textbf{On trouve une solution particulière de (E).}

On la note par exemple $u$; dans ce cas, on a :
\[
u'(x)-au(x)=f(x).
\]
\item \textbf{On ajoute les solutions.}

Les solutions de (E) sont alors:
\[
y(x)=y_0(x)+u(x).
\]
\end{itemize}
\end{methode}

\begin{rem}
En Terminale, une solution particulière vous sera proposée la plupart du temps.
\end{rem}

\begin{exemple}
On considère l'équation différentielle:
\[
y' = -2y + x^2.\tag{E}
\]
\begin{itemize}
\item \textbf{On résout l'équation homogène associée à (E).}
\[
y'=-2y\tag{E$_0$}
\]
admet pour solutions:
\[
y_0(x)=C\e^{-2x},\quad C\in\R.
\]

\item \textbf{Solution particulière de (E).}

On pose $y_1(x)=\dfrac{1}{2}x^2-\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{4}$. On souhaite montrer que $y_1$ est une solution particulière de (E). On calcule pour cela sa dérivée:
\[
y_1^\prime(x)=x-\dfrac{1}{2}.
\]
Ensuite, on calcule:
\begin{align*}
-2y_1(x)+x^2 & = -2\left(\dfrac{1}{2}x^2-\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{4}\right)+x^2\\
& = -x^2+x-\dfrac{1}{2}+x^2\\
& = x-\dfrac{1}{2}\\
& = y_1^\prime(x).
\end{align*}
$y_1$ est donc bien solution de (E).

\item \textbf{On conclut en ajoutant les deux résultats.}

Les solutions de (E) sont donc:
\[
y(x)=\dfrac{1}{2}x^2-\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{4}+C\e^{-2x},\quad C\in\R.
\]
\end{itemize}
\end{exemple}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\exotype
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exercicetype}{équation différentielle du type y' = ay}{}
\begin{enumerate}
\item Résoudre l'équation différentielle suivante d'inconnue $y$
\[
y' + 3y = 0.
\]
\item Trouver la solution $f$ dont l'image de 0 est égale à 3.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
y' + 3y = 0 & \iff y' = -3y\\
& \iff \boxed{y(x) = C\e^{-3x}\quad,\quad C\in\R}\text{ (d'après le cours)}.
\end{aligned}$

\item On cherche la fonction $f(x)=C\e^{-3x}$ telle que $f(0)=3$.
\begin{align*}
f(0)=3 & \iff C\e^{-3\times0} = 3\\
& \iff C\times1=3\\
& \iff C = 3.
\end{align*}
Ainsi,
\[
\boxed{ f(x) = 3\e^{-3x} }
\]
\end{enumerate}
\end{exercicetype}

%%%

\begin{exercicetype}{équation différentielle du type y' = ay + b}{}
\begin{enumerate}
\item Résoudre l'équation différentielle suivante d'inconnue $y$:
\[
y' - 5y = 1.
\]

\item Trouver la solution $f$ qui s'annule en 0.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
y' - 5y = 1 & \iff y' = 5y + 1\\
& \iff \boxed{y(x) = C\e^{5x} - \dfrac{1}{5}\quad,\quad C\in\R}\text{ (d'après le cours)}
\end{aligned}$

\item On cherche la solution $f$ telle que $f(0)=0$:
\begin{align*}
f(0)=0 & \iff  C\e^{5\times0} - \dfrac{1}{5}=0\\
	   & \iff C \times 1 = \dfrac{1}{5}\\
	   & \iff C = \dfrac{1}{5}.
\end{align*}
Ainsi,
\[
\boxed{ f(x) = \frac15\e^{5x} - \dfrac{1}{5}}
\]
\end{enumerate}
\end{exercicetype}

\newpage

\begin{exercicetype}{équation différentielle du type y' = ay + f}{}
On considère l'équation différentielle suivante d'inconnue $y$:
\[
y' = -2y + x\tag{E}
\]
\begin{enumerate}
\item Donner les solutions de l'équation homogène associée à $(E)$:
\[
y' = -2y \tag{$E_0$}
\]
\item Montrer que $u(x)=\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{4}$ est une solution particulière de $(E)$.

\item En déduire les solutions de $(E)$.
\item Déterminer la solution $f$ de $(E)$ qui s'annule en 0.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item D'après le cours, l'équation $(E_0)\;:\;y'=-2y$ admet pour solutions les fonctions:
\[
\boxed{ x\mapsto C\e^{-2x}\quad,\quad C\in\R }
\]

\item Afin de vérifier que $u(x)=\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{4}$ est solution de $(E)$, on doit vérifier que $u'(x)=-2u(x)+x$.
\[
u'(x) = \dfrac{1}{2}
\]
et
\begin{align*}
-2u(x)+x & = -2\left( \dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{4} \right) + x\\
	     & = -x + \dfrac{1}{2} + x\\
	     & = \dfrac{1}{2}.
\end{align*}
Ainsi, 
\[
u'(x) = -2u(x)+x.
\]
Donc $u$ est bien  une solution de $(E)$.

\item D'après le cours, les solutions de $(E)$ sont les fonctions:
\[
y(x) = C\e^{-2x} + u(x)\quad,\quad C\in\R
\]
soit:
\[
\boxed{ y(x) = C\e^{-2x} + \dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{4}\quad,\quad C\in\R }
\]

\item La solution $f$ qui s'annule en 0 est telle que:
\begin{align*}
f(0)=0 & \iff C\e^{0}+\dfrac{1}{2}\times0-\dfrac{1}{4}=0\\
& \iff C = \dfrac{1}{4}.
\end{align*}
Donc,
\[
\boxed{ f(x) = \dfrac{1}{4}\e^{-2x} + \dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{4} }
\]
\end{enumerate}
\end{exercicetype}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\exercices
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\sectionnn{\'Equations différentielles du type y' = ay}

\begin{exocor}{}[1]
Résoudre les équations différentielles suivantes.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $y' = 5y$
\item $y'=-7y$
\item $y'=12y$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\medskip

On utilise la formule du cours pour résoudre toutes ces équations.

\begin{enumerate}
\item $y' = 5y \iff \boxed{ y(x) = C\e^{5x}\quad,\quad C\in\R }$.
\item $y' = -7y \iff \boxed{ y(x) = C\e^{-7x}\quad,\quad C\in\R }$.
\item $y' = 12y \iff \boxed{ y(x) = C\e^{12x}\quad,\quad C\in\R }$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[1]
Résoudre les équations différentielles suivantes.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $y' +4y = 0$
\item $y'-2y=0$
\item $y'+\dfrac{1}{3}y=0$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $y' +4y = 0 \iff y' = -4y \iff \boxed{ y(x)=C\e^{-4x}\quad,\quad C\in\R}$.
\item $y'-2y=0 \iff y' = 2y \iff \boxed{ y(x)=C\e^{2x}\quad,\quad C\in\R}$.
\item $y'+\dfrac{1}{3}y=0 \iff y' = -\dfrac{1}{3}y \iff \boxed{ y(x)=C\e^{-\frac{1}{3}x}\quad,\quad C\in\R}$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[1]
On considère l'équation différentielle suivante d'inconnue $y$:
\[
y' + \alpha y = 0\quad,\quad \alpha\in\R.\tag{E}
\]
\begin{enumerate}
\item Résoudre $(E)$.
\item Trouver la solution $f$ de $(E)$ telle que $f(1)=1$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item D'après le cours,
\begin{align*}
y' + \alpha y = 0 & \iff y' = \alpha y\\
& \iff \boxed{ y(x) = C\e^{\alpha x}\quad,\quad C\in\R }
\end{align*}

\item On cherche la solution $f$ telle que:
\begin{align*}
f(1)=1 & \iff C\e^{\alpha\times1}=1\\
& \iff C = \e^{-\alpha}.
\end{align*}
Ainsi,
\[
f(x) = \e^{-\alpha} \times \e^{\alpha x}
\]
que l'on peut aussi écrire:
\[
\boxed{ f(x) = \e^{\alpha(x-1)} }
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

\bigskip

\sectionnn{\'Equations différentielles du type y' = ay + b}

\begin{exocor}{}[1]
Résoudre les équations différentielles suivantes.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $y' = y + 1$
\item $2y' = 4y + 1$
\item $y' = -y + 2$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\medskip

D'après le cours, on a:

\begin{enumerate}
\item $y' = y + 1 \iff y'(x) = C\e^{x} - \dfrac{1}{1} = \boxed{C\e^{x}-1\quad,\quad C\in\R}$.

\item $2y' = 4y + 1 \iff y' = 2y + \dfrac{1}{2} \iff y(x)=C\e^{2x} - \dfrac{\frac{1}{2}}{2} = \boxed{ C\e^{2x}-\dfrac{1}{4}\quad,\quad C\in\R}$.

\item $y' = -y + 2 \iff y(x) = C\e^{-x} - \dfrac{2}{-1} = \boxed{ C\e^{-x}+2\quad,\quad C\in\R}$.
\end{enumerate}

\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[1]
Résoudre les équations différentielles suivantes.
\begin{enumerate}
\begin{multicols}{3}
\item $y' + 3y = -5$
\item $3y' + 2y = 1$
\item $y = y'+3$
\end{multicols}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $y' + 3y = -5 \iff y' = -3y - 5 \iff y(x)=C\e^{-3x} - \dfrac{-5}{-3}= \boxed{ C\e^{-3x}+\dfrac{5}{3}\quad,\quad C\in\R}$.

\item $3y' + 2y = 1 \iff y' = -\dfrac{2}{3}y + \dfrac{1}{3} \iff y(x) = C\e^{\frac{2}{3}x} - \dfrac{1/3}{-2/3} = \boxed{ C\e^{\frac{2}{3}x} + \dfrac{1}{2}\quad,\quad C\in\R}$.

\item $y = y'+3 \iff y' = y-3 \iff y'(x) = C\e^{x}-\dfrac{-3}{1} = \boxed{C\e^{x}+3\quad,\quad C\in\R}$.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[1]
On considère l'équation différentielle suivante d'inconnue $y$:
\[
5y' + 2y = 7.\tag{E}
\]
\begin{enumerate}
\item Résoudre $(E)$.
\item Trouver la solution $f$ de $E$ telle que $f(-1)=3$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item D'après le cours,
\begin{align*}
5y' + 2y = 7 & \iff -\dfrac{2}{5}y + \dfrac{7}{5}\\
& \iff y(x) = C\e^{ -\frac{2}{5}x } - \dfrac{\frac{7}{5}}{-\frac{2}{5}}\quad,\quad C\in\R\\
& \iff \boxed{ y(x) = C\e^{-\frac{2}{5}x} + \dfrac{7}{2}\quad,\quad C\in\R }
\end{align*}

\item On cherche la solution $f$ de $(E)$ telle que:
\begin{align*}
f(-1) = 3 & \iff  C\e^{-\frac{2}{5}\times(-1)} + \dfrac{7}{2} = 3\\
& \iff  C\e^{\frac{2}{5}} + \dfrac{7}{2} = 3\\
& \iff  C\e^{\frac{2}{5}} = 3-\dfrac{7}{2}=-\dfrac{1}{2}\\
& \iff C = -\dfrac{1}{2}\e^{-\frac{2}{5}}
\end{align*}
Ainsi,
\[
f(x)=-\dfrac{1}{2}\e^{-\frac{2}{5}} \times \e^{-\frac{2}{5}x} + \dfrac{7}{2}
\]
que l'on peut aussi écrire:
\[
\boxed{ f(x) = -\dfrac{1}{2}\e^{ -\frac{2}{5}(x+1) } + \dfrac{7}{2} }
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

\bigskip

\sectionnn{\'Equations différentielles du type y' = ay + f}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
On pose:
\[
y'=2y-x^3.\tag{E}
\]
\begin{enumerate}
\item Montrer que $y_1(x)=\dfrac{1}{2}x^3+\dfrac{3}{4}x^2+\dfrac{3}{4}x+\dfrac{3}{8}$ est une solution particulière de (E).
\item En déduire toutes les solutions de (E).
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item $y_1(x)=\dfrac{1}{2}x^3+\dfrac{3}{4}x^2+\dfrac{3}{4}x+\dfrac{3}{8}$ donc: $y_1^\prime(x) = \dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+\dfrac{3}{4}$.

On a alors:
\begin{align*}
y_1^\prime(x)-2y_1(x) & = \dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{3}{2}x+\dfrac{3}{4} - 2\left( \dfrac{1}{2}x^3+\dfrac{3}{4}x^2+\dfrac{3}{4}x+\dfrac{3}{8} \right)\\
& = -x^3.
\end{align*}
Ainsi, $y_1^\prime(x) = 2y_1(x)-x^3$. La fonction $y_1$ est donc une solution de (E).

\item De la solution particulière $y_1(x)$, on déduit que l'ensemble des solutions de (E) sont les fonctions:
\[
y(x)=y_1(x)+y_0(x)
\]
où $y_0(x)$ sont les solutions de l'équation homogène associée à (E), donc de la forme:
\[
y_0(x)=C\e^{2x},\qquad C\in\R.
\]
Ainsi, les solutions de (E) sont:
\[
\boxed{ y(x)=\dfrac{1}{2}x^3+\dfrac{3}{4}x^2+\dfrac{3}{4}x+\dfrac{3}{8}+C\e^{2x},\qquad C\in\R}\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
On souhaite résoudre l'équation différentielle suivante :
\begin{equation}
y' + 5y = 12\cos(x)\tag{E}
\end{equation}
\begin{enumerate}
\item Résoudre l'équation homogène associée à (E) : $y' + 5y = 0$.
\item
\begin{enumerate}
\item On pose $f(x)=a\cos(x) + b\sin(x)$.

Trouver la valeur de $a$ et $b$ pour que $f$ soit solution de (E).
\item En déduire l'ensemble des solutions de (E).
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item D'après le cours, $(E_0)$ a pour solutions : 
\[
\boxed{ y_0(x)=C\e^{-5x}\quad,\quad C\in\R }
\]

\item
\begin{enumerate}
\item $f(x)=a\cos(x) + b\sin(x) \Rightarrow f'(x)=-a\sin(x) + b\cos(x)$.
\begin{align*}
f\text{ solution de (E)} & \iff f'(x) + 5f(x) = 12\cos(x)\\
& \iff -a\sin(x) + b\cos(x) + 5(a\cos(x) + b\sin(x)) = 12\cos(x)\\
& \iff (5a+b-12)\cos(x) + (-a+5b)\sin(x) = 0\\
& \iff 
\begin{cases}
5a+b=12\\
a = 5b
\end{cases}\\
& 
\iff 
\begin{cases}
6b=12\\
a=5b
\end{cases}
\\
& \iff \begin{cases}
b=2\\
a=10
\end{cases}
\end{align*}
Ainsi,
\[
\boxed{f(x)=10\cos(x) + 2\sin(x)\text{ est une solution particulière de (E).}}
\]
\item On déduit de ce qui précède que l'ensemble des solutions de (E) est l'ensemble des fonctions :
\[
\boxed{y(x)=10\cos(x)+2\sin(x) + C\e^{-5x},\ C\in\R}
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
On souhaite résoudre l'équation différentielle suivante :
\begin{equation}
y' - 2y = 7\sin(x)\tag{E}
\end{equation}
\begin{enumerate}
\item Résoudre l'équation homogène associée à (E) : $y' - 2y = 0$.
\item
\begin{enumerate}
\item On pose $f(x)=a\cos(x) + b\sin(x)$.

Trouver la valeur de $a$ et $b$ pour que $f$ soit solution de (E).
\item En déduire l'ensemble des solutions de (E).
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item D'après le cours, $(E_0)$ a pour solutions : 
\[
\boxed{ y_0(x)=C\e^{2x}\quad,\quad C\in\R}
\]

\item
\begin{enumerate}
\item $f(x)=a\cos(x) + b\sin(x) \Rightarrow f'(x)=-a\sin(x) + b\cos(x)$.
\begin{align*}
f\text{ solution de (E)} & \iff f'(x) - 2f(x) = 7\sin(x)\\
& \iff -a\sin(x) + b\cos(x) - 2(a\cos(x) + b\sin(x)) = 7\sin(x)\\
& \iff (-2a+b)\cos(x) + (-a-2b-7)\sin(x) = 0\\
& \iff 
\begin{cases}
-2a+b=0\\
-a-2b=7
\end{cases}\\
& 
\iff 
\begin{cases}
b = 2a\\
-a-2(2a)=7
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
b=2a\\
a = -\dfrac{7}{5}
\end{cases}
\end{align*}

\begin{align*}
f\text{ solution de (E)}& \iff \begin{cases}
b=-\dfrac{14}{5}\\[8pt]
a = -\dfrac{7}{5}
\end{cases}
\end{align*}
Ainsi,
\[
\boxed{f(x)=-\dfrac{14}{5}\cos(x) - \dfrac{7}{5}\sin(x)\text{ est une solution particulière de (E).}}
\]

\item On déduit de ce qui précède que l'ensemble des solutions de (E) est l'ensemble des fonctions :
\[
\boxed{y(x)=-\dfrac{14}{5}\cos(x) - \dfrac{7}{5}\sin(x) + C\e^{2x},\ C\in\R}
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exocor}



%%%

\begin{exocor}{prendre des initiatives}[2]
Résoudre l'équation différentielle:
\[
y'-5y=x\tag{E}
\]

\tcblower

\begin{itemize}
\item L'équation homogène associée $(E_0):y'-5y=0$ admet pour solutions:
\[
y_0(x)=C\e^{5x},\quad C\in\R.
\]
\item On cherche une solution particulière de (E) de la forme $u(x)=ax+b$ (car le second membre de (E) est une fonction affine). Ainsi,
\begin{align*}
u'(x)-5u(x)=x & \iff (ax+b)-5(a)=x\\
& \iff ax+(b-5a)=x\\
& \iff \begin{cases}
a &= 1\\
b-5a=0
\end{cases}\\
& \iff \begin{cases}
a = 1\\
b = 5
\end{cases}
\end{align*}
Par conséquent, $u(x)=x+5$ est une solution particulière de (E).

\item On en déduit alors que les solutions de (E) sont:
\[
\boxed{ y(x)=x+5+C\e^{5x},\quad C\in\R }
\]
\end{itemize}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
On souhaite résoudre l'équation différentielle suivante :
\begin{equation}
y' - 7y = x^2\tag{E}
\end{equation}
\begin{enumerate}
\item Résoudre l'équation homogène associée à (E) suivante:
\begin{equation}
y' - 2y = 0\tag{$E_0$}
\end{equation}

\item Soit $f(x)=ax^2+bx+c$ une solution particulière de (E).

Trouver $a$, $b$ et $c$.

\item Résoudre (E).
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item D'après le cours, $(E_0)$ a pour solutions les fonctions:
\vspace*{-0.7em}
\[
\boxed{ y_0(x) = C\e^{2x}\quad,\quad C\in\R }
\]

\vspace*{-0.5em}
\item $\begin{aligned}[t]
& f(x)=ax^2+bx+c \text{ est une solution particulière de (E)}\\
\iff\ & \forall x\in\R,\ f'(x) - 2f(x) = x^2\\
\iff\ & \forall x\in\R,\ (2ax+b) - 2(ax^2+bx+c) = x^2\\
\iff\ & \forall x\in\R,\ -2ax^2 + (2a-2b)x + (b-2c) = x^2\\
\iff\ & \begin{cases}
-2a=1\\
2a-2b=0\\
b-2c=0
\end{cases} \iff  a=-\frac{1}{2},\quad b=a = -\frac{1}{2},\quad c=\frac{1}{2}b=-\frac{1}{4}
\end{aligned}$

\medskip

Ainsi, $\boxed{ f(x)=-\dfrac{1}{2}x^2 - \dfrac{1}{2}x - \dfrac{1}{4} }$ est une solution particulière de $\rm (E)$

\item D'après le cours, les solutions de (E) sont les fonctions:
\[
\boxed{ y(x) = f(x) + y_0(x) = -\dfrac{1}{2}x^2 - \dfrac{1}{2}x - \dfrac{1}{4} + C\e^{2x},\quad C\in\R}
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{}[2]
On souhaite résoudre l'équation différentielle suivante :
\begin{equation}
y' - 2y = x\e^x\tag{E}
\end{equation}
\begin{enumerate}
\item Résoudre l'équation homogène associée à (E) suivante:
\begin{equation}
y' - 2y = 0\tag{$E_0$}
\end{equation}

\item Soient $a$ et $b$ deux réels, et soit $u$ la fonction définie sur $\R$ par:
\[
u(x) = (ax+b)\e^x.
\]
\begin{enumerate}
\item Déterminer $a$ et $b$ pour que $u$ soit solution de (E).
\item Montrer que $v$ est solution de $(E_0)$ si et seulement si $u+v$ est solution de (E).
\item En déduire l'ensemble des solutions de (E).
\end{enumerate}
\item Déterminer la solution de (E) qui s'annule en 0.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item D'après le cours, $(E_0)$ a pour solutions les fonctions:
\[
\boxed{y_0(x) = C\e^{2x}\quad,\quad C\in\R}
\]

\item
\begin{enumerate}
\item $u'(x)=a\e^x + (ax+b)\e^x = (ax + a+b)\e^x$.
\begin{align*}
u\text{ solution de (E)} & \iff \forall x\in\R,\ u' - 2u = x\e^x\\[8pt]
& \iff \forall x \in\R,\ (ax+a+b)\e^x - 2(ax+b)\e^x = x\e^x\\[8pt]
& \iff \forall x \in\R,\ (ax-2ax+a+b-2b)\e^x = x\e^x\\[8pt]
& \iff \forall x\in\R,\ (-ax + a-b)\e^x = x\e^x\\[8pt]
& \iff \begin{cases}
-a=1\\
a-b=0
\end{cases}\\[8pt]
& \iff a=-1\text{ et }b=a=-1.
\end{align*}
Finalement, on obtient:
\[
\boxed{u(x)=(-x-1)\e^x}
\]

\item $\begin{aligned}[t]
(u+v) \text{ solution de }(E) & \iff (u+v)' - 2(u+v) = x\e^x\\[8pt]
& \iff \underbrace{(u'-2u)}_{=x\e^x} + (v'-2v) = x\e^x\\[8pt]
& \iff v'-2v=0\\[8pt]
& \iff v\text{ solution de }(E_0).
\end{aligned}$

\item D'après la question précédente, $y$ est solution de $(E)$ si et seulement si:
\begin{align*}
y(x) & = u(x) + v(x)\\[8pt]
\Aboxed{y(x) & = (-x-1)\e^x  + C\e^{2x}}
\end{align*}
\end{enumerate}

\item On souhaite que $\begin{aligned}[t]
y(0) = 0 & \iff (-0-1)\e^0  + C\e^{2\times0} = 0\\
& \iff -1+C=0\\
& \iff C=1
\end{aligned}$

Ainsi, la solution de (E) qui s'annule en 0 est la fonction:
\[
\boxed{ f(x)=(-x-1)\e^x+\e^{2x} }
\]
\end{enumerate}
\vspace*{1em}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{changement de variable}[2]
On considère l'équation différentielle:
\begin{equation}
u' = 3u - 0,005u^2 \tag{E}
\end{equation}
On considère les solutions $u$ de (E) ne s'annulant pas. On pose alors $y = \dfrac{1}{u}$.
\begin{enumerate}
\item Montrer l'équivalence suivante:
\[
u\text{ solution de }(E) \iff y' = -3y+0,005.
\]
\item En déduire les solutions de (E).
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Si $y=\dfrac{1}{u}$ alors $y'=-\dfrac{u'}{u^2}$ et alors $u'=-y'u^2$. Donc:
\begin{align*}
u\text{ solution de (E)} 
& \iff u' = 3u-0,005u^2\\
& \iff -y'u^2 = 3\times\frac{1}{y} - 0,005\times\dfrac{1}{y^2}\\
& \iff -y' \times \dfrac{1}{y^2} = 3\times\frac{1}{y} - 0,005\times\dfrac{1}{y^2}\\
& \iff -y' = 3y - 0,005\quad\text{(en multipliant par $y^2$)}\\
& \iff y' = -3y + 0,005.
\end{align*}

\item L'équation différentielle $y' = -3y + 0,005$ est de la forme $y' = ay+b$, dont les solutions sont $y(x)=C\e^{ax}-\dfrac{b}{a}$, avec $-\dfrac{b}{a}=\dfrac{0,005}{3}=\dfrac{1}{600}$; ainsi, ses solutions sont:
\[
y(x)=C\e^{-3x} + \frac{1}{600}\quad,\quad C\in\R.
\]
On en déduit alors que l'équation différentielle (E) admet pour solutions les fonctions:
\[
\boxed{ u(x)=\dfrac{1}{y(x)}=\dfrac{600}{600C\e^{-3x}+1} }
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

\newpage

\sectionnn{Objectif bac}

\begin{exocor}{Extrait du sujet d'Amérique du nord 2025, sujet 1}[1]
On considère $(E)$ l'équation différentielle:
\[
y+y’=(2x + 3) \e^{-x},
\]
où $y$ est une fonction de la variable réelle $x$.

\begin{enumerate}
\item Montrer que la fonction $f_{0}$ définie pour tout nombre réel $x$ par:
\[
f_{0}(x)=\left(x^{2}+3 x\right) \e^{-x}
\]
est une solution particulière de l'équation différentielle $(E)$.

\item Résoudre l'équation différentielle $(E_0)$:
\[
y+ y'= 0.
\]

\item Déterminer les solutions de l'équation différentielle $(E)$.
\end{enumerate}

\tcblower

\begin{enumerate}
\item Pour tout réel $x$ :
\begin{align*}
f_0'(x) & = \left(2x+3\right) \times \e^{-x}+ \left(x^2+3x\right)\times (-\e^{-x})\\
	& = \left(2x+3-x^2-3x\right)\e^{-x}\\
	& =\left(-x^2-x+3\right)\e^{-x}.
\end{align*}

Pour tout réel $x$, on a donc :
\begin{align*}
f_0(x)+f_0'(x)& = \left(x^{2}+3 x\right) \e^{-x}+\left(-x^2-x+3\right)\e^{-x}\\
	& = \left(x^{2}+3 x-x^2-x+3\right)\e^{-x}\\
	&=\left(2 x+3\right)\e^{-x}.
\end{align*} 

La fonction $f_{0}$  est donc une solution de l'équation différentielle $(E)$.

\item  $\left(E_{0}\right): y+y’=0 \iff y'=-y$.

D'après le cours, les solutions sont les fonctions de la forme:
\[
x \longmapsto C\e^{-x}\qquad,\qquad C\in R.
\]

\item $(E)$ est une équation différentielle de la forme $y'=ay+f$, où $f_0$  est une solution particulière.

Les solutions sont donc les fonctions :
\[
x\longmapsto C\e^{-x } + f_0(x)\qquad,\qquad C\in\R.
\]
que l'on peut aussi écrire sous la forme:
\[
x\longmapsto  \left(x^{2}+3 x+C\right) \e^{-x}\qquad,\qquad C\in\R.
\]
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%%

\begin{exocor}{divers extraits de bac de 2024}[1]

\textit{Les affirmations sont-elles vraies ou fausses ? Justifier vos réponses.}

\bigskip

\begin{enumerate}
\item \textbf{Affirmation 1.} Soit $(E)$ l'équation différentielle : 
\[
y'-2y = -6x + 1.
\]
La fonction $f$ définie sur \R par : $f(x) = \e^{2x}-6x+1$ est une solution de l'équation différentielle $(E)$.

\item \textbf{Affirmation 2.}  On considère la fonction $f$ définie sur \intervOO{0}{+\infty} $f(x) = x \ln(x)$.

La fonction $f$ est une solution sur \intervOO{0}{+\infty} de l'équation différentielle:
\[
xy'-y=x.
\]

\item \textbf{Affirmation 3.} On considère la fonction $f$ définie sur \R par :
\[
f(x)=5x\e^{-x}.
\]
La fonction $f$ est solution sur \R de l'équation différentielle:
\[
(E):y'+y=5\e^{-x}.
\]

\item \textbf{Affirmation 4.} On admet que la fonction $f$ est solution de l'équation différentielle:
\[
(E):y'=-0,08y + \dfrac{q}{50}\qquad,\qquad\text{ où $q$ est un réel positif}.
\]
Alors, $f(x)=C\e^{-0,08x}+\dfrac{q}{4}$, où $C\in\R$.
\end{enumerate}
\tcblower

\begin{enumerate}
\item $f(x) = \e^{2x}-6x+1$ donc $f'(x)=2\e^{2x}-6$. Ainsi,
\begin{align*}
f'(x)-2f(x) & = 2\e^{2x}-6 - 2\big( \e^{2x}-6x+1 \big)\\
    		& = 2\e^{2x}-6 - 2\e^{2x} + 12x - 2\\
    		& = 12x-8\\
    		& \neq -6x+1.
\end{align*}
Donc $f$ n'est pas solution de l'équation différentielle $y'-2y=-6x+1$.

\medskip

\textbf{L'affirmation 1 est donc fausse}.

\bigskip

\item $f(x)=x\ln(x)=u \times v$ avec $u = x$ et $v = \ln(x)$. Alors, $u'(x)=1$ et $v'(x)=\dfrac{1}{x}$. Alors,
\[
f'(x)=u'v+uv' = \ln(x) + x\times\dfrac{1}{x} = 1+\ln(x).
\]
Ainsi,
\begin{align*}
xf'(x)-f(x) & = x \times \big( 1 + \ln(x) \big) - x\ln(x)\\
     		& = x + x\ln(x) - x\ln(x)\\
      		& = x.
\end{align*}

$f$ est donc une solution l'équation différentielle.

\medskip

\textbf{L'affirmation 2 est donc vraie.}

\bigskip

\item $f(x)=5x\e^{-x}$ donc:
\[
f'(x) = 5\e^{-x} + 5x\times\big( -\e^{-x} \big) = (5-5x)\e^{-x}.
\]
Ainsi,
\begin{align*}
f'(x)+f(x) & = (5-5x)\e^{-x} + 5\e^{-x}\\
		   & = (10-5x)\e^{-x}\\
		   & \neq 5\e^{-x}.
\end{align*}
$f$ n'est donc pas une solution de $(E)$.

\medskip

\textbf{L'affirmation 3 est donc fausse.}

\bigskip

\item L'équation $(E)$ est de la forme $y' = ay + b$, où $a=-0,08$ et $b=\dfrac{q}{50}$. Ainsi, d'après le cours, les solutions de $(E)$ sont de la forme:
\begin{align*}
f(x) & = C\e^{ax}-\dfrac{b}{a}\\
	 & = C\e^{-0,08x} - \dfrac{\tfrac{q}{50}}{-0,08}\\
	 & = C\e^{-0,08x} + \dfrac{q}{50\times0,08}\\
	 & = C\e^{-0,08x} + \dfrac{q}{4}.
\end{align*}

\textbf{L'affirmation 4 est donc vraie.}
\end{enumerate}
\end{exocor}


\newpage

\begin{exocor}{Centres étrangers 2025, sujet 1}[2]

\partie{A}

On considère l'équation différentielle:
\[
(E_1) :\quad  y' + 0{,}48y = \dfrac{1}{250},
\]
où $y$ est une fonction de la variable $t$ appartenant à l'intervalle $\intervFO{0}{+\infty}$.

\begin{enumerate}
\item On considère la fonction constante $h$ définie sur l'intervalle $\intervFO{0}{+\infty}$ par $h(t) = \dfrac{1}{120}$.

Montrer que la fonction $h$ est solution de l'équation différentielle $(E_1)$.

\item Donner la forme générale des solutions de l'équation différentielle $y' + 0,48y = 0$.

\item En déduire l'ensemble des solutions de l'équation différentielle $(E_1)$.
\end{enumerate}

\bigskip

\partie{B}

On s'intéresse à présent à l'évolution d'une population de bactéries dans un milieu de culture.

À un instant $t = 0$, on introduit une population initiale de \numprint{30000} bactéries dans le milieu. On note $p(t)$ la quantité de bactéries, exprimée en millier d'individus, présente dans le milieu après un temps $t$, exprimé en heure.

On a donc $p(0) = 30$.

On admet que la fonction $p$ définie sur l'intervalle $\intervFO{0}{+\infty}$ est dérivable, strictement positive sur cet intervalle et qu'elle est solution de l'équation différentielle $(E_2)$ :
\[
p' = \dfrac{1}{250}p \times (120 - p).
\]
Soit $y$ la fonction strictement positive sur l'intervalle $\intervFO{0}{+\infty}$ telle que, pour tout $t$ appartenant à l'intervalle $\intervFO{0}{+\infty}$, on a $p(t) = \dfrac{1}{y(t)}$.

\begin{enumerate}
\item Montrer que si $p$ est solution de l'équation différentielle $(E_2)$, alors $y$ est solution de l'équation différentielle $(E_1)$ : \quad $y' + 0,48y = \dfrac{1}{250}$.

\item On admet réciproquement que, si $y$ est une solution strictement positive de l'équation différentielle $(E_1)$, alors $p = \dfrac 1y$ est solution de l'équation différentielle $(E_2)$.

Montrer que, pour tout $t$ appartenant à l'intervalle $\intervFO{0}{+\infty}$, on a :
\[
p(t) = \dfrac{120}{1 + K\e^{-0,48t}}~ \text{avec}\: K\: \text{une constante réelle}.
\] 

\item En utilisant la condition initiale, déterminer la valeur de $K$.

\item Déterminer $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} p(t)$. En donner une interprétation dans le contexte de l'exercice.

\item Déterminer le temps nécessaire pour que la population de bactéries dépasse \numprint{60000}~individus.

\emph{On donnera le résultat sous la forme d'une valeur arrondie exprimée en heures et minutes.}
\end{enumerate}

\tcblower

\bigskip

\partie{A}


\begin{enumerate}
\item $h(t)= \dfrac{1}{120}$ donc $h'(t)=0$. 
On a donc:
\[
h'(t) + 0,48 h(t) = 0 + 0,48 \times \dfrac{1}{120} = \dfrac{1}{250}.
\]
La fonction $h$ est donc une solution de l'équation différentielle $\left(E_{1}\right)$.

\item Les solutions de l'équation différentielle $y'+0,48 y=0$ sont, d'après le cours, les fonctions de la forme:
\[
f_0(t) =C \e^{-0,48t}\quad,\quad C \in \R.
\]

\item Les solutions de l'équation différentielle $\left(E_{1}\right)$ sont, toujours d'après le cours, les fonctions de la forme:
\[
f(t) = f_0(t) + h(t) = C \e^{-0,48t} + \dfrac{1}{120}\quad,\quad C \in \R.
\]
\end{enumerate}


\partie{B}

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
p\text{ solution de }(E_2) & \Longrightarrow p' = \dfrac{1}{250}p(120-p)\\
& \Longrightarrow -\dfrac{y'}{y^2} = \dfrac{1}{250}\times\dfrac{1}{y}\left(1-\dfrac{1}{y}\right)\\
& \Longrightarrow -\dfrac{y'}{y^2}{\color{red} \times y^2} = \dfrac{1}{250}\times\dfrac{1}{y}\left(1-\dfrac{1}{y}\right){\color{red} \times y^2}\\
& \Longrightarrow -y' = \dfrac{1}{250}y\left(1-\dfrac{1}{y}\right)\\
& \Longrightarrow -y' = \dfrac{1}{250}(120y-1)\\
& \Longrightarrow y' = -\dfrac{120}{250}y + \dfrac{1}{250}\\
& \Longrightarrow y' = -0,48y + \dfrac{1}{250}\\
& \Longrightarrow y' + 0,48y = \dfrac{1}{250}\\
& \Longrightarrow y\text{ solution de }(E_1).
\end{aligned}$.

\item Avec la réciproque admise dans cette question, on a:
\begin{align*}
p\text{ solution de }(E_2) & \iff y\text{ solution de }(E_1)\\
& \iff y(t) = C\e^{-0,48t}+\dfrac{1}{120}\text{ d'après la partie A}\\
& \iff \dfrac{1}{p(t)} = C\e^{-0,48t}+\dfrac{1}{120}\\
& \iff p(t) = \dfrac{1}{C\e^{-0,48t}+\tfrac{1}{120}}\\
& \iff p(t) = \dfrac{1}{\tfrac{120C\e^{-0,48t}+1}{120}}\\
& \iff p(t) = \dfrac{120}{120C\e^{-0,48t}+1}\\
& \iff p(t) = \dfrac{120}{K\e^{-0,48t}+1}\quad,\quad K\in\R.
\end{align*}


\item $\begin{aligned}[t]
p(0)=30 & \iff \dfrac{120}{K\e^{-0,48\times0}+1} = 30\\
& \iff \dfrac{120}{1+K}=30\\
& \iff \dfrac{1+K}{120}=\dfrac{1}{30}\\
& \iff 1+K=\dfrac{120}{30}=4\\
& \iff K = 4-1=3.
\end{aligned}$

\item On a: $\begin{cases}
\lim\limits_{t \to +\infty }(-0,48t)= -\infty\\
\lim\limits_{X\to -\infty} \big( \e^X \big) = 0
\end{cases}$ donc, par composition, 
\[
\lim\limits_{t\to +\infty }\big( \e^{-0,48t} \big)=0.
\]
Donc, par produit et somme, 
\[
\lim\limits_{t \to +\infty}\big( 1+3\e^{-0,48t} \big) = 1.
\]

Finalement, par quotient, 
\[
\boxed{ \lim\limits_{t \to +\infty}\big[ p(t) \big] =120 }
\]

Dans le contexte de l'exercice, cela signifie que la population de bactéries  se rapprochera à longs termes vers $\numprint{120000}$.

\item $\begin{aligned}[t] p(t)=60 & \iff \dfrac{120}{3 \e^{-0,48t} +1 }=60 \\
	& \iff 120 = 60 \times \left(3 \e^{-0,48t} +1\right)\\
	& \iff 2 = 3 \e^{-0,48t} + 1\\
	& \iff \dfrac{1}{3}= \e^{-0,48t}\\
	& \iff -0,48 t = \ln\left(\dfrac{1}{3}\right)=-\ln(3)\\
	& \iff t = \dfrac{\ln(3)}{0,48}\approx 2,289
	\end{aligned}$
	
Le temps nécessaire pour que la population de bactéries dépasse $\numprint{60000}$ individus est de $2,289$ heures soit 2 heures et 17 minutes.
\end{enumerate}
\end{exocor}

%%% 




\corriges
