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Corrigés d'exercices du manuel
Démonstration de cours

Corrigés d'exercices du manuel

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Démonstrations du cours

Théo. 2. Les solutions de l’équation différentielle $y'=ay$ sur $\mathbb R$ sont les fonctions de la forme $x\mapsto C\mathrm e^{ax}$ où $C$ est une constante réelle quelconque.

Preuve. Montrons d'abord que les fonction $x\mapsto C\mathrm e^{ax}$ sont bien des solutions.
Soit $C\in\mathbb R$ une constante quelconque et $f$ la fonction définie sur $\mathbb R$ par \[f(x) = C\mathrm e^{ax}.\] Alors $f$ est dérivable sur $\mathbb R$ et pour tout réel $x$: \[f'(x) = C\times a\mathrm e^{ax} = aC\mathrm e^{ax} = af(x).\] $f$ est bien une solution de $y' = ay$.
Réciproquement, soit $f$ une solution sur $\mathbb R$ de l'équation différentielle. Cela signifie donc que $f$ est dérivable sur $\mathbb R$ et que pour tout réel $x$: \[f'(x) = af(x).\] Considérons $\varphi$, la fonction définie sur $\mathbb R$ par \[\varphi(x) = \frac{f(x)}{\mathrm e^{ax}} = f(x)\cdot\mathrm e^{-ax}.\] Elle est le produit de deux fonctions dérivables sur $\mathbb R$, donc est elle-même dérivable sur $\mathbb R$.
Pour tout réel $x$: \begin{align*} \varphi'(x)&=f'(x)\mathrm e^{-ax} + f(x)\cdot\left(-a\mathrm e^{-ax}\right)& \\ &=f'(x)\mathrm e^{-ax} - af(x)\mathrm e^{-ax}& \\ &=\underbrace{(f'(x) - af(x))}_{0}\mathrm e^{-ax}& \\ &=0.& \end{align*} $\varphi$ ayant une dérivée nulle, c'est une fonction constante. Il existe donc existe un réel $C$ tel que, pour tout réel $x$, \[\varphi(x) = C \iff \frac{f(x)}{\mathrm e^{ax}} = C \iff f(x) = C\mathrm e^{ax}.\]
Toute solution de (E) est donc bien de la forme $x\mapsto C\mathrm e^{ax}$. Il n'y en a pas d'autres.

Théo 3. Soit l’équation différentielle (E) : \[y'- ay = F\] où $y$ et $F$ sont des fonctions, $a$ une constante réelle.
Soit $f$ une solution particulière de cette équation sur $\mathbb R$.
On appelle (H) l'équation homogène associée, à savoir : \[y' - ay = 0.\] Alors $f$ est une solution de (E) sur $\mathbb R$ si et seulement si $f-f_0$ est une solution de (H) sur $\mathbb R$.

Preuve. Soit $f$ une solution de (E). Alors $f$ est dérivable sur $\mathbb R$ et pour tout réel $x$: \[f'(x) - af(x) = F(x).\] Soit $\varphi$ la fonction définie sur $\mathbb R$ par $\varphi = f - f_0$.
Puisque $f$ et $f_0$ sont dérivables sur $\mathbb R$, il en va de même pour $\varphi$ et pour tout réel $x$: \begin{align*} \varphi'(x) - a\varphi(x) &=f'(x) - f'_0(x) - a\left(f(x)-f_0(x)\right)& \\ &=f'(x) - f'_0(x) - af(x) - af_0(x)& \\ &=\left(f'(x) - af(x)\right) - \left(f_0'(x) - af_0(x)\right)& \\ &=F(x) - F(x)& \\ &=0.& \end{align*} Donc $\varphi = f-f_0$ est bien une solution de (H).
Réciproquement. Soit $f$ une fonction dérivable sur $\mathbb R$ telle que $\varphi=f-f_0$ est solution de (H). Pour tout réel $x$ \begin{align*} \varphi'(x) - a\varphi(x) &= 0& \\ \iff f'(x) - f_0'(x) -a\left(f(x) - f_0(x)\right)&=0& \\ \iff f'(x) - f_0'(x) -af(x) + af_0(x)&=0& \\ \iff f'(x) - af(x) &=f_0'(x) - af_0(x)& \\ \iff f'(x) - af(x) &= F(x).& \end{align*} Donc $f$ est bien une solution de (E) sur $\mathbb R$.

Théo. 4. Les solutions sur $\mathbb R$ de l’équation différentielle \[y'=ay+b\] avec $a\neq 0$ sont les fonctions \[x\mapsto C\mathrm e^{ax}-\frac b a\] où $C$ est une constante réelle quelconque.

Preuve. L'équation s'écrit aussi \[y'-ay = b.\tag{E}\] Donc l'équation homogène associée (H) est \[y' - ay \iff y'=ay.\] On constate que la fonction constante \[y_0:x\mapsto -\dfrac b a\] est une solution particulière de (E) sur $\mathbb R$. En effet, pour tout réel $x$: \[ay_0(x) + b = a\left(-\frac b a\right)+b = -b + b = 0 = y'_0(x).\] D'autre part, on sait déjà que les solutions de l'équation (H) sont les fonctions définies sur $\mathbb R$ par \[x\mapsto C\mathrm e^{ax}.\] Donc, en vertu du théo. 3, les solutions de (E) sont les fonctions: \[x\mapsto C\mathrm e^{ax} - \frac b a.\]

Theo. 5. Soit $(x_0;y_0)\in\mathbb R\times \mathbb R$ et une équation différentielle \[y'=ay+b\quad(a\neq 0).\] Il existe une unique solution $y$ de cette équation différentielle telle que \[y(x_0)=y_0.\]

Preuve. Si $f$ est solution de l'équation, alors il existe un réel $C$ tel que: \[f(x) = C\mathrm e^{ax} - \frac b a.\] La condition $f(x_0) =y_0$ sera respectée si et seulement si: \[\begin{aligned} C\mathrm e^{ax_0} - \frac b a &= y_0& \\ \iff C &= \frac{y_0 + \frac b a}{\mathrm e^{ax_0}}.& \end{aligned}\] Cette équation admet bien une unique solution $C$, donc il existe bien une et une seule solution de l'équation vérifiant la condition initiale $y(x_0) = y_0$.

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