# Correction d'exercices
# Soutien du 13/04
# Équations différentielles
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## Exercice 1 :

a) $y'=2y$

Les solutions, sur $\mathbb{R}$, de cette équation différentielle sont les fonctions du type :
$x\mapsto k\times \text{e}^{2x}$ avec $k\in\mathbb{R}$.

b) $y'+y=0$

$y'+y=0\Leftrightarrow y'=-y$.
Les solutions, sur $\mathbb{R}$, de cette équation différentielle sont les fonctions du type :
$x\mapsto k\times \text{e}^{-x}$ avec $k\in\mathbb{R}$.

c) $y'=y+1$

Les solutions, sur $\mathbb{R}$, de cette équation différentielle sont les fonctions du type :
$x\mapsto k\times \text{e}^{x}-\frac{1}{1}$ avec $k\in\mathbb{R}$, soit $x\mapsto k\times \text{e}^{x}-1$ avec $k\in\mathbb{R}$.

d) $2y'-y=1$

$2y'-y=1\Leftrightarrow 2y'=y+1\Leftrightarrow y'=\frac{1}{2}y+\frac{1}{2}$
Les solutions, sur $\mathbb{R}$, de cette équation différentielle sont les fonctions du type :
$x\mapsto k\times \text{e}^{\frac{1}{2}x}-\dfrac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{2}}$ avec $k\in\mathbb{R}$, soit $x\mapsto k\times \text{e}^{\frac{1}{2}x}-1$ avec $k\in\mathbb{R}$.

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## Exercice 2

a) $y'=2y+3$ et $f(0)=1$

Les solutions, sur $\mathbb{R}$, de cette équation différentielle sont les fonctions du type :
$x\mapsto k\times \text{e}^{2x}-\dfrac{3}{2}$ avec $k\in\mathbb{R}$.
Il existe donc un réel $k$ tel que, pour tout réel $x$, $f(x)=k\text{e}^{2x}-\frac{3}{2}$.
Alors $f(0)=k-\frac{3}{2}$.
Donc $f(0)=1\Leftrightarrow k=1+\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$.
Ainsi, $f(x)=\frac{5}{2}\text{e}^{2x}-\frac{3}{2}$ pour tout réel $x$.

b) $y'=1-y$ et $f(-1)=1$

Les solutions, sur $\mathbb{R}$, de cette équation différentielle sont les fonctions du type :
$x\mapsto k\times \text{e}^{-x}-\left(\dfrac{1}{-1}\right)$ avec $k\in\mathbb{R}$.
Il existe donc un réel $k$ tel que, pour tout réel $x$, $f(x)=k\text{e}^{-x}+1$.
Alors $f(-1)=k\text{e}+1$.
Donc $f(-1)=1\Leftrightarrow k\text{e}+1=1\Leftrightarrow k=0$.
Ainsi, $f(x)=0\text{e}^{-x}+1$ pour tout réel $x$, soit $f(x)=1$.

c) $y'+2y-5=0$ et $f(1)=-1$

$y'+2y-5=0\Leftrightarrow y'=-2y+5$
Les solutions, sur $\mathbb{R}$, de cette équation différentielle sont les fonctions du type :
$x\mapsto k\times \text{e}^{-2x}-\left(\frac{5}{-2}\right)$ avec $k\in\mathbb{R}$.
Il existe donc un réel $k$ tel que, pour tout réel $x$, $f(x)=k\text{e}^{-2x}+\frac{5}{2}$.
Alors $f(1)=k\text{e}^{-2}+\frac{5}{2}$.
Donc $f(1)=-1\Leftrightarrow k\text{e}^{-2}+\frac{5}{2}=-1\Leftrightarrow k=-\frac{7}{2}\text{e}^{2}$.
Ainsi, $f(x)=-\frac{7}{2}\text{e}^{2}\text{e}^{-x}+\frac{5}{2}$ pour tout réel $x$.

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## Exercice 3

1. (E) : $y'+y=\text{e}^{-x}$

Soit $g$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $g(x)=x\text{e}^{-x}$.

Comme produit de deux fonctions dérivables sur $\mathbb{R}$, $g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$.

Pour tout réel $x$,
$g'(x)=1\times \text{e}^{-x}+x\times \left(-\text{e}^{-x}\right)=(1-x)\text{e}^{-x}$.

Ainsi, pour tout réel $x$,
$g'(x)+g(x)=(1-x)\text{e}^{-x}+x\text{e}^{-x}=\text{e}^{-x}$.
La fonction $g$ est bien solution de (E) sur $\mathbb{R}$.

2. Comme $g$ est solution de (E) sur $\mathbb{R}$, on a :
$g'(x)+g(x)=\text{e}^{-x}$ pour tout réel $x$.
Soit $f$ une fonction dérivable sur $\mathbb{R}$.
$f$ est solution de (E) sur $\mathbb{R}$
ssi, pour tout réel $x$, $f'(x)+f(x)=\text{e}^{-x}$
ssi, pour tout réel $x$, $f'(x)+f(x)=g'(x)+g(x)$
ssi, pour tout réel $x$, $f'(x)-g'(x)+f(x)-g(x)=0$
ssi, pour tout réel $x$, $(f-g)'(x)+(f-g)(x)=0$
ssi, $(f-g)$ est solution de l'équation $(E_0)$ : $y'+y=0$

3. $y'+y=0\Leftrightarrow y'=-y$
Les solutions sur $\mathbb{R}$ de l'équation $(E_0)$ sont les fonctions du type :
$x\mapsto k\text{e}^{-x}$, avec $k\in\mathbb{R}$.

4. Soit $f$ une fonction dérivable sur $\mathbb{R}$.
On a vu que $f$ est solution de (E) sur $\mathbb{R}$ ssi $(f-g)$ est solution de $(E_0)$ sur $\mathbb{R}$.
Ainsi, $f$ est solution de (E) sur $\mathbb{R}$
ssi il existe $k\in\mathbb{R}$ tel que $(f-g)(x)=k\text{e}^{-x}$ pour tout réel $x$
ssi il existe $k\in\mathbb{R}$ tel que $f(x)=g(x)+k\text{e}^{-x}$ pour tout réel $x$
ssi il existe $k\in\mathbb{R}$ tel que $f(x)=x\text{e}^{-x}+k\text{e}^{-x}$ pour tout réel $x$
L'ensemble des solutions de (E) sur $\mathbb{R}$ est l'ensemble des fonctions du type :
$x\mapsto (x+k)\text{e}^{-x}$.

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## Exercice 4

(E) : $y'+y=x^2$

1. Soit $a$, $b$ et $c$ des réels quelconques et $g$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $g(x)=ax^2+bx+c$.
La fonction $g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout réel $x$, $g'(x)=2ax+b$.
Ainsi, pour tout réel $x$, $g'(x)+g(x)=ax^2+(b+2a)x+(c+b)$.
La fonction $g$ est donc solution de (E)
ssi $\begin{cases}a=1\\b+2a=0\\c+b=0\end{cases}$
ssi $\begin{cases}a=1\\b=-2\\c=2\end{cases}$
La fonction $g$ définie sur $\mathbb{R}$ par $g(x)=x^2-2x+2$ est donc solution de (E).

2. Comme $y'+y=0\Leftrightarrow y'=-y$, les solutions sur $\mathbb{R}$ de l'équation $(E_0)$, $y'+y=0$, sont les fonctions du type :
$x\mapsto k\text{e}^{-x}$ avec $k\in\mathbb{R}$.
Les solutions de (E) sur $\mathbb{R}$ sont donc les fonctions du type :
$x\mapsto k\text{e}^{-x}+g(x)$, avec $k\in\mathbb{R}$,
soit $x\mapsto k\text{e}^{-x}+x^2-2x+2$, avec $k\in\mathbb{R}$.

3. Comme la fonction $h$ est solution de (E) sur $\mathbb{R}$, il existe un réel $k$ tel que $h(x)=k\text{e}^{-x}+x^2-2x+2$.
Alors $h(0)=k+2$.
Donc $h(0)=1\Leftrightarrow k+2=1\Leftrightarrow k=-1$.
Ainsi, $h(x)=-\text{e}^{-x}+x^2-2x+2$ pour tout réel $x$.