Équations différentielles linéaires

Les quatre équations sont des EDL d'ordre 1 normalisées, à coefficients continus sur l'intervalle $ℝ$ : on applique le plan « homogène + solution particulière » (fiche §2).

1. Homogène : $y^{\mathrm{\prime }}=-3y$, donc $y=\lambda e^{-3x}$. Le second membre est un polynôme de degré 1 et le coefficient de $y$ est non nul : on cherche $y_p=\alpha x+\beta$. Alors $y_p^{\mathrm{\prime }}+3y_p=3\alpha x+(\alpha +3\beta )$, et l'identification avec $6x-1$ donne $\alpha =2$, puis $2+3\beta =-1$, $\beta =-1$. $$\boxed{{\displaystyle {𝒮}_1=\{x\mapsto 2x-1+\lambda e^{-3x},\lambda \in ℝ\}}}$$

2. Homogène : $y=\lambda e^{2x}$. Le second membre est $x{e}^{2x}$ avec $m=2=-a$ (cas particulier de la fiche §6) : on cherche $y_p=Q(x)e^{2x}$. On a $y_p^{\mathrm{\prime }}-2y_p=Q^{\mathrm{\prime }}(x)e^{2x}$, d'où $Q^{\mathrm{\prime }}=x$ et l'on peut prendre $Q=\frac{x^2}{2}$. $$\boxed{{\displaystyle {𝒮}_2=\{x\mapsto (\frac{x^2}{2}+\lambda )e^{2x},\lambda \in ℝ\}}}$$

3. Homogène : $y=\lambda e^{-x}$. Méthode complexe : l'équation est à coefficients réels et $5\sin 2x=\mathrm{Im}(5e^{2ix})$. On cherche $u=c{e}^{2ix}$ solution de $u^{\mathrm{\prime }}+u=5e^{2ix}$ : $c(2i+1)=5$, donc $c=\frac{5}{1+2i}=\frac{5(1-2i)}{5}=1-2i$. Alors $$\mathrm{Im}((1-2i)(\cos 2x+i\sin 2x))=\sin 2x-2\cos 2x$$ est une solution particulière (fiche §2, coefficients réels). Contrôle : $y_p^{\mathrm{\prime }}=2\cos 2x+4\sin 2x$ et $y_p^{\mathrm{\prime }}+y_p=5\sin 2x$. $$\boxed{{\displaystyle {𝒮}_3=\{x\mapsto \sin 2x-2\cos 2x+\lambda e^{-x},\lambda \in ℝ\}}}$$

4. Principe de superposition : $2x-1$ est solution pour le second membre $6x-1$ (question 1). Pour $e^{-3x}$, on a $m=-3=-a$ : avec $Q(x)e^{-3x}$, il vient $Q^{\mathrm{\prime }}=1$, d'où $x{e}^{-3x}$. Solution générale : $y=2x-1+x{e}^{-3x}+\lambda e^{-3x}$. La condition $y(0)=0$ s'écrit $-1+\lambda =0$, soit $\lambda =1$. D'après le théorème de Cauchy (fiche §5), c'est l'unique solution : $$\boxed{{\displaystyle y(x)=2x-1+(x+1)e^{-3x}}}$$

1. Sur $]0,+\mathrm{\infty }[$, $x\mathrm{\ne }0$ : l'équation équivaut à $y^{\mathrm{\prime }}+\frac{2}{x}y=\frac{1}{x(1+x^2)}$, à coefficients continus. Homogène : $y^{\mathrm{\prime }}=-\frac{2}{x}y$, une primitive de $-\frac{2}{x}$ est $-2\ln x$, donc $y=\lambda e^{-2\ln x}=\frac{\lambda }{x^2}$. Variation de la constante : pour $y=\frac{\lambda (x)}{x^2}$, $x{y}^{\mathrm{\prime }}+2y=x(\frac{{\lambda }^{\mathrm{\prime }}}{x^2}-\frac{2\lambda }{x^3})+\frac{2\lambda }{x^2}=\frac{{\lambda }^{\mathrm{\prime }}(x)}{x}$. Il faut donc $\frac{{\lambda }^{\mathrm{\prime }}(x)}{x}=\frac{1}{1+x^2}$, soit ${\lambda }^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{x}{1+x^2}$, et $\lambda (x)=\frac{1}{2}\ln (1+x^2)$ convient. $$\boxed{{\displaystyle y(x)=\frac{\ln (1+x^2)+2C}{2x^2},C\in ℝ}}$$

2. Sur $I$, $\cos x>0$ et $\tan$ est continue. Homogène : $y^{\mathrm{\prime }}=(\tan x)y$ ; une primitive de $\tan x=\frac{\sin x}{\cos x}$ est $-\ln (\cos x)$ (forme $-\frac{u^{\mathrm{\prime }}}{u}$ avec $u=\cos x>0$). Donc $y=\lambda e^{-\ln \cos x}=\frac{\lambda }{\cos x}$. Variation : pour $y=\frac{\lambda (x)}{\cos x}$, on obtient $y^{\mathrm{\prime }}-(\tan x)y=\frac{{\lambda }^{\mathrm{\prime }}(x)}{\cos x}$ (les termes en $\lambda$ se simplifient). Il faut ${\lambda }^{\mathrm{\prime }}(x)={\cos }^{3}x=\cos x(1-{\sin }^{2}x)$, dont une primitive est $\sin x-\frac{{\sin }^{3}x}{3}$. $$\boxed{{\displaystyle {𝒮}_{E_2}=\{x\mapsto \frac{\sin x-\frac{1}{3}{\sin }^{3}x+C}{\cos x},C\in ℝ\}}}$$

3. Sur $ℝ$, $1+x^2>0$ : on normalise, $y^{\mathrm{\prime }}-\frac{x}{1+x^2}y=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$. Homogène : une primitive de $\frac{x}{1+x^2}$ est $\frac{1}{2}\ln (1+x^2)$, d'où $y=\lambda \sqrt{1+x^2}$. Variation : avec $y=\lambda (x)\sqrt{1+x^2}$, on trouve $(1+x^2)y^{\mathrm{\prime }}-xy=(1+x^2)\sqrt{1+x^2}{\lambda }^{\mathrm{\prime }}(x)$. Il faut ${\lambda }^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{1}{1+x^2}$, donc $\lambda (x)=\arctan x+C$. La condition $y(0)=2$ donne $C=2$. Par le théorème de Cauchy (coefficients continus sur $ℝ$), la solution cherchée est unique : $$\boxed{{\displaystyle y(x)=\sqrt{1+x^2}(\arctan x+2)}}$$

4. $w$ est dérivable sur $I$ (l'intervalle $I$ est symétrique) et $w^{\mathrm{\prime }}(x)=y^{\mathrm{\prime }}(-x)$. Comme $\tan$ est impaire et $\cos$ paire : $$w^{\mathrm{\prime }}(x)-(\tan x)w(x)=y^{\mathrm{\prime }}(-x)+(\tan x)y(-x)=y^{\mathrm{\prime }}(-x)-\tan (-x)y(-x)={\cos }^2(-x)={\cos }^{2}x\mathrm{.}$$ Donc $w$ est solution de $(E_2)$. Si de plus $y(0)=0$, alors $w(0)=-y(0)=0=y(0)$ : $w$ et $y$ sont deux solutions de $(E_2)$ qui coïncident en $0$. Par unicité du problème de Cauchy, $w=y$, c'est-à-dire $y(-x)=-y(x)$ : $y$ est impaire. Vérification : la solution nulle en $0$ correspond à $C=0$, soit $y(x)=\frac{\sin x-\frac{1}{3}{\sin }^{3}x}{\cos x}$, quotient d'une fonction impaire par une fonction paire, donc impaire.

1. $(EC)r^2-r-6=(r-3)(r+2)=0$ : racines réelles distinctes $3$ et $-2$. $\boxed{{\displaystyle y=\lambda e^{3x}+\mu e^{-2x},(\lambda ,\mu )\in {ℝ}^2}}$.

2. $(EC)r^2+6r+9=(r+3{)}^2$ : racine double $-3$, donc $y=(\lambda x+\mu )e^{-3x}$. Alors $y(0)=\mu =1$ et $y^{\mathrm{\prime }}(x)=(\lambda -3\lambda x-3\mu )e^{-3x}$, d'où $y^{\mathrm{\prime }}(0)=\lambda -3\mu =0$, $\lambda =3$. Unique solution (fiche §9) : $\boxed{{\displaystyle y=(1+3x)e^{-3x}}}$.

3. $(EC)r^2-2r+5=0$, $\mathrm{\Delta }=-16$, racines $1\pm 2i$. $\boxed{{\displaystyle y=e^x(\lambda \cos 2x+\mu \sin 2x),(\lambda ,\mu )\in {ℝ}^2}}$.

4. Homogène : question 1. Second membre $e^{3x}$ avec $m=3$ racine simple de $(EC)$ : on pose $y=z{e}^{3x}$. D'après la fiche §10, $z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}+(2m+a)z^{\mathrm{\prime }}+(m^2+am+b)z=z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}+5z^{\mathrm{\prime }}$ ; on veut $z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}+5z^{\mathrm{\prime }}=1$ : $z=\frac{x}{5}$ convient. $$\boxed{{\displaystyle y=\frac{x}{5}{e}^{3x}+\lambda e^{3x}+\mu e^{-2x},(\lambda ,\mu )\in {ℝ}^2}}$$

5. Homogène : $(\lambda x+\mu )e^{-3x}$. Ici $m=-3$ est racine double : avec $y=z{e}^{-3x}$, $2m+a=0$ et $m^2+am+b=0$, il reste $z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}=x$, d'où $z=\frac{x^3}{6}$. $$\boxed{{\displaystyle y=(\frac{x^3}{6}+\lambda x+\mu )e^{-3x},(\lambda ,\mu )\in {ℝ}^2}}$$

6. Homogène : question 3. L'équation est réelle et $8e^x\cos 2x=\mathrm{Re}\left(8e^{(1+2i)x}\right)$ ; or $m=1+2i$ est racine simple de $(EC)$. On cherche $u=z{e}^{mx}$ solution de $u^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}-2u^{\mathrm{\prime }}+5u=8e^{mx}$ : $z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}+(2m-2)z^{\mathrm{\prime }}=8$, avec $2m-2=4i$. Le polynôme $z=-2ix$ convient ($4i\cdot (-2i)=8$). Donc $$\mathrm{Re}(-2ix{e}^x(\cos 2x+i\sin 2x))=2x{e}^x\sin 2x$$ est une solution particulière réelle. $$\boxed{{\displaystyle y=2x{e}^x\sin 2x+e^x(\lambda \cos 2x+\mu \sin 2x),(\lambda ,\mu )\in {ℝ}^2}}$$

1.(a) Sur $J=]0,+\mathrm{\infty }[$ ou $J=]-\mathrm{\infty },0[$, $x\mathrm{\ne }0$ et l'équation s'écrit $y^{\mathrm{\prime }}-\frac{2}{x}y=x^2{e}^x$. Homogène : une primitive de $\frac{2}{x}$ est $2\ln \mid x\mid$, d'où $y=\lambda e^{2\ln \mid x\mid }=\lambda x^2$ (ici $\mid x{\mid }^2=x^2$, aucune discussion de signe). Variation : pour $y=\lambda (x)x^2$, $x{y}^{\mathrm{\prime }}-2y=x({\lambda }^{\mathrm{\prime }}{x}^2+2\lambda x)-2\lambda x^2={\lambda }^{\mathrm{\prime }}(x)x^3$. Il faut ${\lambda }^{\mathrm{\prime }}(x)=e^x$, d'où $\lambda (x)=e^x+C$. $$\text{Sur }J:y(x)=x^2(e^x+C),C\in ℝ\mathrm{.}$$

(b) Analyse. Soit $y$ une solution sur $ℝ$. D'après (a), il existe $C_1,C_2$ tels que $y(x)=x^2(e^x+C_1)$ pour $x<0$ et $y(x)=x^2(e^x+C_2)$ pour $x>0$. L'équation en $x=0$ donne $-2y(0)=0$, donc $y(0)=0$. Synthèse. Pour tous $C_1,C_2$ réels, soit $y$ définie ainsi, avec $y(0)=0$. Elle est dérivable sur ${ℝ}^{\ast }$ et y vérifie l'équation. En $0$ : pour $x\mathrm{\ne }0$, $\frac{y(x)-y(0)}{x-0}=x(e^x+C_i)$ ($i=1$ ou $2$ selon le signe de $x$), qui tend vers $0$ des deux côtés. Donc $y$ est dérivable en $0$ avec $y^{\mathrm{\prime }}(0)=0$, et $0\cdot y^{\mathrm{\prime }}(0)-2y(0)=0=0^3{e}^0$ : l'équation est vérifiée en $0$. $$\boxed{{\displaystyle {𝒮}_{ℝ}=\{x\mapsto \{\begin{array}{ll}{x}^2(e^x+C_1)& x\le 0\\ x^2(e^x+C_2)& x>0\end{array},(C_1,C_2)\in {ℝ}^2\}}}$$ Les solutions sur $ℝ$ dépendent de deux constantes indépendantes.

(c) Toute solution vérifie $y(0)=0$ : aucune solution ne vérifie $y(0)=1$. La condition $y(1)=e$ s'écrit $e+C_2=e$, soit $C_2=0$, et $C_1$ reste libre : il y a une infinité de solutions. Le théorème de Cauchy est mis en défaut dans les deux sens : il ne s'applique pas, car le coefficient de $y^{\mathrm{\prime }}$ s'annule en $0$.

2. Résolution de chaque côté. Sur $J=]0,+\mathrm{\infty }[$ ou $]-\mathrm{\infty },0[$ : $y^{\mathrm{\prime }}+\frac{3}{x}y=5x$. Homogène : $y=\lambda e^{-3\ln \mid x\mid }=\frac{\lambda }{\mid x{\mid }^3}$, ce qui s'écrit $\frac{\mu }{x^3}$ ($\mu =\pm \lambda$ selon le signe de $x$). Variation : avec $y=\frac{\lambda (x)}{x^3}$, $x{y}^{\mathrm{\prime }}+3y=\frac{{\lambda }^{\mathrm{\prime }}(x)}{x^2}$ ; il faut ${\lambda }^{\mathrm{\prime }}(x)=5x^4$, soit $\lambda (x)=x^5+C$. Donc $y=x^2+\frac{C}{x^3}$ sur $J$. Analyse. Une solution $y$ sur $ℝ$ s'écrit $x^2+\frac{C_1}{x^3}$ pour $x<0$ et $x^2+\frac{C_2}{x^3}$ pour $x>0$. Elle est continue en $0$, donc $y(x)$ a une limite finie quand $x\to 0^{+}$ ; or si $C_2\mathrm{\ne }0$, $\mid \frac{C_2}{x^3}\mid \to +\mathrm{\infty }$. Donc $C_2=0$ ; de même $C_1=0$. L'équation en $0$ donne $3y(0)=0$. Ainsi $y(x)=x^2$ pour tout $x$. Synthèse. $x\mapsto x^2$ est dérivable sur $ℝ$ et $x\cdot 2x+3x^2=5x^2$. $$\boxed{{\displaystyle (E_2)\text{ a une unique solution sur }ℝ:x\mapsto x^2}}$$

Partie A. Analyse. Soit $f$ continue vérifiant la relation. Posons $F(x)={\int }_0^{x}f(t)dt$ et $G(x)={\int }_0^{x}tf(t)dt$ : $f$ et $t\mapsto tf(t)$ sont continues sur l'intervalle $ℝ$, donc $F$ et $G$ sont dérivables, $F^{\mathrm{\prime }}=f$ et $G^{\mathrm{\prime }}(x)=xf(x)$. On développe avant de dériver : $${\int }_0^x(x-t)f(t)dt=xF(x)-G(x),\text{donc}f(x)=\cos 2x-xF(x)+G(x)\mathrm{.}$$ Le membre de droite est dérivable, donc $f$ l'est, et $f^{\mathrm{\prime }}(x)=-2\sin 2x-F(x)-xf(x)+xf(x)=-2\sin 2x-F(x)$. Ce membre de droite est encore dérivable, donc $f$ est deux fois dérivable et $f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)=-4\cos 2x-f(x)$. De plus, en $x=0$ : $f(0)=1$ et $f^{\mathrm{\prime }}(0)=-F(0)=0$. Ainsi $f$ est solution du problème de Cauchy $$y^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}+y=-4\cos 2x,y(0)=1,y^{\mathrm{\prime }}(0)=0.$$ Homogène : $\lambda \cos x+\mu \sin x$. Comme $2i$ n'est pas racine de $r^2+1$, on cherche $c\cos 2x$ : $-4c+c=-4$, $c=\frac{4}{3}$. Donc $f=\lambda \cos x+\mu \sin x+\frac{4}{3}\cos 2x$ ; $f(0)=\lambda +\frac{4}{3}=1$ donne $\lambda =-\frac{1}{3}$ et $f^{\mathrm{\prime }}(0)=\mu =0$. Nécessairement $f(x)=\frac{4\cos 2x-\cos x}{3}$.

Synthèse. Pour cette $f$ (continue), posons $h(x)=f(x)+xF(x)-G(x)-\cos 2x$. Le calcul précédent, qui ne supposait que la continuité, montre que $h$ est deux fois dérivable avec $h^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}=f^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}+f+4\cos 2x=0$, $h(0)=f(0)-1=0$ et $h^{\mathrm{\prime }}(0)=f^{\mathrm{\prime }}(0)+F(0)=0$. La fonction $h$ est solution de $y^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}=0$, $y(0)=y^{\mathrm{\prime }}(0)=0$, donc $h=0$ : la relation est vérifiée. $$\boxed{{\displaystyle f(x)=\frac{4\cos (2x)-\cos x}{3}}}$$

Partie B. Analyse. Soit $g$ dérivable vérifiant la relation. Alors $g^{\mathrm{\prime }}(x)=e^x-g(-x)$ ; le membre de droite est dérivable, donc $g^{\mathrm{\prime }}$ l'est : $g$ est deux fois dérivable et $g^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)=e^x+g^{\mathrm{\prime }}(-x)$. En remplaçant $x$ par $-x$ dans la relation : $g^{\mathrm{\prime }}(-x)=e^{-x}-g(x)$. D'où $$g^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)+g(x)=e^x+e^{-x}=2\mathrm{ch}x\mathrm{.}$$ Homogène : $\lambda \cos x+\mu \sin x$. Pour $2\mathrm{ch}x=e^x+e^{-x}$ : $1$ et $-1$ ne sont pas racines de $r^2+1$, et $\frac{1}{2}{e}^x$, $\frac{1}{2}{e}^{-x}$ conviennent respectivement pour $e^x$ et $e^{-x}$ ; par superposition, $\mathrm{ch}x$ est solution particulière. Donc $g(x)=\lambda \cos x+\mu \sin x+\mathrm{ch}x$. Report dans la relation (toutes ces fonctions ne conviennent pas) : $$g^{\mathrm{\prime }}(x)+g(-x)=(-\lambda \sin x+\mu \cos x+\mathrm{sh}x)+(\lambda \cos x-\mu \sin x+\mathrm{ch}x)=(\lambda +\mu )(\cos x-\sin x)+e^x\mathrm{.}$$ La relation équivaut donc à $(\lambda +\mu )(\cos x-\sin x)=0$ pour tout $x$, soit (en $x=0$) $\mu =-\lambda$ ; réciproquement $\mu =-\lambda$ convient. $$\boxed{{\displaystyle g(x)=\lambda (\cos x-\sin x)+\mathrm{ch}x,\lambda \in ℝ}}$$

A.1. $t\mapsto e^t$ est une bijection de classe $C^2$ de $ℝ$ sur $]0,+\mathrm{\infty }[$, de réciproque $\ln$ dérivable : $y$ est deux fois dérivable si et seulement si $z$ l'est (car $y(x)=z(\ln x)$). On dérive $z(t)=y(e^t)$ : $z^{\mathrm{\prime }}(t)=e^t{y}^{\mathrm{\prime }}(e^t)$ et $z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(t)=e^t{y}^{\mathrm{\prime }}(e^t)+e^{2t}{y}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(e^t)$. Avec $x=e^t$ : $$x{y}^{\mathrm{\prime }}(x)=z^{\mathrm{\prime }}(t),x^2{y}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)=z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(t)-z^{\mathrm{\prime }}(t)\mathrm{.}$$

A.2. Pour $x=e^t$ : $x^2{y}^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}+3x{y}^{\mathrm{\prime }}+y-\ln x=z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(t)-z^{\mathrm{\prime }}(t)+3z^{\mathrm{\prime }}(t)+z(t)-t$. Comme $t\mapsto e^t$ est une bijection de $ℝ$ sur $]0,+\mathrm{\infty }[$, $(E)$ est vérifiée pour tout $x>0$ si et seulement si, pour tout $t\in ℝ$, $$(F)z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}+2z^{\mathrm{\prime }}+z=t\mathrm{.}$$

A.3. $(EC)(r+1{)}^2=0$, racine double $-1$ : solutions homogènes $(A+Bt)e^{-t}$. Le second membre est un polynôme de degré 1 et $b=1\mathrm{\ne }0$ : on cherche $\alpha t+\beta$, soit $2\alpha +\alpha t+\beta =t$, d'où $\alpha =1$, $\beta =-2$. Donc $z(t)=(A+Bt)e^{-t}+t-2$. En revenant à $x$ ($t=\ln x$, $e^{-t}=\frac{1}{x}$) : $$\boxed{{\displaystyle y(x)=\frac{A+B\ln x}{x}+\ln x-2,(A,B)\in {ℝ}^2}}$$

A.4. $y(1)=A-2=0$ donne $A=2$. Ensuite $y^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{B-A-B\ln x}{x^2}+\frac{1}{x}$, donc $y^{\mathrm{\prime }}(1)=B-A+1=0$ et $B=1$. (L'équivalence de A.2 transforme les conditions $y(1)=0$, $y^{\mathrm{\prime }}(1)=0$ en $z(0)=0$, $z^{\mathrm{\prime }}(0)=0$ : l'unicité vient du théorème de Cauchy pour $(F)$.) $$\boxed{{\displaystyle y(x)=\frac{2+\ln x}{x}+\ln x-2}}$$

B.1. $\mathrm{sh}$ est une bijection de classe $C^2$ de $ℝ$ sur $ℝ$, de réciproque $\mathrm{argsh}$ dérivable, de dérivée $\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$. Donc $y=z\circ \mathrm{argsh}$ est deux fois dérivable si et seulement si $z$ l'est. Avec $t=\mathrm{argsh}x$ : $$y^{\mathrm{\prime }}(x)=\frac{z^{\mathrm{\prime }}(t)}{\sqrt{1+x^2}},y^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(x)=\frac{z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(t)}{1+x^2}-\frac{x{z}^{\mathrm{\prime }}(t)}{(1+x^2{)}^{3\mathrm{/}2}}\mathrm{.}$$ D'où $(1+x^2)y^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}+x{y}^{\mathrm{\prime }}=z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(t)$, et $(1+x^2)y^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}+x{y}^{\mathrm{\prime }}-4y=z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}(t)-4z(t)$. Comme $\mathrm{argsh}$ est une bijection de $ℝ$ sur $ℝ$, $y$ est solution de $(G)$ si et seulement si $z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}-4z=0$ sur $ℝ$.

B.2. $z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}-4z=0$ a pour solutions $z(t)=\alpha \mathrm{ch}(2t)+\gamma \mathrm{sh}(2t)$ (fiche §8). Or, pour $t=\mathrm{argsh}x$ : $\mathrm{sh}t=x$, $\mathrm{ch}t=\sqrt{1+x^2}$ (car $\mathrm{ch}t>0$ et ${\mathrm{ch}}^{2}t=1+{\mathrm{sh}}^{2}t$), donc $$\mathrm{ch}2t={\mathrm{ch}}^{2}t+{\mathrm{sh}}^{2}t=1+2x^2,\mathrm{sh}2t=2\mathrm{sh}t\mathrm{ch}t=2x\sqrt{1+x^2}\mathrm{.}$$ En posant $\beta =2\gamma$ : $\boxed{{\displaystyle y(x)=\alpha (1+2x^2)+\beta x\sqrt{1+x^2},(\alpha ,\beta )\in {ℝ}^2}}$.

B.3. Les fonctions $\alpha (1+2x^2)$ sont polynomiales. Si une solution $y$ est polynomiale, $\beta x\sqrt{1+x^2}=y(x)-\alpha (1+2x^2)$ l'est aussi. Supposons $\beta \mathrm{\ne }0$ : $P(x)=x\sqrt{1+x^2}$ serait un polynôme, avec $P(x{)}^2=x^4+x^2$ ; donc $2\mathrm{deg}P=4$, $\mathrm{deg}P=2$. Mais $P(-x)=-P(x)$ pour tout $x$ : un polynôme impair n'a que des coefficients de degré impair, donc un degré impair. Contradiction. Ainsi $\beta =0$. $$\boxed{{\displaystyle \text{solutions polynomiales : }x\mapsto \alpha (1+2x^2),\alpha \in ℝ}}$$

1. $(EC)r^2-2r+m=0$, discriminant réduit ${\mathrm{\Delta }}^{\mathrm{\prime }}=1-m$.

• $m<1$ : racines réelles $1\pm s$ avec $s=\sqrt{1-m}>0$ ; $y=\lambda e^{(1+s)x}+\mu e^{(1-s)x}$.
• $m=1$ : racine double $1$ ; $y=(\lambda x+\mu )e^x$.
• $m>1$ : racines $1\pm i\sigma$ avec $\sigma =\sqrt{m-1}>0$ ; $y=e^x(\lambda \cos \sigma x+\mu \sin \sigma x)$.

Dans les trois cas, $(\lambda ,\mu )\in {ℝ}^2$.

2. Avec $y=z{e}^x$ ($m$ ici est le paramètre, l'exposant vaut $1$) : $y^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}-2y^{\mathrm{\prime }}+my=(z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}+(2-2)z^{\mathrm{\prime }}+(1-2+m)z)e^x=(z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}+(m-1)z)e^x$.

• Si $m\mathrm{\ne }1$ : $z=\frac{1}{m-1}$ convient, $y_p={\displaystyle \frac{e^x}{m-1}}$.
• Si $m=1$ : il faut $z^{\mathrm{\prime }\mathrm{\prime }}=1$, $z=\frac{x^2}{2}$, $y_p={\displaystyle \frac{x^2}{2}}{e}^x$ ($1$ est racine double).

3. $y=(\frac{x^2}{2}+\lambda x+\mu )e^x$. $y(0)=\mu =0$. $y^{\mathrm{\prime }}=(\frac{x^2}{2}+(\lambda +1)x+\lambda +\mu )e^x$, donc $y^{\mathrm{\prime }}(0)=\lambda +\mu =1$ et $\lambda =1$. $$\boxed{{\displaystyle y(x)=(\frac{x^2}{2}+x)e^x}}$$

4. On examine chaque cas, pour une solution $y\mathrm{\ne }0$.

• $m>1$ : $(\lambda ,\mu )\mathrm{\ne }(0,0)$ ; posons $R=\sqrt{{\lambda }^2+{\mu }^2}>0$ et $\phi$ tel que $\lambda =R\cos \phi$, $\mu =R\sin \phi$. Alors $y(x)=R{e}^x\cos (\sigma x-\phi )$. Aux points $x_k=\frac{\phi +2k\pi }{\sigma }$ ($k\in \mathbb{N}$ assez grand pour que $x_k\ge 0$), $y(x_k)=R{e}^{x_k}\to +\mathrm{\infty }$ : $y$ n'est pas bornée.
• $m=1$ : si $\lambda \mathrm{\ne }0$, $\mid \lambda x+\mu \mid \ge 1$ pour $x$ assez grand et $e^x\to +\mathrm{\infty }$ ; si $\lambda =0$, $\mu \mathrm{\ne }0$ et $\mid y\mid =\mid \mu \mid e^x\to +\mathrm{\infty }$. Non bornée.
• $m<1$ : si $\lambda \mathrm{\ne }0$, $y(x)=e^{(1+s)x}(\lambda +\mu e^{-2sx})$ avec $\lambda +\mu e^{-2sx}\to \lambda \mathrm{\ne }0$ et $e^{(1+s)x}\to +\mathrm{\infty }$ : non bornée. Si $\lambda =0$, $y=\mu e^{(1-s)x}$ avec $\mu \mathrm{\ne }0$ : bornée sur $[0,+\mathrm{\infty }[$ si et seulement si $1-s\le 0$, c'est-à-dire $\sqrt{1-m}\ge 1$, soit $m\le 0$.

$$\boxed{{\displaystyle (H_m)\text{a une solution non nulle born}\acute{\text{e}}\text{e sur }[0,+\mathrm{\infty }[⟺m\le 0}}$$ (par exemple $e^{(1-\sqrt{1-m})x}$ ; pour $m=0$, la constante $1$).

5. Pour $m=-3$ : $s=2$, racines $3$ et $-1$, et $y_p=-\frac{e^x}{4}$. Toute solution s'écrit $y=\lambda e^{3x}+\mu e^{-x}-\frac{e^x}{4}$, et $$e^{-x}y(x)=\lambda e^{2x}+\mu e^{-2x}-\frac{1}{4}\mathrm{.}$$ Si $\lambda \mathrm{\ne }0$, cette quantité tend vers $\pm \mathrm{\infty }$ ; si $\lambda =0$, elle tend vers $-\frac{1}{4}$. La condition de limite équivaut donc à $\lambda =0$. Puis $y(0)=\mu -\frac{1}{4}=0$ donne $\mu =\frac{1}{4}$. Il y a exactement une solution : $$\boxed{{\displaystyle y(x)=\frac{e^{-x}-e^x}{4}=-\frac{\mathrm{sh}x}{2}}}$$

A.1. $z=\frac{1}{y}$ est dérivable (quotient, $y$ ne s'annule pas) et $z^{\mathrm{\prime }}=-\frac{y^{\mathrm{\prime }}}{y^2}$. Pour tout $x$ : $$y^{\mathrm{\prime }}=y-e^x{y}^2⟺-\frac{y^{\mathrm{\prime }}}{y^2}=-\frac{1}{y}+e^x⟺z^{\mathrm{\prime }}=-z+e^x⟺z^{\mathrm{\prime }}+z=e^x\mathrm{.}$$ (On a divisé puis multiplié par $-y^2\mathrm{\ne }0$.) D'où l'équivalence.

A.2. Homogène : $C{e}^{-x}$. Second membre $e^x$ avec $1\mathrm{\ne }-1$ : on cherche $c{e}^x$, $2c=1$. Donc $\boxed{{\displaystyle z=\frac{e^x}{2}+C{e}^{-x},C\in ℝ}}$.

A.3. Les solutions cherchées sont les $\frac{1}{z}$ pour les solutions $z$ de $(L)$ qui ne s'annulent pas sur $ℝ$ (si $y$ ne s'annule pas, $z=\frac{1}{y}$ non plus, et réciproquement). Or $z(x)=\frac{e^{-x}}{2}(e^{2x}+2C)$ :

• si $C\ge 0$, $e^{2x}+2C>0$ pour tout $x$ : $z$ ne s'annule pas ;
• si $C<0$, $z$ s'annule en $x=\frac{1}{2}\ln (-2C)$.

$$\boxed{{\displaystyle \text{Solutions de }(B)\text{ sur }ℝ\text{ ne s’annulant pas : }y(x)=\frac{2e^x}{e^{2x}+2C},C\ge 0}}$$ (pour $C=0$ : $y=2e^{-x}$). Elles sont toutes strictement positives.

A.4. $y(0)=\frac{2}{1+2C}=1$ donne $C=\frac{1}{2}$, qui est bien $\ge 0$. Alors $y(x)={\displaystyle \frac{2e^x}{e^{2x}+1}}={\displaystyle \frac{2}{e^x+e^{-x}}}$ : $$\boxed{{\displaystyle y(x)=\frac{1}{\mathrm{ch}x}}}$$ Vérification directe : $y^{\mathrm{\prime }}=-\frac{\mathrm{sh}x}{{\mathrm{ch}}^{2}x}$ et $y-e^x{y}^2=\frac{\mathrm{ch}x-e^x}{{\mathrm{ch}}^{2}x}=-\frac{\mathrm{sh}x}{{\mathrm{ch}}^{2}x}$. (Remarque : $(B)$ n'étant pas linéaire, le théorème de Cauchy du cours ne s'applique pas ; on a seulement l'unicité parmi les solutions qui ne s'annulent pas.)