Title: Rappels- Equations à variables séparables
Course: Prérequis de mathématiques (Mathuselem) > Section: Equations différentielles et Transformée de Laplace

Equations différentielles à variables séparables ou homogènes

Pour un rappel de la définition et des formes canoniques d'une équation différentielle, ainsi que des types d'équation du premier ordre : document de cours

Équation à variables séparables

Une équation à variables séparables a une forme différentielle :

\[M(x,y)dy+N(x,y)dx=0\]

où \(M(x,y)=f(x)g(y)\) et \(N(x,y)=h(x)k(y)\).

Pour résoudre l'équation, on sépare les fonctions de \(x\) des fonctions de \(y\).  Pour cela, on regarde d'abord si  \(k(y)=0\) ne définit pas une solution de l'équation. Ce cas traité, on suppose \(k(y)\neq 0\) et on se place sur un intervalle tel que \(f(x) \neq 0\) :

\[M(x,y)dy+N(x,y)dx=0\  \Longleftrightarrow \ f(x)g(y)dy=-h(x)k(y)dx \  \Longleftrightarrow \ \dfrac {g(y)}{k(y)}dy=-\dfrac {h(x)}{f(x)}dx\]

Soit \(A(y)\) une primitive de\(\dfrac {g(y)}{k(y)} \) et \(B(x)\) une primitive de \(\dfrac {h(x)}{f(x)}\); on intègre de part et d'autre de l'égalité :

\[A(y)=B(x)+c\].

où \(c\) est une constante réelle quelconque.

Remarque : à ce stade, on n'a pas réussi à résoudre l'équation différentielle demandée, puisqu'on ne connait qu'une relation entre une fonction de \(y\) et une fonction de \(x\).

Pour terminer, on choisit un intervalle tel que \(A(y)\) est monotone, donc inversible d'inverse \(A^{-1}\). On obtient la solution

\[y(x)=A^{-1}(B(x)+c)\].

Attention : il peut y avoir plusieurs intervalles : par exemple si \(A(y)=y^2\), en considérant l'intervalle \({\mathbb R}^+\) et \({\mathbb R}^-\), on obtient deux familles de solutions \(y(x)=\sqrt{B(x)+c}\) et \(y(x)=-\sqrt{B(x)+c}\). La résolution d'une équation différentielle se fait pour \(x\) appartenant à un intervalle ; cet intervalle et les restrictions sur le choix des constantes $c$ doivent toujours être bien spécifiés au long des calculs pour ne pas oublier des solutions et pour ne pas conserver des solutions incorrectes.

Équation homogène

On considère la forme standard de l'équation : \(y'=f(x,y\). Si l'équation est homogène, la fonction \(f\) définissant sa forme normale s'écrit comme une fonction \(g(y/x)\).
On effectue un changement de fonction en définissant \(z(x)=\dfrac {y((x)}{x}\).

On a \(y(x)=xz(x)\), donc \(y'(x)=xz'(x)+z(x)\). En substituant  \(y'\), on obtient l'équation :

\[xz'(x)+z(x)=g(z(x)).\]

Cette équation est à variables séparables, on peut donc déterminer \(z\) comme dans le paragraphe précédent, puis retrouver \(y(x)=xz(x)\)

Exercice 1 -Question 1

Résoudre l'équation différentielle

(E) : \[y'+(y+1)x=0\]

Exercice 1- Réponse à la question 1

On remarque que \(y(x)=-1\) (donc \(y'(x)=0\)) est une solution de l'équation.

L'écriture différentielle de l'équation est

 \[ \ dy+x(y+1)dx\ \]

Les fonctions \(M(x,y)= y\) et \(N(x,y)=x(y+1)\) sont produit d'une fonction de \(x\) et \(y\).

Si \(y(x)\neq -1\), on sépare les variables :

 \[ \dfrac 1{y+1}dy=-xdx\ \]

On calcule une primitive de chaque côté de l'égalité. Dans le premier membre, la primitive est différente selon que \(y+1\) est positive ou négative.

Pour \(y>-1\), \(\ln(y+1)=-\dfrac{x^2}2 +c\) et \(y=-1+Ce^{-\frac{x^2}2}\), avec \(C=e^c>0\).
Pour \(-1>y\), \(\ln(-y-1)=-\dfrac{x^2}2 +c\) et \(y=-1-Ce^{-\frac{x^2}2}\), avec \(C=e^c>0\).

En rassemblant les trois cas, la solution générale est \(y=-1+Ce^{-\frac{x^2}2}\), avec \(C\) constante réelle quelconque.

Exercice 1 - Question 2

Résoudre l'équation différentielle

\[(E) : \ y'y+\dfrac 1x=0\]

Exercice 1 - Réponse à la question 2

L'écriture différentielle de l'équation est

 \[ \ ydy+\dfrac 1xdx=0\ \]

Les fonctions \(M(x,y)= y\) et \(N(x,y)=\dfrac 1x\) sont produit d'une fonction de \(x\) et \(y\).

On sépare les variables :

 \[ydy\ =\ - \dfrac 1xdx\ \]

On calcule une primitive de chaque côté de l'égalité. La primitive de \(- \dfrac 1x\) dépend du signe de \(x\).

Pour \(x\in ]0,+\infty[\), \(\dfrac{y^2}2=-\ln{x} +c\) et \(y^2=2C\dfrac 1x\), avec \(C=e^c>0\).
On a deux solutions \(y=\sqrt{2C\dfrac 1x}\) et \(y=-\sqrt{2C\dfrac 1x}\), qu'on peut rassembler sous la forme générale \(y=B\dfrac 1{\sqrt{x}}\) avec \(B\) réel quelconque.

Pour \(x\in ]-\infty,0[\),\(\dfrac{y^2}2=-\ln{-x} +c\) et \(y^2=-2C\dfrac 1x\), avec \(C=e^c>0\).
On a deux solutions \(y=\sqrt{-2C\dfrac 1x}\) et \(y=-\sqrt{-2C\dfrac 1x}\), qu'on peut rassembler sous la forme générale \(y=B\dfrac 1{\sqrt{-x}}\) avec \(B\) réel quelconque.

Exercice 1- Question 3

Résoudre l'équation différentielle

\[(E) : \ y'y+(y+1)x=0\]

On obtiendra une relation entre \(y(x)\) et\(x\).

Exercice 1 - Réponse à la question 3

On exprime la forme différentielle

\[(E)\ \ : y'y+(y+1)x=0\  \Longleftrightarrow\ y{dy}+(y+1)x{dx}=0\]

On note que \(y(x)+1=0\) donne une solution de l'équation.

On suppose que \(y(x)\neq -1\). Alors

\[ \dfrac y{y+1}{dy}=\ -xdx\  \Longleftrightarrow\ \dfrac {y+1}{y+1}dy-\dfrac 1 {y+1}dy=\ -xdx\]

On intègre des deux côtés :

\[ y-\ln(y+1)=-\dfrac {x^2}2+c\]

 On étudie \(A(y)=y-\ln(y+1)\). Sa dérivée \(\dfrac y{y+1}\) est de signe positif sur \(]-\infty,-1[\) et \([0,+\infty[\) et de signe négatif sur \(]-1,0]\). Il existe donc une réciproque de \(A\) sur ces intervalles. Mais il n'est pas possible d'exprimer la réciproque par une formule de calcul. On peut en revanche tracer le graphe des solutions à partir de la relation.

Exercice 2 - Question 1

Résoudre l'équation différentielle sur \(\mathbb R\) :

\[ (E) : \ yy'-x+\dfrac {x^2}y\ =\ 0\]

Exercice 2 - Réponse à la question 1

On met (E) sous la forme standard \(y'=f(x,y)\) :

\[ (E) :\ yy'-\dfrac{y^2}x+\dfrac{x^2}y\ =\ 0\Longleftrightarrow\ y'\ =\ \dfrac yx-\dfrac{x^2}{y^2}\]

L'équation est homogène car le second membre s'écrit comme fonction de \(\dfrac {y(x)}x\). On pose \(z(x)=\dfrac {y(x)}x\). On a \(y(x) =xz(x)\) donc  \(y'(x)=xz'(x)+z(x)\).

L'équation en \(z\) s'écrit \(xz'+z=z-\dfrac 1{z^2}\) soit \(xz'=-\dfrac 1{z^2}\).

Cette équation est à variables séparables. On sépare les variables

\(-z^2dz=\frac {dx}{x}.\)

On intègre de part et d'autre.

Pour \(x\in ]0,+\infty[\), \(\dfrac {-z^3}{3}=\ln(x)+c\) et \(z=-3(\ln(e^cx))^{1/3}\).
La solution générale est \(y(x)=-3x(\ln(Cx))^{1/3}\) avec \(C>0\).

Pour \(x\in ]-\infty,0[\), \(\dfrac {-z^3}{3}=\ln(-x)+c\) et \(z=-3(\ln(-e^cx))^{1/3}\).
La solution générale est \(y(x)=-3x(\ln(-Cx))^{1/3}\) avec \(C>0\).

Exercice 2 - Question 2

Résoudre l'équation différentielle  :

\[ (E) :y'=\dfrac {x-y}{x+y}.\]

Exercice 2 - Réponse à la question 2

L'équation est homogène car le second membre s'écrit comme fonction de \(\dfrac {y(x)}x\). On pose \(z(x)=\dfrac {y(x)}x\). On a \(y(x) =xz(x)\) donc  \(y'(x)=xz'(x)+z(x)\).

L'équation en \(z\) s'écrit \(xz'+z=\dfrac {1-z}{1+z}\), soit \(xz'=\dfrac {1-2z-z^2}{1+z}\).

Le polynôme \(1-2z-z^2\) a pour racines \(z_1=-1+\sqrt 2\) et \(z_2=-1-\sqrt 2\), donc les fonctions constantes \(z(x)=-1+\sqrt 2\) et \(z(x)=-1-\sqrt 2\) sont solution, ce qui correspond aux  solutions \(y_1(x)=(-1+\sqrt 2)x\) et \(y_2(x)=(-1-\sqrt 2)x\).

Cette équation est à variables séparables. Pour \(z(x)\neq z_1\) et \(z(x)\neq z_2\), sa forme différentielle est :

\(\dfrac {(1+z)dz}{1-2z-z^2}=\dfrac {dx}{x}.\)

On intègre de part et d'autre :
Pour \(x\in ]0,+\infty[\) , \(-\dfrac {\ln(1-2z-z^2)}{2}=\ln(x)+C\) soit \(1-2z-z^2=\dfrac 1{(\ln(x)+C)^2}\).
Pour inverser la formule il faut résoudre l'équation du second degré :
\(z^2+2z-1-\dfrac 1{(\ln(x)+C)^2}=0\)
Le discriminant est \(\Delta=4\dfrac 1{(\ln(x)+C)^2}\)
On trouve deux fonctions \(z_1(x)=-1+\dfrac 1{(\ln(x)+C)}\) et \(z_2(x)=-1-\dfrac 1{(\ln(x)+C)}\)

Pour \(x\in ]-\infty, 0[\) ,\(-\dfrac {\ln(1-2z-z^2)}{2}=\ln(-x)+C\) soit \(1-2z-z^2=\dfrac 1{(\ln(-x)+C)^2}\).
Pour inverser la formule il faut résoudre l'équation
\(z^2+2z-1-\dfrac 1{(\ln(-x)+C)^2}=0\)
Le discriminant est \(\Delta=\dfrac 4{(\ln(-x)+C)^2}\)
On trouve deux fonctions \(z_1(x)=-1+\dfrac 1{(\ln(-x)+C)}\) et \(z_2(x)=-1-\dfrac 1{(\ln(-x)+C)}\)

Les solutions générales sont \(y(x)=-x+\dfrac x{(\ln(|x|)+C)}\) et \(y(x)=-x-\dfrac x{(\ln(|x|)+C)}\) sur les intervalles \(]-\infty, 0[\) et \( ]0,+\infty[\). Ces solutions se prolongent par continuité en \(0\).

Exercice 2 - Question 3

Résoudre l'équation différentielle :

\[ (E) : \ x^2y'+xy=x^2+y^2\ \ \]

Exercice 2 - Réponse à la question 3

La forme standard est
\(y'=f(x,y)=\dfrac{y^2}{x^2}-\dfrac{y}{x}+1\),
donc l'équation est homogène. On pose \(z(x)=\dfrac {y(x)}x\). On a \(y(x) =xz(x)\) donc  \(y'(x)=xz'(x)+z(x)\).

L'équation en \(z\) s'écrit \(xz'+z=z^2-z+1\), soit \(xz'=z^2-2z+1\).

Le polynôme \(z^2-2z\) a pour racine double \(z_1=1\), donc la fonction constante \(z(x)=1\)est solution, ce qui correspond à \(y_1(x)=x\).

L'équation est à variables séparables. Pour \(z(x)\neq 1\), sa forme différentielle est :

\(\dfrac {dz}{(z-1)^2}=\dfrac {dx}{x}.\)

On intègre de part et d'autre :
Pour \(x\in ]0,+\infty[\) , \(-\dfrac1 {(z-1)^2}=\ln(x)+C\) soit \((z-1)^2=-\dfrac 1{\ln(x)+C}\).
On trouve deux fonctions \(z_1(x)=1+\sqrt{-\dfrac 1{\ln(x)+C}}\) et \(z_1(x)=1-\sqrt{-\dfrac 1{\ln(x)+C}}\)
Ces fonctions sont définies pour \(x\in  ]e^{-C},+\infty[\).
Pour \(x\in ]-\infty, 0[\) ,\(-\dfrac1 {(z-1)^2}=\ln(-x)+C\) soit \((z-1)^2=-\dfrac 1{\ln(-x)+C}\).
On trouve deux fonctions \(z_1(x)=1+\sqrt{-\dfrac 1{\ln(-x)+C}}\) et \(z_1(x)=1-\sqrt{-\dfrac 1{\ln(-x)+C}}\)
Ces fonctions sont définies pour \(x\in  ]-\infty, -e^{-C}[\).
Les solutions générales sont \(y_1(x)=x+x\sqrt{-\dfrac1 {\ln(|x|)+C}}\) et \(y_2(x)=x-x\sqrt{-\dfrac 1{\ln(|x|)+C}}\) sur les intervalles \(]-\infty,-e^{-C}[\) et \( ]e^{-C},+\infty[\).