Bonjour,
Exo 8
1.
(a)
Suivons les instructions de l'énoncé. La fonction z est dérivables deux fois sur [tex]]-1;+\infty[[/tex] car produit de fonctions qui le sont et
[tex]y(x)=e^xz(x)\\\\y'(x)=z'(x)e^{x}+z(x)e^{x}=e^{x}(z'(x)+z(x))\\\\y''(x)=e^{x}(z'(x)+z(x))+e^{x}(z''(x)+z'(x))=e^{x}(z''(x)+2z'(x)+z(x))[/tex]
(b)
Utilsons le résultat de la question précédente, l'équation (E) devient
[tex](1+x)(x''(x)+2x'(x)+z(x))e^x-2(z'(x)+z(x))e^x+(1-x)z(x)e^x=(1+x)^3 e^x\\\\[/tex]
Nous pouvons simplifier par [tex]e^x[/tex] qui n'est jamais nul
[tex](1+x)(z''(x)+2z'(x)+z(x))-2(z'(x)+z(x))+(1-x)z(x)=(1+x)^3 \\\\(1+x)z''(x)+ (2+2x-2)z'(x)+(1+x-2+1-x)z(x)=(1+x)^3\\\\\boxed{(1+x)z''(x)+ 2xz'(x)=(1+x)^3}[/tex]
(c)
de même, supposons z solution de (E')
[tex]z(x)=e^{-x}y(x)\\\\z'(x)=y'(x)e^{-x}-y(x)e^{-x}=e^{-x}(y'(x)-y(x))\\\\z''(x)=-e^{-x}(y'(x)-y(x))+e^{-x}(y''(x)-y'(x))=e^{-x}(y''(x)-2y'(x)+y(x))[/tex]
Et donc l'équation (E') devient
[tex](1+x)e^{-x}(y''(x)-2y'(x)+y(x))+2x(e^{-x}(y'(x)-y(x))=(1+x)^3\\\\(1+x)y''(x) +(-2-2x+2x)y'(x)+(1+x-2x)y(x)=(1+x)^3e^x\\\\(1+x)y''(x)-2y'(x)+(1-x)y(x)=(1+x)^3e^x[/tex]
et y est bien solution de l'équation (E)
2.
[tex]\dfrac{2x}{1+x}=\dfrac{2x+2-2}{1+x}=2-\dfrac{2}{x+1}[/tex]
a= 2
b=-2
3.
Nous allons résoudre l équation homogène et ensuite faire varier la constante pour trouver une solution particulière avec second membre.
[tex]\dfrac{u'(x)}{u(x)}=\dfrac{-2x}{1+x}=-2+\dfrac{2}{1+x}\\\\ln(u(x)=-2x+2ln(1+x)\\\\u(x)=e^{-2x}(1+x)^2[/tex]
Nous cherchons donc des solutions du type
[tex]u(x)=k(x)e^{-2x}(1+x)^2[/tex]
ce qui donne
[tex](1+x)k'(x)(1+x)^2e^{-2x}=(1+x)^3\iff k'(x)=e^{2x}\\\\k(x)=\dfrac{e^{2x}}{2}[/tex]
Les solutions de l'équation (E'') sont donc de la forme
[tex]\boxed{u(x)=k(1+x)^2e^{-2x}+\dfrac{(1+x)^2}{2}}[/tex]
4.
Evaluons, pour x>1
[tex]\displaystyle \int_1^x (1+t)^2e^{-2t} dt = \dfrac{1}{-2} \int_1^x (1+t)^2d(e^{-2t})\\\\=[\dfrac{1}{-2}(1+t)^2e^{-2t}]_1^x+\int_1^x (1+t)e^{-2t}dt\\\\=-\dfrac{(1+x)^2e^{-2x}}{2}+\dfrac{2^2e^{-2}}{2}+[\dfrac{e^{-2t}}{-2}(1+t)]_1^x+\int_1^x \dfrac{e^{-2t}}{2}dt\\\\=-\dfrac{(1+x)^2e^{-2x}}{2}+2e^{-2}+e^{-2}-\dfrac{(1+x)e^{-2x}}{2}-\dfrac{e^{-2x}}{4}+\dfrac{e^{-2}}{4}[/tex]
Une primitive de u(x) est donc
[tex]\dfrac{e^{-2x}}{4}(-2(1+x)^2-2(1+x)-1)=\dfrac{e^{-2x}}{4}(-2x^2-4x-2-2-2x-1)\\\\=\dfrac{e^{-2x}}{4}(-2x^2-6x-5)\\\\=-\dfrac{e^{-2x}}{4}(2x^2+6x+5)[/tex]
5.
Nous pouvons en déduire les solutions de (E'), en intégrant les solutions de (E'') avec k et a deux réels quelconques
[tex]z(x)=ke^{-2x}(2x^2+6x+5)+\dfrac{(1+x)^3}{6}+a[/tex]
6.
Et donc en déduire les solutions de (E)
[tex]y(x)=z(x)e^x=ke^{-x}(2x^2+6x+5)+e^x\dfrac{(1+x)^3}{6}+ae^x[/tex]
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Merci
