Exercice 29

Sur chaque intervalle indiqué, le coefficient de $y'$ ne s'annule pas : on divise par lui.

(a) $y' - \frac{1}{2x}\,y = \frac{1}{2}$. Les solutions homogènes sont les $\lambda\sqrt{x}$, et $y = x$ est solution évidente. $$\boxed{y(x) = x + \lambda\sqrt{x}, \quad \lambda \in \mathbb{R}}$$ (b) Le premier membre est la dérivée de $(1 + x)\,y$. En primitivant, avec la primitive $(1 + x)\ln(1 + x) - x$ de $\ln(1 + x)$, on obtient $(1 + x)\,y = (1 + x)\ln(1 + x) + \lambda$. $$\boxed{y(x) = \ln(1 + x) + \frac{\lambda}{1 + x}, \quad \lambda \in \mathbb{R}}$$ (c) $y' - \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}\,y = \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}$. Une primitive du coefficient est $-\operatorname{Arcsin} x$, et la constante $-1$ est solution. $$\boxed{y(x) = -1 + \lambda\,\mathrm{e}^{\operatorname{Arcsin} x}, \quad \lambda \in \mathbb{R}}$$ (d) $y' - \operatorname{th}(x)\,y = \frac{1 + \operatorname{ch}^{2} x}{\operatorname{ch} x}$. Une primitive de $-\operatorname{th}$ est $-\ln(\operatorname{ch} x)$, les solutions homogènes sont les $\lambda\operatorname{ch} x$, et $\lambda'(x) = \frac{1 + \operatorname{ch}^{2} x}{\operatorname{ch}^{2} x} = \frac{1}{\operatorname{ch}^{2} x} + 1$, de primitive $\operatorname{th} x + x$. $$\boxed{y(x) = \operatorname{sh} x + (x + \lambda)\operatorname{ch} x, \quad \lambda \in \mathbb{R}}$$ (e) Sur $]0\,,1[$, $x\ln x \neq 0$, et $y' - \frac{1}{x\ln x}\,y = 3x\ln x$. Une primitive de $\frac{1}{x\ln x}$ est $\ln|\ln x|$, donc les solutions homogènes sont les $\lambda\ln x$ ; avec $y = \lambda(x)\ln x$, l'équation devient $\lambda'\ln x = 3x\ln x$, soit $\lambda' = 3x$. $$\boxed{y(x) = \Big(\frac{3x^{2}}{2} + \lambda\Big)\ln x, \quad \lambda \in \mathbb{R}}$$ (f) $y' - \frac{2}{x}\,y = x^{2}\sin x$. Les solutions homogènes sont les $\lambda x^{2}$, et $\lambda'(x) = \sin x$. $$\boxed{y(x) = (\lambda - \cos x)\,x^{2}, \quad \lambda \in \mathbb{R}}$$