Équations linéaires du premier ordre

• Sur $]0,+\infty [$, $a(x)=x$ ne s'annule pas. Équation homogène : $f^{\prime }=\frac{2}{x}f$, primitive $2\ln x$, solutions $\lambda {\mathrm{e}}^{2\ln x}=\lambda x^2$. Variation de la constante : $f=\psi (x)x^2$ donne $x({\psi }^{\prime }{x}^2+2\psi x)-2\psi x^2={\psi }^{\prime }{x}^3=x^3\cos x$, soit ${\psi }^{\prime }=\cos x$ et $\psi =\sin x$. Solutions : $f(x)=x^2(\sin x+\lambda )$, $\lambda \in \mathbb{R}$.
• Homogène : $\lambda {\mathrm{e}}^{-3x}$. Le second membre est un polynôme de degré $2$, on cherche $f_0=\alpha x^2+\beta x+\gamma$ : $2\alpha x+\beta +3\alpha x^2+3\beta x+3\gamma =9x^2-3$, d'où $3\alpha =9$, $2\alpha +3\beta =0$, $\beta +3\gamma =-3$, soit $\alpha =3$, $\beta =-2$, $\gamma =-\frac{1}{3}$. Donc $f=3x^2-2x-\frac{1}{3}+\lambda {\mathrm{e}}^{-3x}$, et $f(0)=0$ impose $\lambda =\frac{1}{3}$ :

$$f(x)=3x^2-2x-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}{\mathrm{e}}^{-3x}.$$

• Homogène : $\lambda {\mathrm{e}}^{-2x}$. Superposition : pour le second membre ${\mathrm{e}}^{-2x}$, qui est solution de l'équation homogène, l'essai $\alpha {\mathrm{e}}^{-2x}$ donnerait $0$ ; on essaie $\alpha x{\mathrm{e}}^{-2x}$, de dérivée $\alpha (1-2x){\mathrm{e}}^{-2x}$, et l'équation donne $\alpha {\mathrm{e}}^{-2x}={\mathrm{e}}^{-2x}$ : $\alpha =1$. Pour $5\cos x$, on essaie $A\cos x+B\sin x$ : $(-A\sin x+B\cos x)+2A\cos x+2B\sin x=5\cos x$, soit $2A+B=5$ et $2B-A=0$ : $A=2$, $B=1$. Donc $f=\lambda {\mathrm{e}}^{-2x}+x{\mathrm{e}}^{-2x}+2\cos x+\sin x$ ; $f(0)=\lambda +2=0$ donne

$$f(x)=(x-2){\mathrm{e}}^{-2x}+2\cos x+\sin x.$$

• Homogène : $f^{\prime }=2xf$, solutions $\lambda {\mathrm{e}}^{x^2}$. Méthode 1. $f=\psi {\mathrm{e}}^{x^2}$ donne ${\psi }^{\prime }{\mathrm{e}}^{x^2}=(1+x-2x^2){\mathrm{e}}^x$, soit ${\psi }^{\prime }=(1+x-2x^2){\mathrm{e}}^{x-x^2}$. Or $(x{\mathrm{e}}^{x-x^2}{)}^{\prime }=(1+x(1-2x)){\mathrm{e}}^{x-x^2}=(1+x-2x^2){\mathrm{e}}^{x-x^2}$ : on prend $\psi =x{\mathrm{e}}^{x-x^2}$, d'où $f_0=x{\mathrm{e}}^{x-x^2}{\mathrm{e}}^{x^2}=x{\mathrm{e}}^x$. Méthode 2. Avec $f=(\alpha x+\beta ){\mathrm{e}}^x$ : $f^{\prime }-2xf=(-2\alpha x^2+(\alpha -2\beta )x+\alpha +\beta ){\mathrm{e}}^x$, et l'identification avec $-2x^2+x+1$ donne $\alpha =1$, $\beta =0$, puis $\alpha +\beta =1$, qui est bien vérifié : $f_0=x{\mathrm{e}}^x$. Les deux méthodes donnent la même solution particulière, et les solutions sont $f(x)=x{\mathrm{e}}^x+\lambda {\mathrm{e}}^{x^2}$. La variation de la constante marche toujours mais demande de trouver une primitive ; la forme devinée est plus rapide quand elle réussit — mais rien ne garantissait ici qu'elle réussirait, puisque l'équation n'est pas à coefficients constants (le système de trois équations à deux inconnues aurait pu être incompatible).