Problèmes de synthèse

Les solutions constantes vérifient forcément \(y'=0\), donc \(y^2=1\).

Il y a donc \(2\) solutions constantes, \(y=1\) et \(y=-1\).

Régionnement du plan suivant le signe de \(y'\) :

Pour \(p=0\), l'isocline est constituée des deux droites horizontales \(y=1\) et \(y=-1\) (qui correspondent aux solutions constantes) et de la droite verticale \(x=1\).

Pour \(p\neq0\), l'isocline de pente \(p\) vérifie \(\displaystyle{p=(x-1)(y^2-1)}\), soit \(\displaystyle{x=1+p/(y^2-1)}\), qui donne une courbe à \(3\) branches (respectivement pour \(x<-1\), \(-1< x<1\) et \(x>1\)).

Les isoclines de pente \(0\) (en rouge), \(1\) (en bleu) et \(-1\) (en jaune) sont tracées sur la figure ci-dessous.

Le dessin ci-dessous est compatibles avec les résultats trouvés jusqu'à présent :

Montrons que l'ensemble des trajectoires est symétrique par rapport à la droite verticale \(x=1\) : deux points sont symétriques par rapport à cette cette si et seulement si ils sont de la forme \((x_1,y)\) et \((x_2,y)\) avec \(\displaystyle{(x_1+x_2)/2=1}\).

Or on vérifie facilement ici que, dans ce cas, \(\displaystyle{f(x_1,y)=-f(x_2,y)}\), donc les pentes en ces \(2\) points sont opposées ; il en résulte (comme dans le cas où on a la symétrie \(\displaystyle{f(-x,y)=-f(x,y))}\) que l'ensemble des trajectoires est symétrique par rapport à cette verticale.

En dérivant l'équation \((1)\) \(y'=(x-1)(y^2-1)\) on trouve

\(y"=y^2-1+2yy'(x-1)\), soit en tenant compte de \((1)\),

\(y"=y^2-1+2y(x-1)^2(y^2-1)=(y^2-1)[1+2(x-1)^2y]\).

Si \(y"=0\), on trouve, soit \(y^2-1=0\), ce qui correspond encore aux deux droites \(y=1\) et \(y=-1\),

soit la courbe \((C)\) d'équation \(y=-1/[2(x-1)^2]\).

La figure ci-dessous représente quelques solutions, la courbe \((C)\) étant tracée en bleu ; on voit qu'il s'agit vraisemblablement bien de points d'inflexion des solutions.

Remarque : il s'agit ici de solutions calculées, et non pas tracées "à la main" comme dans la figure précédente.

L'équation \((1)\) n'est pas autonome (le second membre dépend de \(x\)) ni linéaire (\(y\) apparaît au second degré). Elle est à variables séparables puisqu'elle peut s'écrire \(y'=f(x)g(y)\).

Les solutions sont donc données :

-par les zéros de la fonction \(g\), qui correspondent aux solutions constantes (ici, \(y=1\) et \(y=-1\)) ;

-par les relations de la forme \(F(x)=A(y)+C\), où \(F\) est une primitive de \(f\), et \(A\) une primitive de \(1/g\).

Ici, \(f(x)=x-1\), donc on peut prendre \(F(x)=1/2(x-1)^2\),

et \(1/g(x)=1/(y^2-1)=1/2[1/(y-1)-1/(y+1)]\), donc on peut prendre \(A\) \((y)=1/2\textrm{ln}|(y-1)/(y+1)|\).

Les solutions non constantes de \((1)\) vérifient donc

\(1/2(x-1)^2=1/2\textrm{ln}|(y-1)(y+1)|+C\),

soit \(K\textrm{exp}((x-1)^2)=(y-1)(y+1)\) ou encore

\(y=[1+K\textrm{exp}((x-1)^2)]/[1-K\textrm{exp}((x-1)^2)]\).

Si \(u(1)=3\), on a \((1+K)/(1-K)=3\), donc \(K=1/2\), et on trouve effectivement

\(u(x)=[2+\textrm{exp}((x-1)^2)]/[2-\textrm{exp}((x-1)^2)]\).

Le dénominateur de la fraction ci-dessus s'annule pour

\(x_0=1-\sqrt{\textrm{ln}2}\) et \(x_1=1+\sqrt{\textrm{ln}2}\)

L'équation de \(u\) donne donc en réalité \(3\) solutions, définies sur les intervalles \((-\infty,x_0[\),\(]x_0\), \(x_1[\) et \(]x_1\), \(+\infty\)).

La solution \(u\) vérifiant \(u(1)=3\) est évidemment définie sur celui de ces intervalles qui contient \(1\), c'est à dire sur \(]x_0,x_1[\).

Le signe de la dérivée de ces solutions n'est pas à recalculer : il est donnée par le régionnement dû à l'équation différentielle (question \(I.2\)).

Reste donc à déterminer les limites de ces fonctions aux bornes de leur intervalle de définition (voir question \(7\)).

On trouve que les \(3\) solution ont l'allure suivante :

Remarque : notez que le dessin fait au \(I.4\), bien que compatible avec les indications trouvées, ne prévoyait pas ces types de solutions.

Dans l'expression de la solution générale ci-dessus, si \(K\) est négatif le dénominateur est toujours supérieur à \(1\), donc la solution est définie sur \(\mathbb R\) tout entier ; on a alors \(|u(x)|<1\) pour tout \(x\), donc les solutions restent encadrées par les \(2\) solutions constantes de valeurs \(1\) et \(-1\) ; dans ce cas, \(u(x)\) tend vers \(-1\) quand \(x\) tend vers \(\pm\infty\).

Si \(K>1\), le dénominateur ne s'annule pas non plus car on a toujours \(\textrm{exp}((x-1)^2)>1\) ; dans ce cas la solution reste toujours inférieure à \(-1\), et on a aussi \(u(x)\) tend vers \(-1\) quand \(x\) tend vers \(\pm\infty\).

\(K=0\) correspond à la solution \(y=1\).

Enfin si \(0< K\leq1\), le dénominateur s'annule en \(x_0=1-\sqrt{ln(1/K)}\) et \(x_1=1+\sqrt{ln(1/K)}\) (ces deux valeurs étant confondues si \(K=1\)) ce qui correspond à \(3\) solutions \(u_1\), \(u_2\) et \(u_3\) définies respectivement sur les intervalles \((-\infty)\), \(x_0[\), \(]x_0\), \(x_1[\) et \(]x_1\), \(+\infty\).

\(u_1(x)\) tend vers \(-1\) quand \(x\to-\infty\) et tend vers \(-\infty\) quand \(x\to x_0\) ;

\(u_2(x)\) tend vers \(+\infty\) quand \(x\to x_0\) et quand \(x\to x_1\) ; le régionnement montre qu'elle admet un minimum en \(x=1\).

enfin \(u_3(x)\) tend vers \(-\infty\) quand \(x\to x_1\) et tend vers \(-1\) quand \(x\to+\infty\).

Retrouvez ces divers types de solutions en cliquant sur le dessin ci-dessous.