Rappels sur les integrales et les equations differentielles

Renaud Leplaideur

16 septembre 2013

2

Table des matieres

1 Integrales 51.1 Definition et premieres proprietes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.1.1 graphe et surface . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.2 Primitives et integrales. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.3 Primitives usuelles et exemple. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.2 Methodes de calculs. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2.1 Integration par partie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.2.2 Changement de variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2.3 Fractions rationnelles. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.3 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2 Integrales generalisees 132.1 Integrales sur R . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.1.1 motivations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.1.2 Definition des integrales generalisees reelles . . . . . . . . . . . . . . 142.1.3 Criteres de convergence. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2.2 Calculs des integrales sur R. Integrales des fonctions avec singularites. . . . 162.2.1 Methodes de calculs. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.2.2 Un peu d’integrales avec singularite. . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.3 Exercices. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3 Integrales a parametre 213.1 Le cas compact . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3.1.1 Suites de fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.1.2 Le cas des parametres reels . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3.2 Un theoreme general . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.2.1 Integrales generalisees : le cas non compact . . . . . . . . . . . . . . 223.2.2 Theoreme de convergence dominee . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

3.3 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

4 Integrales multiples 254.1 Definition de l’integrale double. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

4.1.1 Fonctions continues par morceaux. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254.1.2 Integrale double sur un pave. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264.1.3 Calcul de surface et de volumes. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

4.2 Changement de variables. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.2.1 Coordonnees polaires . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3

4 TABLE DES MATIERES

4.2.2 changement de variables. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304.2.3 Un peu d’integrales generalisees multiples. . . . . . . . . . . . . . . 30

4.3 Exercices. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

5 Equations differentielles 335.1 Equations differentielles homogenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

5.1.1 Equation y′ − ay = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 335.1.2 Equation y′′ + ay = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 345.1.3 Equation y′′ + py′ + qy = 0. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

5.2 Equations non-homogenes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375.2.1 equation du type y′ − ay = F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375.2.2 equation du type y′′ + py′ + qy = F . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

5.3 D’autres equations differentielles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 405.3.1 Equations a coefficients non constants . . . . . . . . . . . . . . . . . 405.3.2 Equations a variables separables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

5.4 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

Chapitre 1

Integrales

1.1 Definition et premieres proprietes

1.1.1 graphe et surface

On considere un intervalle I = [a, b] (avec a ≤ b) de R et une fonction f de I dans R.On rappelle que le graphe de f est l’ensemble des points (x, y) de R2 qui verifient x ∈ [a, b]et y = f(x).

Definition 1.1.1 On appelle integrale de f sur l’intervalle [a, b] la surface comprise entrele graphe de f et l’axe des absisses, cette surface etant comptee positivement si le graphe

est au-dessus de l’axe et negativement sinon. On la notera

∫ b

a

f(t)dt.

On pose aussi

∫ a

b

f(t)dtdef= −

∫ b

a

f(t)dt

On comprend, avec cette definition qu’on ne peut pas calculer l’integrale de n’importequelle fonction, et qu’il faut que son graphe soit suffisament “joli”. En particulier on

admettra qu’on peut calculer

∫ b

a

f(t)dt pour n’importe quelle fonction continue f .

On deduit de cette definition une propriete important de l’integrale :

Proposition 1.1.2 Si f est positive sur [a, b] alors

∫ b

a

f(t)dt ≥ 0.

PREUVE. Si f est positive, son graphe est toujours au-dessus de l’axe des abscisses etdonc la surface est positive. De cette proposition decoule deux corolaires utiles :

Corollaire 1.1.3 Si f ≥ g (i.e. si pour tout t de [a, b], f(t) ≥ g(t)) alors

∫ b

a

f(t)dt ≥∫ b

a

g(t)dt.

Il suffit d’utiliser la proposition avec f − g.

Corollaire 1.1.4 ∣∣∣∣∫ b

a

f(t)dt

∣∣∣∣ ≤ ∫ b

a

|f(t)|dt.

Il suffit d’utiliser le premier corollaire en remarquant que −|f | ≤ f ≤ |f |.

5

6 Chapitre 1. Integrales

1.1.2 Primitives et integrales.

Commencons par donner quelques proprietes de l’integrale :

Proposition 1.1.5 Soient f et g deux fonction (continues) definies sur [a, b]. Alors :∫ b

a

(f + g)(t)dt =

∫ b

a

f(t)dt+

∫ b

a

g(t)dt.

Pour tout λ dans R,

∫ b

a

λf(t)dt = λ

∫ b

a

f(t)dt.

Pour tout c dans [a, b] (et meme ailleur si f est definie en dehors de [a, b]) on a larelation de Chasles ∫ b

a

f(t)dt =

∫ c

a

f(t)dt+

∫ b

c

f(t)dt.

Definition 1.1.6 On dit que la fonction F : [a, b]→ R est une primitive de f sur [a, b]si et seulement si F est derivable de derivee f .

Le theoreme fondamentale en calcul differentiel est le lien entre primitive et integrale :

Theoreme 1.1.7 Si f est continue alors la fonction definie sur [a, b] par F (x) =

∫ x

a

f(t)dt

est une primitive de f .

RemarqueSi F etG sont deux primitives de f sur [a, b] alors F−G est derivable de derivee nulle. C’estdonc une fonction constante. Ainsi, deux primitives d’une meme fonction sur un intervalle

different seulement d’une constante. On peut donc dire que x 7→ F (x)def=∫ xaf(t)dt est la

primitive de f sur [a, b] qui s’annule en a. Ceci permet aussi de calculer une integrale al’aide d’une primitive quelconque :

Proposition 1.1.8 Si G est une primitive quelconque de f sur [a, b], alors∫ b

a

f(t)dt = G(b)−G(a).

1.2. Methodes de calculs. 7

1.1.3 Primitives usuelles et exemple.

f(t) F (t)

n 6= −1, (t+ α)n(t+ α)n+1

n+ 1

1

t+ αln |t+ α|

cos(αt)1

αsin(αt)

sin(αt) − 1

αcos(αt)

ch(αt)1

αsh(αt)

sh(αt)1

αch(αt)

eαt 1αeαt

f(t) F (t)

αt pour α > 0, α 6= 1αt

lnα

1

cos2 t= 1 + tan2 t tan t

−1

sin2 tcotant

1

t2 + 1arctan t

1√1− t2

arcsin t

1√t2 − 1

Argcht

1√t2 + 1

Argsht

Exemple

On souhaite calculer I =

∫ 2

0

t

1 + 3t2dt. On remarque que I s’ecrit

I =1

2.3

∫ 2

0

2.3t

1 + 3t2dt.

si nous posons u(x) = 1 + 3x2, alors I =1

6

∫ 2

0

u′(t)

u(t)dt, ce qui signifie que

I =1

6[ln |u(t)|]20 .

On trouve au final I =ln(13)

6.

1.2 Methodes de calculs.

1.2.1 Integration par partie

Si f et g sont derivables sur [a, b], on rappelle la formule

(fg)′ = f ′g + fg′.

Ceci permet d’ecrire la formule d’integration par partie :

8 Chapitre 1. Integrales

∫ b

a

f ′(t)g(t)dt = [f(t)g(t)]ba −∫ b

a

g′(t)f(t)dt

Cette formule est tres utile pour calculer des integrales compliquees. Plutot que de faireune longue theorie voici quelques exemples.

Exemples

Calcul de I1 =

∫ 3

1

t2 ln tdt. On manipule mieux la derivee de ln que la fonction ln. On va

donc faire une IPP pour se “debarrasser” du ln.Posons v′(t) = t2, on a v(t) = 1

3t3. Posons u(t) = ln t, on a u′(t) = 1

t. On trouve donc

I1 =

∫ 3

1

v′(t)u(t)dt = [v(t)u(t)]31 −∫ 3

1

v(t)u′(t)dt,

ce qui donne I1 =27

3ln 3− 1

3

∫ 3

1

t2dt. On trouve donc I1 = 9 ln 3− 26

9.

Calcul de I2 =∫ 1

0arctan tdt. On pose v′(t) = 1, et u(t) = arctan t. On trouve v(t) = t

et u′(t) = 11+t2

. Ceci donne

I2 = [t arctan t]10 −∫ 1

0

t

1 + t2dt,

et donc I2 =π

4− 1

2ln 2.

Calcul de Jn =∫ 1

01

(1+t2)ndt. On pose encore v′(t) = 1 et u(t) =

1

(1 + t2)n. On a donc

v(t) = t et u′(t) =−2nt

(1 + t2)n+1, et donc

Jn =1

2n+

∫ 1

0

2nt2

(1 + t2)n+1dt,

ce qui donne aussi

Jn =1

2n+ 2nJn − 2nJn+1.

On a donc pour tout n, 2nJn+1 =1

2n+(2n−1)Jn. Comme on connait J1, on peut calculer

Jn pour tout n.

1.2.2 Changement de variables

La formule du changement de variable a deja ete vue sans etre evoquee explicitement.consideronsune bijection derivable u de [a, b] sur l’intervalle [c, d] (u est donc strictementmonotone), et une primitive F de f (definie sur [c, d]). On aura

F ◦ u(b)− F ◦ u(a) = F (u(b))− F (u(a)). (1.1)

1.2. Methodes de calculs. 9

Le terme de gauche de (1.1) s’ecrit aussi

∫ b

a

u′(t)f ◦u(t)dt puisque la derivee de F ◦u est

u′.f ◦ u.

Le terme de droite de (1.1) s’ecrit aussi

∫ u(b)

u(a)

f(t)dt. Ainsi (1.1) s’ecrit aussi

∫ b

a

u′(t)f ◦ u(t)dt =

∫ u(b)

u(a)

f(ξ)dξ.

Cette formule s’appelle la formule du changement de variable.

Effectuer un changement de variable dans l’integrale

∫ b

a

f(t)dt c’est :

* Soit ecrire t = u(x) ou u est une application strictement monotone et derivable de [c, d]sur [a, b],

* Soit poser x = u(t) ou u est une application strictement monotone et derivable de [a, b]sur [c, d].

ExemplesAire d’une ellipse : L’equation d’une ellipse est

x2

a2+y2

b2= 1.

On souhaite connaıtre son aire. On remarque que la symetrie permet de ne calculer quela surface comprise dans le quart-de-plan superieur, c’est a dire la ou x et y sont positifs.L’equation devient alors

y = b

√1− x2

a2,

ce qui signifie que la surface de l’ellipse est S = 4b

∫ a

0

√1− x2

a2dx.

On pose alors x = a sin t, pour t entre 0 et π2

(on remarquera que sin est bien bijective etderivable sur cet intervalle) ce qui donne dx = a cos(t)dt.On a donc

S = 4b

∫0

π

2

√1− sin2 ta cos(t)dt = 4ab

∫0

cos2 tdt,

(puisqu’entre O et π2

cos t est positif). cette derniere integrale se calcule en utilisant la

formule cos2 t =1 + cos(2t)

2. On trouve au final S = πab.

Calcul de I =

∫ 1

0

1

x2 + x+ 1dx. On ecrit x2 + x+ 1 = (x+ 1

2)2 + 1− 1

4, soit

I =

∫ 1

0

1

(x+ 12)2 + 3

4

dx.

10 Chapitre 1. Integrales

on pose alors t = x+ 12

(ce qui definit bien une bijection derivable entre [0, 1] et [12, 3

2]) et

on a donc dt = dx, ce qui donne

I =

∫ 32

12

1

t2 + 34

dt =4

3

∫ 32

12

1

( 2t√3)2 + 1

dt.

On effectue le changement de variable u = 2t√3

(ce qui donne du = 2√3dt) pour obtenir

I =2√3

∫ √3

1√3

1

u2 + 1du.

On trouve donc I =2π

6√

3.

1.2.3 Fractions rationnelles.

Nous avons vu que les fractions rationnelles se decomposent en elements simples. Celapermet en particulier de les integrer facilement :

Elements simple du premier degre.

Tout element simple du typea

(bx+ c)nadmet comme primitive (la ou il est defini)

−1

n− 1

a/b

(bx+ c)n−1si n est different de 1 et a

bln |bx+ c| si n = 1.

Exemples

Calcul de I =

∫ 2

0

1

(x+ 1)(x+ 2)dx. La fraction R(x) =

1

(x+ 1)(x+ 2)s’ecrit aussi

R(x) =1

x+ 1− 1

x+ 2,

et donc I =

∫ 2

0

1

x+ 1dx−

∫ 2

0

1

x+ 2dx.

Calcul de I =

∫ 4

3

1

(x− 1)2(x− 2)dx. La fraction R(x) =

1

(x− 1)2(x− 2)s’ecrit

R(x) =−1

(x− 1)2− 1

x− 1+

1

x− 2,

ce qui donne I =

∫ 4

3

−1

(x− 1)2dx−

∫ 4

3

1

(x− 1)dx+

∫ 4

3

1

x− 2dx, et donc au final

I = ln4

3− 1

6.

Element simple du second degre.

Nous avons deja vu comment calculer ce type d’integrale : en effectuant un change-

ment de variable on se ramene a une integrale du type

∫1

(x2 + 1)ndx qui se calcule par

recurrence.

1.3. Exercices 11

1.3 Exercices

Exercice 1

1/ Trouver la primitive de f : x 7→ x3 + 2x− 1 definie sur R et qui s’annule en -1.2/ Trouver les primitives de f : x 7→ x3 + 5x2−x+ 1 + 1

x2definie sur R∗ et qui s’annulent

en 2.3/ Trouver les primitives des fonctions definies par f(x) =

(x+ 1)2(x− 3),x3 + 1

(x4 + 4x+ 1)2,

x2

√5 + x3

,√

2x+ 1 +1√x+ 5

.

Exercice 2

A l’aide d’une IPP calculer

∫ 1

0

xexdx.

Exercice 3

1/ A l’aide d’une IPP calculer

∫ π2

0

x sinxdx,

∫ π2

0

x cosxdx,

∫ π2

0

x2 sinxdx,

∫ π2

0

x2 cosxdx.

2/ Plus generalement, trouver une formule de recurrence entre In =

∫ π2

0

xn sinxdx et

Jn =

∫ π2

0

xn cosxdx

Exercice 4Calculer les integrales suivantes en effectuant les changements de variable donnes (onpensera a les justifier) :

1/

∫ 1

0

√1− x2dx, et x = sin t.

2/

∫ 1

0

√1 + x2dx, et x = sh t.

3/

∫ 2

1

1

x√

1 + xdx, et t =

√1 + x.

4/

∫ 1

0

1

chxdx, et t = ex.

5/

∫ 3

2

log( 3√x− 1)dx, et t = 3

√x.

Exercice 5Calculer l’integrale

∫ π2

0cos5 x dx de deux facons differentes : en linearisant cos5 x en fonc-

tion des cos(px) et sin(px) (avec 1 ≤ p ≤ 5) ou en effectuant un bon changement devariable.

Exercice 6Trouver des primitives de la fonction f definie par

1/ f(x) =x+ 1

x2 + 2x+ 5.

12 Chapitre 1. Integrales

2/ f(x) =x2 − x+ 2

x− 1.

3/ f(x) =x3 + 4x2 + 6x+ 4

(x+ 1)2.

4/ f(x) =x

(x2 − 4x+ 3)(x− 2).

Exercice 7Trouver une primitive de x 7→ e3x

1+e2xa l’aide d’un bon changement de variable.

Exercice 8Soit n un entier plus grand que 1.

1/ Justifier que pour tout t dans l’intervalle [n, n+ 1] on a1

n+ 1≤ 1

t≤ 1

n.

2/ En deduire que1

n+ 1≤∫ n+1

n

1

tdt ≤ 1

n.

3/ Montrer quen∑k=1

1

k≥ ln(n + 1). En deduire la limite de

n∑k=1

1

klorsque n tend vers

l’infini.

Chapitre 2

Integrales generalisees

2.1 Integrales sur R

2.1.1 motivations

Considerons une fonction (continue) f definie sur R tout entier. On peut cherchera connaıtre la valeur de la surface entre le graphe de f et l’axe des abscisses. Cette

integrale serait donc

∫ +∞

−∞f(t)dt. On souhaite donc donner un sens mathematique a cette

expression.Ce probleme se rencontre par exemple en probabilite, lorsqu’il faut trouver la loi d’unevariable aleatoire absolument continue. Citons la loi de Cauchy, les lois normales, la loidu χ2, ou encore la loi Student. Plus generalement, une fonction f positive et continue

par morceau est dite densite de probabilite si elle verifie

∫ +∞

−∞f(t)dt = 1.

Pour resoudre les equations differentielles lineaires a coefficients constant, on peututiliser la transformee de Laplace. Considerons une fonction f on definit

F (p)def=

∫ +∞

0

f(t)e−pt dt,

ou p est un nombre complexe. En ecrivant p = a+ib, on obtient |f(t)e−pt| = |f(t)|.e−at. La

transformee de Laplace est definie pour les nombres complexes p tels que

∫ +∞

0

|f(t)|.e−at dtconverge. C’est a dire pour les p dont la partie reelle est suffisament grande. L’interet dela transformee de Laplace reside dans le fait que ”moralement” la transformee de f ′ estdefinie par pF (p), ou F est la tranformee de f . Ainsi une equation differentielle du type

y” + ay′ + by = u

devient en passant aux transformees de Laplace

p2Y + apY + bY = U.

Cela donne donc Y =U

p2 + ap+ b, et on utilise la transformee de Laplace inverse qui est

encore obtenue par un calcul d’integrale (dans le plan complexe) pour trouver y.

13

14 Chapitre 2. Integrales generalisees

2.1.2 Definition des integrales generalisees reelles

Definition 2.1.1 Soit f une fonction continue sur R. Soit F une primitive de f sur R.Si limx→+∞ F (x) existe et vaut L+ on pose pour n’importe quel a dans R,∫ +∞

a

f(t)dt = L+ − F (a).

On dit alors que l’integrale

∫ +∞

a

f(t)dt est convergente.

Si limx→−∞ F (x) existe et vaut L− on pose pour n’importe quel a dans R,∫ a

−∞f(t)dt = F (a)− L−.

On dit alors que l’integrale

∫ a

−∞f(t)dt est convergente.

Si les 2 limites existent on pose ∫ +∞

−∞f(t)dt = L+ − L−.

On dit alors que l’integrale

∫ +∞

−∞f(t)dt est convergente.

Exemple

Peut-on calculer

∫ +∞

0

e−tdt,

∫ 0

−∞e3tdt et

∫ +∞

−∞e2tdt ?

Une primitive de t 7→ e−t est t 7→ −e−t qui tend vers 0 en +∞ donc on peut calculer cetteintegrale. On trouve ∫ +∞

0

e−tdt = limt→+∞

−e−t − (−1) = 1.

De meme une primitive de t 7→ e3t est t 7→ 13e3t qui tend vers 0 en −∞. On trouve∫ 0

−∞e3tdt =

1

3.

Par contre une primitive de t 7→ e2t est t 7→ 12e2t qui ne converge pas (vers une limite

finie) en +∞. On ne peut donc pas calculer

∫ +∞

−∞e2tdt.

2.1.3 Criteres de convergence.

Lorsqu’on rencontre une integrale generalisee (sur R) la premiere question a se poserest celle de son existence (i.e. sa convergence). Une methode pratique de prouver sonexistence est de la calculee ; cependant il est souvent difficile de calculer une integralegeneralisee. Par exemple la loi normale se “calcule” a l’aide d’une table, qui donne desvaleurs approchees (et pas exactes) pour la fonction de repartition. On cherche donc descriteres qui garantissent la convergence d’une integrale sans pour autant la calculer.

2.1. Integrales sur R 15

Domination.

Theoreme 2.1.2 Soit f une fonction continue sur R. Si

∫ +∞

a

|f(t)|dt converge alors∫ +∞

a

f(t)dt converge aussi ; on dit que cette integrale est absolument convergente.

Ce theoreme s’explique de la maniere suivante. Dans un calcul d’integrale (c’est a dire desurface) les portions positives et negatives peuvent se compenser. Lorsque la fonction estpositive il n’y a pas de portion negative pour compenser la partie positive. Ainsi dans |f |on change les signes pour transformer toutes les portions negatives en portions positives etdonc on empeche une eventuelle compensation ; si l’integrale avec |f | converge, a fortioril’integrale avec f (pour laquelle il y a des compensations) converge.

Contre-exemple Il existe des integrales convergentes qui ne sont pas absolument conver-

gentes. Par exemple

∫ +∞

1

sin t

tdt est convergente mais pas absolument convergente.

Theoreme 2.1.3 Soit f continue. S’il existe g continue telle que pour tout t suffisament

grand, |f(t)| ≤ g(t) et

∫ +∞

a

g(t)dt converge, alors

∫ +∞

a

f(t)dt converge

PREUVE. Nos allons montrer que

∫ +∞

a

f(t)dt est abolument convergente. Soit b tel que

pour tout t ≥ b |f(t)| ≤ g(t).

Pour x ≥ b la fonction φ : x 7→∫ x

b

|f(t)|dt est croissante et majoree par

∫ +∞

b

g(t)dt.

La fonction φ admet donc une limite en +∞ ce qui signifie que

∫ +∞

b

f(t)dt est absolu-

ment convergente. Comme on peut aussi calculer

∫ b

a

|f(t)|dt,∫ +∞

a

f(t)dt est absolument

convergente.

Exemple∫ +∞

0

e−t sin tdt est absolument convergente. On a en effet pour tout t

|e−t sin t| ≤ e−t.

Comparaison

Definition 2.1.4 Si f et g sont deux fonctions definies sur un voisinage de a (a dans R ou±∞), elles sont dites equivalentes en a si elles verifient l’une des conditions equivalentessuivantes :

limx→a

f(x)

g(x)= 1,

Il existe une fonction ε definie sur un voisinage de a telle que limx→a ε(x) = 0 et f(x) =g(x)(1 + ε(x)).On note alors f ∼a g.

16 Chapitre 2. Integrales generalisees

Exemple

Avec les abus de langage classiques,t2

t4 + t2 + 1∼+∞

1

t2.

On a en effett2

t4 + t2 + 1=

1

t21

1 + 1t2

+ 1t4

.

Une facon systematique d’avoir des equivalents et de faire un developpement asymptotiquede la fonction en +∞. Nous verrons au chapitre suivant des outils mathematiques pourobtenir ces developpements asymptotiques.

La recherche d’equivalents s’avere alors fructueuse pour prouver la convergence desintegrales sur R :

Theoreme 2.1.5 Soient f et g deux fonctions continues definies sur [a,+∞[. On supposequ’elles sont toutes les deux de signe constant et equivalentes en +∞. Alors les integrales∫ +∞a

f(t)dt et∫ +∞a

g(t)dt sont de meme nature.

Exemple∫ +∞

0

t2sint

t4 + t2 + 1dt est convergente. Le calcul precedent montre en effet que∣∣∣∣ t2 sin t

t4 + t2 + 1

∣∣∣∣ ∼+∞| sin t|t2≤ 1

t2.

Or

∫ +∞

1

1

t2dt converge !

On peut aussi retenir la regle suivante qui se deduit des resultats precedents :

Si la fonction f est de signe constant au voisinage de

+∞ et verifie f(x) ∼+∞1

xα, alors on peut calculer∫ +∞

f(t)dt si et seulement si α > 1.

2.2 Calculs des integrales sur R. Integrales des fonc-

tions avec singularites.

2.2.1 Methodes de calculs.

Dans la suite on enonce les resultats pour une borne infinie (souvent +∞) mais ils setransposent au cas de l’autre borne et au cas des 2 bornes infinies.La formule du changement de variable est encore valable pour les integrales generalisees.La formule d’integration par partie aussi mais avec certaines precautions.

Theoreme 2.2.1 Soit f une fonction continue sur R telle que l’integrale

∫ +∞

a

f(t)dt

converge. Soit u une bijection de [c, d[ sur [a,+∞[ (avec u(c) = a et limd u(x) = +∞).Alors ∫ d

c

u′(t)f ◦ u(t)dt =

∫ +∞

a

f(t)dt

2.2. Calculs des integrales sur R. Integrales des fonctions avec singularites. 17

Exemple

Pour calculer

∫ 0

−∞e3tdt on peut faire le changement de variable u = −3t qui est une

bijection entre ]−∞, 0] et [0,+∞[. On trouve donc du = −3dt et donc∫ 0

+∞e−u

(−1

3

)du =

1

3

∫ +∞

0

e−tdt.

Theoreme 2.2.2 Soient f et g deux fonction derivables sur R. Si

∫ +∞

a

f ′(t)g(t)dt et∫ +∞

a

f(t)g′(t)dt convergent et si limt→+∞

f(t)g(t) existe alors on a∫ +∞

a

f ′(t)g(t)dt = limt→+∞

f(t)g(t)− f(a)g(a)−∫ +∞

a

f(t)g′(t)dt.

On peut remarquer qu’il suffit que 2 des 3 limites cherchees existent pour que la troisiemeexiste aussi.

Exemple

Calcul de

∫ +∞

0

te−tdt. Posons v(t) = t et u′(t) = e−t. Alors v′(t) = 1 et u(t) = −e−t. De

plus limt→+∞

v(t)u(t) existe et vaut 0, et

∫ +∞

0

v′(t)u(t)dt existe et vaut −1. Donc

∫ +∞

0

te−tdt

existe et ∫ +∞

0

te−tdt = 0− 0− (−1) = 1.

2.2.2 Un peu d’integrales avec singularite.

Commencons par un exemple : on considere la fonction definie par f(x) = 1x−1

. Cettefonction est definie sur R \ 1. Peut-on quand meme calculer son integrale, soit sur R soitsur un voisinage du pole 1 ?

Posons I =

∫ 1

0

1

x− 1dx et essayons de la calculer. Faisons le changement de variable

u =1

x− 1. Alors x =

u+ 1

u= 1 +

1

uet donc dx = − 1

u2du. Cela donne

I =

∫ −∞−1

u−1

u2du =

∫ −1

−∞

1

udu.

On constate que cette integrale diverge.

En effectuant des changement de variables convenables, on peut toujours ramener uneintegrale presentant une singularite en un point en une integrale presentant une singulariteen ±∞ et donc utiliser les resultats precedents. On se souviendra en particulier de

Si la fonction f est de signe constant au voisinage de

a et verifie f(x) ∼a1

(x− a)α, alors on peut calculer∫ a

f(t)dt si et seulement si α < 1.

18 Chapitre 2. Integrales generalisees

On a aussi l’analogue du theoreme 2.1.5 :

Theoreme 2.2.3 Soient f et g deux fonctions continues definies sur un voisinage de amais presentant une singularite en a. On suppose qu’elles sont toutes les deux de signeconstant et equivalentes en a. Alors les integrales

∫ af(t)dt et

∫ ag(t)dt sont de meme

nature.

Il faut neanmoins retenir cette regle : on ne change pas la nature d’une integrale parun changement de variable. une integrale divergente reste divergente, une integraleconvergente reste convergente. Un changement de variable ne permet que de modifier lepole.

On peut aussi calculer directement certaines integrales comme

∫ 1

0

ln tdt en trouvant une

primitive (ici t ln t− t qui converge bien en 0).

2.3 Exercices.

Exercice 1

1/ Trouver un equivalent de f(x)def=

x3 + sinx

(2x2 + x+ 1)αde la forme

a

xβlorsque x tend vers

+∞.

2/ En deduire pour quelles valeurs de α l’integrale

∫ +∞

0

f(t)dt converge.

Exercice 2

1/ Montrer que√ex − 1 ∼0

√x et

√ex − 1 ∼+∞ ex/2.

2/ En deduire que l’integrale

∫ +∞

0

1√et − 1

dt converge.

Exercice 3Les integrales suivantes sont-elles convergentes ?

1/

∫ +∞

−1

dt

t2 + 3√t4 + 1

,

2/

∫ +∞

0

(sin t

t

)2

dt,

3/

∫ +∞

1

t− 1

t ln tdt,

4/

∫ 1

0

ln2(t)dt,

5/

∫ +∞

2

1

ln2 tdt,

6/

∫ +∞

0

ln t

1 + tαdt

Exercice 4

On pose f(x) =xα

1 + x.

1/ Pour quelles valeurs de α l’integrale

∫ +∞

1

f(t)dt converge-t-elle ?

2.3. Exercices. 19

2/ Meme question avec

∫ 1

0

f(t)dt.

3/ Calculer une primitive de x 7→ 3x

1 + x3sur ]− 1; +∞[.

4/ Calculer

∫ +∞

0

t−13

1 + tdt.

20 Chapitre 2. Integrales generalisees

Chapitre 3

Integrales a parametre

3.1 Le cas compact

3.1.1 Suites de fonctions

Soit I un intervalle borne I = [a; b]. Si (fn) est une suite d’applications continuesdefinies sur I qui converge vers f , on s’interesse a la question

limn→+∞

∫ b

a

fn(x) dx =

∫ b

a

f(x) dx =

∫ b

a

limn→+∞

fn(x) dx.

Theoreme 3.1.1 Si (fn) est une suite de fonctions continues (sur [a, b]) qui convergeuniformement vers f , alors f est continue et∫ b

a

f(t) dt = limn→+∞

∫ b

a

fn(t) d(t).

Ce resultat s’ecrit aussi :∫ b

a

limn→+∞

fn(t) dt = limn→+∞

∫ b

a

fn(t) d(t),

ce qui signifie qu’on peut inverser la limite uniforme et l’integrale.

contre-exemple Ce theoreme n’est plus vrai si on ne suppose plus la convergence uni-forme : prendre fn valant n sur [0, 1

n] affine et nulle en dehors de [ 2

n, 1].

3.1.2 Le cas des parametres reels

On considere un intervalle I = [a, b] avec a < b. La lettre J designera un autre intervallede R. On considere la fonction continue f : I × J → R.

Theoreme 3.1.2 (continuite sous le signe somme) La quantite F (x) =

∫ b

a

f(t, x)dt

definit sur J une fonction continue.

21

22 Chapitre 3. Integrales a parametre

Theoreme 3.1.3 (derivation sous le signe somme) Supposons que l’intervalle J soit

ouvert et que la fonction∂f

∂xexiste et soit continue sur J . Alors la fonction definie par

F (x) =

∫ b

a

f(t, x)dt est de classe C1 et

F ′(x) =

∫ b

a

∂f

∂x(t, x)dt.

3.2 Un theoreme general

3.2.1 Integrales generalisees : le cas non compact

Theoreme 3.2.1 Soient f : [a, b[×J → R une fonction continue ou a < b 1 et J est unintervalle de R. On suppose qu’il existe une fonction continue g telle que

1. pour chaque x, et pour chaque t, |f(t, x)| ≤ g(t),

2. l’integrale∫ bag(t)dt converge.

Alors x ∈ J 7→ F (x) =

∫ b

a

f(t, x)dt definit une fonction continue sur J .

Theoreme 3.2.2 Soit J un intervalle ouvert. Soit f : [a, b[×J → R une fonction conti-

nue, telle que∂f

∂xest aussi continue et il existe une fonction continue g verifiant

1. pour chaque x l’integrale∫ baf(t, x)dt converge.

2. pour chaque x, et pour chaque t,

∣∣∣∣∂f∂x (t, x)

∣∣∣∣ ≤ g(t),

3. l’integrale∫ bag(t)dt converge.

Alors la fonction definie par F (x) =

∫ b

a

f(t, x)dt est de classe C1 et

F ′(x) =

∫ b

a

∂f

∂x(t, x)dt.

Nous insistons sur le point commun dans ces deux theoremes. Dans les deux cas, il aune hypothese de domination uniforme.

3.2.2 Theoreme de convergence dominee

Nous allons voir un theoreme qui permet de s’affranchir de la convergence uniformedans le cas des suites de fonctions. Il est base sur une notion de domination et est assezsimilaire au theoreme 3.2.1

1. Penser a b = +∞

3.3. Exercices 23

Theoreme 3.2.3 Soit (fn) une suite de fonctions continues par morceaux definies surun intervalle I (qui peut etre ouvert et non borne). On suppose qu’il existe g telle que∫Ig(x) dx existe et telle que pour tout n,

|fn| ≤ g.

Alors si la suite (fn) converge ponctuellement vers f ,

∫I

f(x) dx = limn→+∞

∫I

fn(x) dx.

Exemples

Des (fn) affines par morceaux avec l’integrale bornee ou non. plus dur, (1− x

n)n1I[0,

√n].

3.3 Exercices

Exercice 1

Soit f la fonction definie sur [0,+∞[ par f(x) =

∫ +∞

0

e−tx

1 + t2dt.

1/ Montrer que f est bien definie et est une fonction continue.2/ Montrer qu’elle est de classe C2 sur ]0,+∞[. Calculer f ′′ et montrer que f est solutionde l’equation differentielle y + y′′ = 1

xsur ]0,+∞[.

3/ Montrer que f(x) tend vers 0 lorsque x tend vers +∞.4/ Montrer que f est la seule solution de y+ y′′ = 1

xayant une limite finie lorsque x tend

vers +∞. On pourra etudier l’equation differentielle homogene y′′ + y = 0.5/ A l’aide d’une integration par parties, montrer que pour tout nombre reel x > 0 les 2

integrales

∫ +∞

x

sin t

tdt et

∫ +∞

x

cos t

tdt sont convergentes. On justifiera bien les passages

a la limite.6/ Rappeler l’expression de sin(t− x) en fonction de sin t, cos t, sinx et cosx. En deduire

que

∫ +∞

x

sin(t− x)

tdt converge et que g : x 7→

∫ +∞

x

sin(t− x)

tdt est de classe C2 sur

]0,+∞[. Calculer g(x) + g′′(x), puis limx→+∞ g(x).

7/ Montrer que pour tout x > 0,

∫ +∞

x

sin(t− x)

tdt =

∫ +∞

0

sin t

t+ xdt.

8/ En deduire

∫ +∞

0

sin t

tdt =

π

2.

Exercice 2

Soit f la fonction definie sur ]0,+∞[ par f(x) =

∫ π2

0

ln(x2 cos2 t+ sin2 t)dt.

1/ Enoncer le theoreme de derivation sous le signe somme sur un segment.2/ Montrer que f est de classe C1.3/ Calculer f ′(x) pour 0 < x et x 6= 1. On pourra faire le changement de variableu = tan t.4/ Justifier que f ′(1) =

π

2.

5/ Calculer f(1). En deduire une expression explicite de f(x) pour tout x > 0.

24 Chapitre 3. Integrales a parametre

Exercice 3

1/ Montrer que l’on a pour tout x dans R+,x

ex − 1= xe−x

+∞∑n=0

e−nx.

2/ Montrer l’egalite

∫ +∞

0

x

ex − 1dx =

∞∑n=1

1

n2.

Exercice 4

1/ Montrer que l’on a pour tout x dans R+,sinx

ex − 1= sinx.e−x

+∞∑n=0

e−nx.

2/ Montrer l’egalite

∫ +∞

0

x

ex − 1dx =

∞∑n=1

1

1 + n2.

Chapitre 4

Integrales multiples

4.1 Definition de l’integrale double.

4.1.1 Fonctions continues par morceaux.

Dans le chapitre sur les fonctions de plusieurs variables, nous avons parle de fonctionscontinues sans preciser ce que cela signifiait. Nous donnons ici une definition un peu floue.

Definition 4.1.1 Une fonction f(x, y) est dite continue au point (x0, y0) si lim(x,y)→(x0,y0)

f(x, y) =

f(x0, y0). Une fonction est dite continue si elle est continue partout (sur son ensemble dedefinition). Elle est dite continue par morceaux si l’ensemble de ses points de discontinuiteest contenu dans une union finie de courbes.

Dans la pratique, toutes les fonctions que nous rencontrerons seront continues ou continuespar morceaux. D’un point de vue mathematique, les resultats que nous enoncerons serontaussi vraies pour une classe tres generale de fonctions (dites fonctions mesurables) ; onpeut penser que toute fonction raisonnable rencontree dans la nature est mesurable. Ainsinotre restriction aux fonctions continues par morceaux n’est pas penalisante et simplifiel’expose.

ExemplesLa fonction definie par f(x, y) = e−(x2+y2) est continue sur R2.La fonction 1I[0,1]2 indicatrice du carre [0, 1] × [0, 1] est continue par morceaux, car lespoints de discontinuite forment le bord du carre.

RemarqueDans R une fonction continue par morceaux est une fonction continue sur des intervalles,avec eventuellement des valeurs differentes sur les bords des intervalles. Ici il faut com-prendre que la dimension de l’espace ambiant intervient. Dans R un morceau est unintervalle, dans R2 c’est une surface delimite par des courbes ”simples” et dans R3 ce seraun volume delimite par des surfaces ”simples”.

25

26 Chapitre 4. Integrales multiples

4.1.2 Integrale double sur un pave.

On considere une foncion de deux variables, f(x, y), definie pour x ∈ [a, b] et y ∈ [c, d].On souhaite donner un sens a ∫ b

a

∫ d

c

f(x, y)dydx.

Gelons la variable x. La fonction y 7→ f(x, y) est continue (au moins par morceaux) sur

[c, d] et on peut calculer son integrale

∫ d

c

f(x, y)dy. Dans cette integrale la variable y

n’intervient plus (c’est une variable muette) ; on a en effet

∫ d

c

f(x, y)dy =

∫ d

c

f(x, ξ)dξ.

Ceci definit une fonction en x, x 7→∫ d

c

f(x, ξ)dξ. On admettra que cette fonction est

encore continue (au moins par morceaux) sur [a, b]. On peut donc en calculer son integrale,

ce qui definit

∫ b

a

∫ d

c

f(x, y)dydx.

On peut de meme calculer l’integrale double

∫ d

c

∫ b

a

f(x, y)dxdy, en calculant d’abord

l’integrale

∫ b

a

f(x, y)dx, puis en calculant l’integrale sur le segment [c, d] de cette fonction

en y.

On notera donc l’importance et du sens des bornes

∫ b

a

et

∫ d

c

et du sens de dx et dy.

Il faut raisonner comme pour les parentheses successives : l’ouverture se fait en

∫ β

α

, et

la fermeture se fait avec le dξ associe a l’intervalle [α, β]. De plus les ”parentheses” sontemboıtees et ne s’enjambent pas. Cependant nous avons un theoreme tres pratique :

Theoreme 4.1.2 (Fubini) Si f est continue par morceaux, alors

∫ b

a

∫ d

c

f(x, y)dydx =∫ d

c

∫ b

a

f(x, y)dxdy.

Ce theoreme signifie que le sens de l’integration ne compte pas, on obtient dans les 2methodes le meme resultat. Ceci donne alors un sens a la notation∫∫

[a,b]×[c,d]

f(x, y)dxdy,

qui precise que la premiere variable vit dans l’intervalle [a, b] et la seconde dans l’intervalle[c, d].

4.1. Definition de l’integrale double. 27

Exemple

∫ π2

0

∫ π3

0

cos(x+ y)dxdy =

∫ π2

0

[sin(x+ y)]π30 dy

=

∫ π2

0

sin(π

3+ y)− sin y dy

=

∫ π2

0

sin(π

3+ y) dy −

∫ π2

0

sin y dy

=[cos(

π

3+ y)

]0

π2

− [cos(y)]0π2

= cosπ

3− cos

5π

6− cos 0 + cos

π

2

=

√3− 1

2.

De meme, le calcul en inversant le sens d’integration donne∫ π3

0

∫ π2

0

cos(x+ y)dydx =

∫ π3

0

[sin(x+ y)]π20 dy

=

∫ π3

0

sin(π

2+ y)− sin y dy

=

∫ π3

0

sin(π

2+ y) dy −

∫ π3

0

sin y dy

=[cos(

π

2+ y)

]0

π3

− [cos(y)]0π3

= cosπ

2− cos

5π

6− cos 0 + cos

π

3

=

√3− 1

2.

Il faut neanmoins retenir l’idee que si les 2 calculs donnent le resultat, parfois l’un est plus

facile ou astucieux que l’autre. Ainsi l’integrale

∫∫D

ex2

dxdy ou D est le domaine defini

par 0 ≤ y ≤ x ≤ 1 se calcule plus facilement dans un sens que dans l’autre.

En effet ,l’integrale

∫ 1

0

ex2

dx se calcule difficilement car on ne connaıt par de primitive a

x 7→ ex2. Faisons donc l’integration dans l’autre sens. A x fixe, y est dans l’intervalle [0, x]

et donc on doit calculer

∫ x

0

ex2

dy. Cela donne

∫∫D

ex2

dxdy =

∫ 1

0

∫ x

0

ex2

dydx

=

∫ 1

0

xex2

dx

=1

2

[ex

2]1

0=e− 1

2.

28 Chapitre 4. Integrales multiples

4.1.3 Calcul de surface et de volumes.

le theoreme de Fubini s’interprete d’une facon geometrique. Tout comme l’integralesimple est un calcul de surface, l’integrale double est un calcul de volume. Prenonsl’exemple simple de la fonction 1I[0,1]2 . Son graphe se represente dans R3 comme etantle nappe valant 1 si le point de base (x, y) est dans le carre, 0 ailleurs. Pour y fixe, faire∫ 1

0

1I[0,1]2(x, y)dx, c’est calculer la surface entre la nappe et le plan Z = 0, restreinte au

plan Y = y. Lorsqu’on integre cette valeur selon y, on calcule bien le volume du cube.Inversement si on integre d’abord en y pour x fixe, on calcule la surface d’une tranchepuis on somme sur toutes les tranches lorsqu’on integre par rapport a x. Une integraledouble est donc un calcul de volume, et le volume final est le meme, que l’on calcule partranche ou par pile.

Calcul d’une surface d’un domaine.

Si on se donne un domaine ”simple”, noteD, on peut utiliser les integrales doubles pour

calculer sa surface. La fonction 1ID est continue par morceaux, et l’integrale

∫∫D

1IDdxdy

represente le volume compris entre le plan Z = 0 et le graphe de la fonction. Ce volumea en fait la meme valeur algebrique que la surface du domaine, car la ”hauteur” est nulleen dehors de D et constante egale a 1 sur D. Ainsi

Surface(D) =

∫∫D

1IDdxdy.

Exemple. Considerons une fonction d’une variable reelle, f(x) definie sur l’intervalle

[a, b]. On sait que la surface comprise entre l’axe des X et le graphe de f est∫ baf(t)dt.

Quitte a changer f en f + C, pour une bonne constante, on peut supposer que f estpositive. La surface definie un domaine D donne par D = {(x, y), a ≤ x ≤ b, 0 ≤ y ≤f(x)}. Ainsi ∫∫

D

1ID(x, y)dxdy =

∫ b

a

∫ f(x)

0

1 dydx =

∫ b

a

f(x)dx.

On retrouve le resultat de l’annee derniere.

Calcul du volume d’un sphere.

La sphere d’equation x2+y2+z2 = r2, a un volume double de a demie-sphere superieure(z ≥ 0). Si z est positif, on a donc z =

√r2 − x2 − y2 lorsque (x, y, z) est sur la sphere. Po-

sons f(x, y) =√r2 − x2 − y2, definie sur le disque ID d’equation x2 + y2 ≤ r2. L’integrale

double de cette fonction represente le volume compris entre son graphe et le plan Z = 0,c’est a dire le volume de la demie-sphere. Le volume de la sphere est donc

V = 2

∫∫ID

√r2 − x2 − y2dxdy.

4.2. Changement de variables. 29

Cette integrale s’ecrit aussi 2.

∫ r

−r

∫ √r2−y2

−√r2−y2

√r2 − y2 − x2dxdy. Effectuons le changement

de variable x =√r2 − y2 sin θ. On trouve∫ √r2−y2

−√r2−y2

√r2 − y2 − x2dx =

∫ π2

−π2

√(r2 − y2)(1− sin2 θ)

√r2 − y2 cos θdθ.

Pour θ dans [−π2, π

2] cos θ est positif, et cos2 θ vaut

1 + cos 2θ

2; donc l’integrale de droite

vaut (r2 − y2)

∫ π2

−π2

cos2 θdθ = (r2 − y2).π

2. On trouve donc pour le volume

V = 2π

2

∫ r

−rr2 − y2dy =

4

3πr3.

4.2 Changement de variables.

4.2.1 Coordonnees polaires

Le calcul precedent a ete un peu complique car il a fallut faire un changement devariable astucieux. Ce changement s’est fait pour une variable reelle, mais on peut sedemander s’il est possible de faire un changement sur les 2 variables reelles en memetemps. Ainsi, un point de coordonnees cartesiennes (x, y) peut aussi etre vu avec lescoordonnees polaires (ρ, θ), definies par la relation

x = ρ cos θ, y = ρ sin θ.

Dans une integrale double, dxdy peut etre vu comme l’element de surface elementaire. Ilest obtenu comme le pave dont les cotes sont les 2 elements de longueur elementaire dxet dy. Si on regarde le meme element d’aire elementaire, mais d’un point de vu polaire,un petit changement dρ et dθ cree un trapeze de cotes dρ et ρdθ, de surface elementaireρdρdθ. Ainsi on s’attendrait a avoir∫∫

D

f(x, y)dxdy =

∫∫∆

F (ρ, θ)ρdρdθ,

ou F (ρ, θ) = f(ρ cos θ, ρ sin θ) et ∆ est le domaine decrit par les coordonnees polaireslorsque le point (x, y) decrit D. En ecrivant les coordonnees cartesiennes comme fonctionsdes coordonnees polaires on trouve

∂x

∂ρ= cos θ,

∂x

∂θ= −ρ sin θ,

∂y

∂ρ= sin θ,

∂y

∂θ= ρ cos θ.

On ”remarque” alors que le terme∂x

∂ρ

∂y

∂θ− ∂y

∂ρ

∂x

∂θvaut ρ. Dans le cas d’un changement

de variable reelle, la formule etait∫[a,b]

f ◦ g(t)g′(t)dt =

∫[c,d]

f(u)du.

30 Chapitre 4. Integrales multiples

Dans le cas present, le role de l’intervalle [c, d] est joue par D et celui de l’intervalle [a, b] estjoue par le domaine ∆ ; de meme le g′(t) es tici remplace par le ρ que l’on vient de calculeet onremplace apres simplement dxdy par dρdθ (pour retrouver approximativement ledxdy = ρdρdθ).

4.2.2 changement de variables.

Definition 4.2.1 Soit φ une fonction differentiable d’un domaine U de R2 dans un do-

maine V deR2. On note donc φ(x, y) =

(φ1(x, y)φ2(x, y)

). La matrice Jφ(x, y) definie par

Jφ(x, y =

∂φ1

∂x

∂φ1

∂y∂φ2

∂x

∂φ2

∂y

s’appelle la matrice jacobienne de φ en (x, y). La quantite

∂φ1

∂x

∂φ2

∂y− ∂φ1

∂y

∂φ2

∂xs’appelle le

Jacobien de φ en (x, y). C’est aussi le determinant de la matrice jacobienne.

Theoreme 4.2.2 Soit φ une fonction differentiable et bijective d’un domaine U de R2

dans un domaine V deR2. Soit f une fonction definie sur V . Alors∫∫V

f(x, y)dxdy =

∫∫U

f ◦ φ(ξ, ζ) |detJφ(ξ, ζ)| dξdζ,

ou detJφ(ξ, ζ) est le determinant de la matrice jacobienne.

On verifie facilement que cette formule de changement de variable s’adapte pour le chan-gement en polaires.

Exemple. On veut calculer I =

∫∫D

1

1 + x2 + y2avec D le quart de disque 0 ≤ x ≤ 1,

0 ≤ y ≤ 1 et 0 ≤ x2 + y2 + 1. Le changement en polaires donne comme domaine ∆l’ensemble [0, π

2]× [0, 1]. On a donc

I =

∫∫∆

1

1 + ρ2ρdθdρ,

qui se calcule facilement.

4.2.3 Un peu d’integrales generalisees multiples.

Tout comme nous sommes passes des integrales de fonctions continues sur un intervalleborne aux integrales sur R, nous voulons etudier les integrales sur des domaines infinisdans R2. La theorie est exactement la meme et il faut d’abord etablir la convergence auxbornes infinies. De meme le theoreme de Fubini est encore vrai, des lors que les 2 integrales(calculees dans un sens puis dans l’autre) convergent. Enfin la formule du changement devariable est encore valable. Nous allons l’utiliser pour demontrer un resultat etabli en

4.3. Exercices. 31

probabilites : I =

∫ +∞

−∞e−

12x2dx =

√2π. Commencons par remarquer que par parite

I = 2J avec J =

∫ +∞

0

e−12x2dx. De plus J2 = J × J , que l’on peut ecrire

J2 =

∫ +∞

0

e−12x2dx

∫ +∞

0

e−12y2dy

=

∫∫[0,+∞[2

e−12

(x2+y2)dxdy

=

∫ π2

0

∫ +∞

0

e−12ρ2ρdρdθ

=π

2

[−e−

12ρ2]+∞

0=π

2.

4.3 Exercices.

En effectuant un changement de variable en tan t2, trouver les primitives de x 7→ 1

sinx.

Exercice 1

Calculer

∫∫D

xy2√x2 + y2dxdy, ou D est defini par

D = {(x, y) ∈ R2, x ≥ 0, y ≥ 0, 0 < x2 + y2 ≤ 1}.

On pourra dessiner D !

Exercice 2

Calculer

∫∫D

xy3√x2 + y2dxdy, ou D est le quart de disque

D = {(x, y) ∈ R2, x ≥ 0, y ≥ 0, 0 < x2 + y2 ≤ 1}.

Exercice 3

Calculer

∫∫D

x

y + 2√x2 + y2

dxdy sur le domaine D = {0 ≤ x2 + y2 ≤ 1 et y ≥ 0 et x2 ≤

y2}. Penser a dessiner le domaine et a trouver un bon changement de variable.

32 Chapitre 4. Integrales multiples

Chapitre 5

Equations differentielles

5.1 Equations differentielles homogenes

5.1.1 Equation y′ − ay = 0

Soit a dans R. Une solution de l’equation differentielle

y′ − ay = 0 (5.1)

est une fonction derivable f definie sur un intervalle I de R (on cherche generalement leplus grand intervalle possible) telle que pour tout x de I,

f ′(x)− af(x) = 0.

Resoudre l’equation differentielle, c’est trouver toutes les solutions de cette equation.On constate facilement que la fonction nulle (qui a tout x de R associe 0) est solutionde (5.1) mais il y a aussi la fonction f : x 7→ eax. Cette fonction est en effet derivable(comme exponentielle) et on a pour tout x de R, f ′(x) = aeax = af(x).

Theoreme 5.1.1 Les solutions de y′−ay = 0 sont les fonctions f : x 7→ λeax ou λ decritR.

Ce theoreme signifie 2 choses : toutes les fonctions du type f : x 7→ λeax sont solutionsde (5.1) et il n’y en a pas d’autres ! Nous allons donner la preuve de ce theoreme carelle utilise ce qui est quasiment la seule methode presque systematique pour trouver lessolutions d’une equation differentielle.PREUVE. Notons u(x) = eax. Nous avons vu que u etait solution de l’equation. De pluselle ne s’annule jamais. Enfin, les formules de derivations montrent que pour tout reel λ,

(λ.u)′(x) = λ.u′(x) = λ.a.u(x),

ce qui montrer que toute fonction du type f(x) = λ.u(x) est solution de l’equationdifferentielle.

Reciproquement considerons une solution de l’equation f et posons g(x) =f(x)

u(x)=

f(x)e−ax (ce qui est possible car u ne s’annule jamais). La fonction g est derivable commerapport de 2 fonctions derivables et on a

g′(x) = f ′(x)e−ax − af(x)e−ax = e−ax(f ′(x)− af(x)).

33

34 Chapitre 5. Equations differentielles

Comme f est solution de (5.1), on obtient, pour tout x de R, g′(x) = 0, ce qui signifieque g est une fonction constante. On a donc

∀x ∈ R, f(x) = g(0)eax,

ce qui signifie que f est du type annonce.Cette methode s’appelle la methode de la variation de la constante, puisque l’idee est dedemontrer que la constante en est bien une en montrant que sa derivee est nulle.

ExempleResoudre y′ − 3y = 0. Trouver la solution qui vaut 1 en 0.Les solutions de cette equation sont du type f(x) = λe3x. Si f(0) = 1, on doit donc avoir

λ = λ.e3×0 = 1,

ce qui signifie qu’il n’y a qu’une seule solution au probleme compte-tenu des contraintes ;c’est la fonction definie par f(x) = e3x.

5.1.2 Equation y′′ + ay = 0.

Soit a dans R. Une solution de l’equation differentielle

y′′ + ay = 0 (5.2)

est une fonction 2 fois derivable f definie sur un intervalle I de R (on cherche generalementle plus grand intervalle possible) telle que pour tout x de I,

f ′′(x) + af(x) = 0.

Resoudre l’equation differentielle, c’est trouver toutes les solutions de cette equation.On constate facilement que la fonction nulle (qui a tout x de R associe 0) est solution de(5.2).

ExemplesLes fonctions x 7→ ex et x 7→ e−x sont des solutions de l’equation

y′′ − y = 0,

puisqu’elles sont egales a leur derivee seconde.Comme sin′′ = − sin et cos′′ = − cos, sinus et cosinus sont solutions de

y′′ + y = 0.

Lemme 5.1.2 Si u et v sont deux solutions de y′′ + ay = 0 (definies sur un memeintervalle), alors la fonction x 7→ u′(x)v(x)− v′(x)u(x) est constante.

PREUVE. La fonction introduite s’appelle le Wronskien. Nous n’en ferons pas la theoriegenerale mais il suffit (faut ?) de se souvenir que cela s’etend a d’autre type d’equationsdifferentielles et que c’est un outil pratique.Posons h = u′v − v′u ; h est derivable comme composee de fonctions derivables, et ontrouve

h′(x) = u′′(x)v(x) + u′(x)v′(x)− v′(x)u(x)− v′′(x)u(x).

On remplace alors u′′ et v′′ par −au et −av, ce qui montre que h′ est nulle, donc h estconstante.

5.1. Equations differentielles homogenes 35

Proposition 5.1.3 Soient u et v deux solutions de y′′ + ay = 0 telles que h := u′v − v′une soit pas la fonction nulle. Alors les solutions de y′′ + ay = 0 sont les fonctions du typef = λu+ µv, ou λ et µ decrivent R.

PREUVE. La fonction h est constante et n’est pas nulle ; Notons donc k sa valeur. Onmontre facilement que toute fonction du type f = λu+ µv est solution de y′′ + ay = 0.Reciproquement, soit f solution de cette equation differentielle. Le lemme precedentmontre qu’il existe deux constantes α et β telles que pour tout x de R

u′(x)f(x)− f ′(x)u(x) = α,

v′(x)f(x)− v(x− f ′(x) = β.

En multipliant la premiere egalite par v(x) et la seconde par u(x), puis en soustrayant onobtient pour tout x de R,

(u′(x)v(x)− u(x)v′(x))f(x) = αv(x)− βu(x),

ce qui s’ecrit aussi, compte-teu du fait que h est constante et vaut k,

∀x ∈ R, f(x) =−βku(x) +

−αkv(x).

Theoreme 5.1.4 Soit a dans R.

1. Si a = 0, les solutions de y′′ + ay = 0 sont les fonctions du type x 7→ λx+ µ.

2. Si a > 0, les solutions de y′′ + ay = 0 sont les fonctions du type x 7→ λ cos(√ax) +

µ sin(√ax).

3. Si a < 0, les solutions de y′′ + ay = 0 sont les fonctions du type x 7→ λe(√|a|x) +

µe(−√|a|x).

PREUVE. Il suffit de verifier pour chaque cas que le h associe n’est pas nul et d’utiliserla proposition precedente.

ExempleUn mobile est accroche a un ressort horizontal de raideur k > 0. On note x son abscisse,avec comme origine la position de repos (le ressort n’est ni etire ni contracte). On tire leressort pour placer le mobile en position x = l et on le lache. On cherche l’equation dumouvement.Le mobile ne subit (horizontalement) que la force de rappel du ressort −kx. Le principede la dynamique donne donc

mx′′(t) = −kx(t),

ce qui signifie que la fonction x est solution de y′′ + ay = 0 avec a =k

m. Donc x s’ecrit

x(t) = λ cos(ωt) + µ sin(ωt),

en posant ω =

√k

m. Il reste a determiner λ et µ :

Pour t = 0 on a x(0) = l et x′(0) = 0, ce qui donne λ = l et µ = 0. Ainsi l’equation dumouvement est

x(t) = l cos(ωt).

36 Chapitre 5. Equations differentielles

5.1.3 Equation y′′ + py′ + qy = 0.

Soient p et q deux reels. Une solution de l’equation differentielle

y′′ + py′ + qy = 0 (5.3)

est une fonction 2 fois derivable f definie sur un intervalle I de R (on cherche generalementle plus grand intervalle possible) telle que pour tout x de I,

f ′′(x) + pf ′(x) + qf(x) = 0.

Resoudre l’equation differentielle, c’est trouver toutes les solutions de cette equation.On constate facilement que la fonction nulle (qui a tout x de R associe 0) est solution de(5.3). comme nous avons deja traite le cas p = 0 on suppose dans toute la suite que pn’est pas nul.On pose Soit R(X) = X2 +pX+ q, et on l’appelle polynome caracteristique de l’equation(5.3). On a alors ∆ = p2 − 4q et on pose δ =

√|∆|.

Theoreme 5.1.5 Avec les notations precedentes,

1. Si ∆ est > 0, P a alors deux racines distinctes r =−p− δ

2et s =

−p+ δ

2, et les

solutions de (5.3) sont les fonctions du type x 7→ λ.erx + µ.esx.

2. Si ∆ = 0, P n’a qu’une seule racine, r =−p2

et les solutions de (5.3) sont les

fonctions du type x 7→ (λ.x+ µ)erx.

3. Si ∆ est < 0, P n’a alors aucune racine (dans R) ; on pose r =−p2

et les solutions

de (5.3) sont les fonctions du type x 7→ erx(λ cos( δ2x) + µ. sin( δ

2x)).

PREUVE. Posons a =−p2

. Pour f deux fois derivable sur R on pose g(x) = f(x)e−ax.

La fonction g est deux fois derivable et on trouve

g′(x) = e−ax(f ′x)− af(x))

g′′(x) = e−ax(f ′′(x)− af ′(x)− af ′(x) + a2f(x))

d’ou g′′(x) = e−ax(f ′′(x) + pf ′(x) + a2f(x))

Cette derniere egalite montre que g est solution de

y′′ − ∆

4y = 0 (5.4)

si et seulement si f est solution de

y′′ + py′ + qy = 0, (5.3)

puisque a2 − ∆

4=p2

4− p2

4+ q. On utilise alors le theoreme 5.1.4 pour conclure.

ExempleNous reprenons l’exemple du mobile, mais nous supposons en outre qu’il subit une force de

5.2. Equations non-homogenes 37

frottement de l’air. Cette force est proportionnelle a sa vitesse. L’equation du mouvementest donc

mx′′ = −kx− rx′,avec r > 0 puisque la force de frottement s’oppose au mouvement. En posant encoreω2 = k

met p = r

mle polynome caracteristique de l’equation du mouvement est

R(X) = X2 + pX + ω2,

dont le discriminant vaut ∆ = p2 − 4ω2 = (p − 2ω)(p + 2ω). Il faut donc discuter enfonction de la valeur de ∆.Si p > 2ω, alors ∆ > 0 et l’equation du mouvement est du type

x(t) = λ.e−p−δ

2t + µ.e

−p+δ2

t.

Si p = 2ω, alors ∆ = 0 et l’equation du mouvement est du type

x(t) = e−p2t(λt+ µ).

Si p < 2ω, alors ∆ < 0 et l’equation du mouvement est du type

x(t) = e−p2t(λ cos(

δ

2t) + µ sin(

δ

2t)).

Ici s’acheve la partie mathematique de la resolution ; ce sont les conditions physiques quiaideront a determiner la solution dans chacun des 3 cas.

5.2 Equations non-homogenes

5.2.1 equation du type y′ − ay = F

On considere toujours a dans R et on se donne une fonction F continue definie sur R(ou un intervalle de R). On cherche a resoudre l’equation differentielle

y′ − ay = F (5.5)

c’est a dire qu’on souhaite trouver toutes les solutions de cette equation.On commence par remarque que si f et g sont deux solutions alors f − g est solution del’equation lineaire homogene associee (5.1), ce qui signifie que f−g est du type x 7→ λ.eax.Reciproquement, si f est une solution de (5.5) et si g est une solution de (5.1), alors f +gest encore solution de (5.5) :

(f + g)′ − a(f + g) = f ′ − af + g′ − ag = F + 0 = F.

On retiendra donc la regle : une solution generale de (5.5) secrit comme la somme d’unesolution particuliere de l’equation et d’une solution generale de l’equation homogene as-sociee y′ − ay = 0.

Soit f une solution particuliere de y′ − ay = F . Alors,l’ensemble solution de l’equation y′ − ay = F est l’en-semble des fonctions du type x 7→ f(x) + λ.eax

38 Chapitre 5. Equations differentielles

ExempleUn parachutiste subit la force due au poid et une force de resitence proportionnelle a savitesse. L’equation est donc

mz′′(t) = mg −Kz′,

ce qui donne comme equation differentielle y′ − ay = g ou a = −K/m et g est uneconstante. Une solution generale de l’equation homogene associee est y(t) = λ.e−Kt/m etune solution particuliere de l’equation est la constante y = −g

a. La vitesse du parachutiste

est donc

z′(t) =−ga

+ λ.e−Kt/m,

ou λ se determine en fonction de la vitesse au temps t = 0 (lorsqu’il ouvre son parachute).On constate donc que assez rapidement la vitesse de chute est constante (K etant supposepositif, lim

t→+∞e−Kt/m = 0).

Pour ce type d’equation, il existe une maniere systematique de trouver les solutions.Nous allons utiliser la methode de la variation de la constante :Soit f une solution de y′−ay = F ; posons g(x) = f(x)e−ax. On a donc g′(x) = e−ax(f ′(x)−af(x)), ce qui donne

g′(x) = e−axF (x).

On doit donc avoir g(x) = g(0) +∫ x

0g′(t)dt = g(0) +

∫ x0e−atF (t)dt. Comme on ne cherche

qu’une solution, on peut imposer g(0) = 0, et donc f(x) = eax∫ x

0

e−atF (t)dt. On retien-

dra :

L’ensemble solution de l’equation y′ − ay = F est l’en-semble des fonctions du type

x 7→ eax(λ+

∫ x

0

e−atF (t)dt).

5.2.2 equation du type y′′ + py′ + qy = F

On considere toujours p et q deux reels (p peut etre nul) et F une fonction definiesur R. La methode et les resultats de la partie precedente s’adaptent encore au cas desequations du second ordre, en un peu plus complique peut-etre. Nous nous contenteronsde donner quelques resultats :

Soit f une solution particuliere de y′′ + py′ + qy = F .Alors, l’ensemble solution de l’equation y′′+py′+qy = Fest l’ensemble des fonctions du type x 7→ f(x) + g(x),ou g est une solution generale de l’equation homogeneassociee y′′ + py′ + qy = 0.

On peut encore utiliser la methode de la variation de la constante pour trouver unesolution particuliere, mais une theorie generale est lourde a ecrire du fait des 3 cas qu’ilfaut considerer. Nous nons contenterons de donner des exemples :

5.2. Equations non-homogenes 39

Cas ou ∆ est positif.

On appelle r et s les deux racines distinctes de R(X) = X2 +pX+q. Soient f solutionde y′′ + py′ + qy = F et g la fonction definie par g(x) = e−rxf(x). On a donc

f ′(x) = erx(g′(x) + r.g(x))

et f ′′(x) = erx(g′′(x) + 2r.g′(x) + r2g(x)),

ce qui donne comme equation en g :

∀x, g′′(x) + (2r + p)g′(x) = e−rxF (x).

On sait resoudre cette equation, ce qui nous permet de trouver une solution particuliere.

Cas ou F est un polynome.

Si F (x) = a0 + a1x+ . . .+ anxn, on cherche la solution particuliere sous la forme d’un

polynome b0 + b1x+ . . .+ bnxn.

ExempleSolutions de y′′ + y′ + y = 3 + 2x+ x2.Le calcul donne ∆ = −3 et donc les solutions generales sont du type f(x) = e−

12x(λ cos(

√3

2x)+

µ sin(√

32x)). On cherche une solution particuliere sous la forme f(x) = ax2 + bx+ c.

on a donc f ′(x) = 2ax+ b et f ′′(x) = 2a, ce qui donne

ax2 + (b+ 2a)x+ (b+ 2a+ c) = 3 + 2x+ x2,

ceci devant etre vrai pour tout x. Par identification on trouve a = 1, b = 0 et c = 1.

Les solutions de l’equation sont les fonctions du type f(x) = x2 + 1 + e−12x(λ cos(

√3

2x) +

µ sin(

√3

2x)).

Cas ou F est une exponentielle.

Si F (x) = eax on cherche une solution particuliere sous la f(x) = Ceax. Si une solutionpresente cette forme, elle doit verifier :

C.R(a)eax = f ′′(x) + pf ′(x) + qf(x) = eax.

Il faut donc considerer deux cas : Si a n’est pas racine de R alors on choisit C =1

R(a).

Sinon on cherche la solution sous la forme P (x)eax ou P est un polynome (on commencepar chercher avec un degre 1).

ExemplesLa solution de y′′ + y′ + y = ex qui vaut 0 en 0 et avec une derivee vallant 1 en 0.On cherche la solution particuliere sous la forme f(x) = Cex. On aura alors

3Cex = ex,

40 Chapitre 5. Equations differentielles

ce qui donne une solution generale de la forme

g(x) =1

3ex + e−

12x(λ cos(

√3

2x) + µ sin(

√3

2x)).

Comme on veut g(0) = 0 on doit avoir λ = 0 et comme on veut g′(0) = 1 on doit avoir

1

3+

√3

2µ = 1.

On trouve alors µ = 43√

3.

la solution de y′′ − y′ = ex qui vaut 0 en 0 et avec une derivee nulle en 0.On cherche la solution particuliere sous la forme f(x) = Cex, mais cela donne 0 = ex

qui est impossible comme equation (ici R(x) = x2 − 1 et R(1) = 0 !). On cherche doncla solution sous la forme f(x) = (ax+ b)ex et on trouve que 1

2xex convient. Les solutions

generales sont donc du type

g(x) =1

2xex + λex + µe−x.

On veut g(0) = 0 = g′(0), ce qui donne λ+ µ = 0 et λ− µ = −12.

Cas ou F est trigonometrique

Si F (x) est du type cos(ax) ou sin(ax) et si F n’est pas solution de l’equation ho-mogene, on, cherche une solution particuliere sous la forme f(x) = α cos(ax) + β sin(ax).

ExempleSolution particuliere de y′′ + y′ + y = cos(2x) ? On la cherche sous la forme indiquee.On aura donc pour tout x, f ′(x) = −2α sin(2x) + 2β cos(2x) et f ′′(x) = −4α cos(2x) −4β sin(2x), ce qui donne, une fois reinjecte dans l’equation,

(−3α + 2β) cos(2x) + (−3β − 2α) sin(2x) = cos(2x),

(ceci devant etre vrai pour tout x). L’unique solution est obtenue par le couple (α, β) quiverifie

−3α + 2β = 1 et − 3β − 2α = 0.

5.3 D’autres equations differentielles

5.3.1 Equations a coefficients non constants

Equations homogenes

On cherche a resoudre l’equation

y′ − a(x)y = 0, (5.6)

ou a est une fonction continue definie sur un intervalle I de R. En tant que fonctioncontinue, a admet une primitive sur I, que nous noterons A. Nous allons utiliser la methode

5.3. D’autres equations differentielles 41

de la variation de la constante pour montrer que les solutions de (5.6) sont les fonctionsdu type f : x 7→ C.eA(x), ou C est une constante reelle.Commencons par montrer qu’une fonction de ce type est solution de (5.6). La fonctionf : x 7→ C.eA(x) est derivable et f ′(x) = A′(x).C.eA(x) = a(x).f(x). Donc f est biensolution de l’equation consideree.Reciproquement soit f une solution de l’equation (5.6) ; ecrivons

f(x) = C(x)eA(x),

ce qui est possible car une exponentielle ne s’annule jamais. On a donc f ′(x) = C ′(x).eA(x)+a(x)f(x). Ceci montre que C ′(x) = 0 ; pour tout x de I, donc C est une constante.

ExempleLes solutions de y′ − 3xy = 0 sont les fonctions du type f(x) = C.e

32x2 .

Equation avec second membre

La meme technique permet de resoudre des equations du type

y′ − a(x)y = b(x), (5.7)

ou a et b sont des fonctions continues definies sur un intervalle I deR. On retiendra

Soit f une solution particuliere de y′ − a(x)y = b(x).Alors, l’ensemble solution de l’equation y′−a(x)y = b(x)est l’ensemble des fonctions du type x 7→ f(x) + λ.eA(x)

ou A est une primitive de a.

5.3.2 Equations a variables separables

On dit qu’une equation differentielle du premier ordre est a variables separables si ellepeut s’ecrire sous la forme

a(x) = y′b(y), (5.8)

ou a et b sont deux fonctions continues.

ExempleL’equation (1 + x2)2y′ + 2x+ 2xy2 = 0 est a variable separables car elle s’ecrit aussi

y′

1 + y2=

−2x

(1 + x2)2.

Considerons une equation differentielle du premier ordre et a variables separables ecritesous la forme (5.8). Soient A et B des primitives respectives de a et b. Alors, il existe uneconstante C telle que

B(y) = A(x) + C.

Si la fonction B est bijective, on peut alors en deduire la valeur de y(x), par la formule

y(x) = B−1 (A(x) + C) .

42 Chapitre 5. Equations differentielles

Exemple

Dans l’exemple precedent on aura arctan(y) =1

1 + x2+ C, d’ou

y(x) = tan

(1

1 + x2+ C

).

5.4 Exercices

Exercice 1Resoudre l’equation differentielle y′ − 3y = 0.

Exercice 2Resoudre les equations differentielles y′′ − 2y′ + 4y = 0 et y′′ − 4y′ + 4y = 0.

Exercice 3Soient a et b deux nombres reels fixes. Montrer qu’il existe une unique solution f del’equation differentielle y′′ + 4y′ + 3y = 0 telle que f(0) = a et f ′(0) = b. Expliciter cettesolution

Exercice 4

1/ Resoudre l’equation (∗) y′ + y = x (c’est a dire qu’on cherche y : x 7→ y(x) telleque pour tout x, y′(x) + y(x) = x).2/ Resoudre aussi y′ + y = 8e−x.

Exercice 5Resoudre les equations suivantes et trouver dans chaque cas la solution qui, pour x = 0s’annule ainsi que sa derivee.1/ y′′ − 4y = 0.2/ y′′ − 4y = emx (on discutera en fonction de la valeur de m.)3/ y′′ − 4y′ + 4y = xemx (on discutera en fonction de la valeur de m.)4/ y′′ + y′ + y = cos βx.

Exercice 6Le but est de chercher les fonctions f :]0,+∞[→ R verifiant les conditions

(∗){f est deux fois derivable,x2f ′′(x)− 2f(x) = 0 pour tout x > 0.

1/ Soit f une fonction definie sur ]0,+∞[. Justifier qu’on peut definir une fonction g surR en posant g(x) = f(ex). Montrer que f verifie les conditions (∗) si et seulement si gest solution de y′′ − y′ − 2y = 0.2/ Trouver toutes les fonctions f :]0,+∞[→ R verifiant les conditions (∗).

Exercice 7Resoudre les equations suivantes :

5.4. Exercices 43

1/ y′ + (cosx)y = 0, avec condition initiale y(0) = 12/ y′ +′ x2y = x4.

3/ y′ +1

1− x2y = 0.

Exercice 8Resoudre les equations suivantes :1/ y′

√1 + x2 − y2 − y − 1 = 0.

2/y′√

1 + x2− e−y = 0.