a) Déterminer l'unique solution sur $\mathbb{R}$ de $$(1+x^2)y'+2xy=\frac{1}{1+x^2}$$ vérifiant $y(0)=1$.
b) Résoudre sur $\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[$ l'équation $y'+\tan(x)\,y=\sin(2x)$.
Normaliser chaque équation, puis résoudre l'équation homogène associée.
Poser $y(x)=\lambda(x)e^{-A(x)}$ : l'équation se ramène à une condition sur $\lambda'$ seule.
Pour b), $\sin(2x)=2\sin x\cos x$.
a) Sur $\mathbb{R}$, $1+x^2\neq0$ ; l'équation équivaut à $$y'+\frac{2x}{1+x^2}\,y=\frac{1}{(1+x^2)^2},$$ à coefficients continus sur $\mathbb{R}$. Avec $A(x)=\ln(1+x^2)$, les solutions de l'homogène sont $x\mapsto\dfrac{\lambda}{1+x^2}$.
On cherche $y(x)=\dfrac{\lambda(x)}{1+x^2}$ avec $\lambda$ dérivable. D'après le calcul de la méthode, $y'+\dfrac{2x}{1+x^2}y=\dfrac{\lambda'(x)}{1+x^2}$. L'équation équivaut donc à $\dfrac{\lambda'(x)}{1+x^2}=\dfrac{1}{(1+x^2)^2}$, soit $\lambda'(x)=\dfrac{1}{1+x^2}$. On prend $\lambda=\arctan$. Les solutions sont $$y(x)=\frac{\arctan x+C}{1+x^2},\quad C\in\mathbb{R}.$$ Vérification : $(1+x^2)y=\arctan x+C$ ; en dérivant, $(1+x^2)y'+2xy=\dfrac{1}{1+x^2}$.
Condition initiale : $y(0)=\arctan 0+C=C=1$. L'unique solution est $y(x)=\dfrac{1+\arctan x}{1+x^2}$.
b) La fonction $\tan$ est continue sur $I=\left]-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right[$. Une primitive est $A(x)=-\ln(\cos x)$ (car $\cos x>0$ sur $I$), donc $e^{-A(x)}=\cos x$ et les solutions de l'homogène sont $\lambda\cos x$.
On cherche $y(x)=\lambda(x)\cos x$. Alors $$y'+\tan(x)\,y=\lambda'(x)\cos x-\lambda(x)\sin x+\lambda(x)\sin x=\lambda'(x)\cos x.$$ L'équation équivaut à $\lambda'(x)\cos x=2\sin x\cos x$, soit, comme $\cos x\neq0$, $\lambda'(x)=2\sin x$. On prend $\lambda(x)=-2\cos x$, d'où $y_p(x)=-2\cos^2x$. Les solutions sont $$y(x)=C\cos x-2\cos^2x,\quad C\in\mathbb{R}.$$ Vérification : $y'=-C\sin x+4\sin x\cos x$ et $\tan(x)\,y=C\sin x-2\sin x\cos x$ ; la somme vaut $2\sin x\cos x=\sin(2x)$.
a) $y(x)=\dfrac{1+\arctan x}{1+x^2}$ ; b) $y(x)=C\cos x-2\cos^2x$, $C\in\mathbb{R}$