Solution Série d'exercices : Équations différentielles - Ts

Exercice 1 — Vérification des solutions proposées

1) On pose $ f(x) = \cos(2x+3).$

$$
f'(x) = -2\sin(2x+3), \qquad f''(x) = -4\cos(2x+3) = -4 f(x),
$$

donc $f$ est solution de $ y'' = -4 y.$

2) On pose $ f(x) = \sin(2x).$

$$
f'(x) = 2\cos(2x),\quad f''(x) = -4\sin(2x) = -4 f(x),
$$

d’où :

$$
f''(x) + 3 f(x) = -4\sin(2x) + 3\sin(2x) = -\sin(2x) = -2 \sin x \cos x,
$$

ce qui coïncide avec le second membre de l’équation.

3) On pose $ f(x) = x e^x.$

$$
f'(x) = e^x + x e^x,\quad f'(x)- f(x) = (e^x+x e^x)- x e^x = e^x,
$$

$f$ est donc solution de $ y' - y = e^x.$

4) On pose $ f(x) = e^x\ln x.$

$$
\begin{cases}
f'(x) = e^x \ln x + \frac{e^x}{x},\\[0.5em]
f''(x) = e^x \ln x + 2\frac{e^x}{x} - \frac{e^x}{x^2}.
\end{cases}
$$

On calcule :

$$
f''-2 f'+ f = (e^x \ln x + 2\frac{e^x}{x} - \frac{e^x}{x^2}) -2(e^x \ln x + \frac{e^x}{x}) + e^x \ln x
$$

$$
= -\frac{e^x}{x^2}.
$$

Ainsi $f$ est bien solution de $ y''-2 y'+ y = -\frac{e^x}{x^2}.$

Exercice 2 — Équations du premier ordre à coefficients constants

1) $-3 y' +2 y = 0 \iff y' = \frac23 y.$
La solution générale est $ y(x) = C e^{\frac23 x}.$
Avec $ y(3)=1:$

$$
1 = C e^2 \implies C=e^{-2} \implies \boxed{ y(x) = e^{-2} e^{\frac23 x}.}
$$

2) $ 3 y' + 6 y = 0 \iff y' = -2 y \implies y(x) = C e^{-2 x}.$

$$
y(-4) = 2 \implies 2 = C e^{8} \implies C=2 e^{-8} \implies \boxed{ y(x) = 2 e^{-2 x-8}.}
$$

3) $ 5 y' + y = 0 \iff y' = -\frac15 y \implies y(x) = C e^{-x/5}.$

$$
y(-5)=1 \implies C e^{1}=1 \implies C=e^{-1} \implies \boxed{ y(x) = e^{-1} e^{-x/5}.}
$$

4) $ 2 y -5 y' = 0 \iff y' = \frac25 y \implies y(x) = C e^{2x/5}.$

$$
y(1) = -3 \implies -3=C e^{2/5}\implies C=-3 e^{-2/5} \implies \boxed{ y(x) = -3 e^{2(x-1)/5}.}
$$

Exercice 3 — Équations du second ordre

On applique le même schéma à chaque équation.

 1) $2 y''-3 y' -2 y =0,\ y(0)=2,\ y'(0)=3$

Caractéristique :

$$
2 r^2-3 r-2=0 \implies r_{1,2} = \frac{3 \pm 5}{4} \implies r_1=2,\ r_2=-\frac12.
$$

$$
y(x) = A e^{2 x} + B e^{- x/2}.
$$

Conditions :

$$
\begin{cases}
A+B=2\\2A-\frac12 B=3
\end{cases}\implies
B=2-A\\2A-\frac12(2-A)=3 \implies 2A-1+A/2=3 \implies \frac52 A=4 \implies A=\frac85,\ B=\frac25.
$$

$$
\boxed{ y(x) = \frac85 e^{2 x} + \frac25 e^{- x/2}.}
$$

 2) $ y''+ y'+ y=0,\ y(0)=1,\ y'(0)=-1$

Caractéristique :

$$
r^2+r+1=0 \implies r=\frac{-1 \pm i\sqrt3}{2}.
$$

Solution :

$$
y(x)=e^{-x/2}\left( C\cos\frac{\sqrt3 x}{2}+ D \sin\frac{\sqrt3 x}{2}\right).
$$

Conditions :

$$
y(0)=C=1,\quad y'(0) = \alpha C + \beta D = -\frac12(1) + \frac{\sqrt3}{2} D = -1 \implies D=-\frac1{\sqrt3}.
$$

$$
\boxed{ y(x) = e^{-x/2}\left(\cos\frac{\sqrt3 x}{2} - \frac1{\sqrt3}\sin\frac{\sqrt3 x}{2}\right).}
$$

 3) $4 y''-4 y' + y = 0,\ y(0)=-3,\ y'(0)=2$

$(2 r-1)^2=0 \implies r=\frac12$ double.

$$
y(x)=(A+Bx)e^{x/2}.
$$

$$
y(0)=A=-3,\ y'(x) = B e^{x/2}+(A+Bx)\frac12 e^{x/2},\ y'(0) = B+\frac12 A = 2 \implies B+\frac12(-3)=2 \implies B=\frac72.
$$

$$
\boxed{ y(x) = \left(-3+\frac72 x\right) e^{x/2}.}
$$

 4) $y''-5 y'+6 y=0,\ y(0)=0,\ y'(0)=6$

Caractéristique :
$(r-2)(r-3)=0 \implies r_1=2,\ r_2=3,\ y(x)=A e^{2 x}+ B e^{3 x}.$

$$
y(0)=A+B=0 \implies B=-A,\ y'(x) = 2A e^{2 x}+3 B e^{3 x},\ y'(0)=2A+3B=2A+3(-A)=-A=6 \implies A=-6,\ B=6.
$$

$$
\boxed{ y(x) = -6 e^{2 x} + 6 e^{3 x}.}
$$

 5) $9 y''+6 y'+ y=0,\ y(0)=1,\ y'(0)=2$

$(3 r+1)^2=0 \implies r=-\frac13$ double.

$$
y(x) = (A+Bx)e^{-x/3},\ y(0)=A=1.
$$

$$
y'(x) = B e^{-x/3}+(A+Bx)(-1/3)e^{-x/3},\ y'(0) = B-\frac13 A = 2 \implies B-\frac13=2 \implies B=\frac73.
$$

$$
\boxed{ y(x) = \left(1+\frac73 x\right)e^{-x/3}.}
$$

 6) $y''-4 y'+5 y=0,\ y(0)=-1,\ y'(0)=3$

Caractéristique :

$$
r^2-4 r+5=0 \implies r=2\pm i,\ y(x) = e^{2 x}(A\cos x+B\sin x).\ y(0)=A=-1.
$$

$$
y'(x) = e^{2 x}\left[2(A\cos x+B\sin x)+(-A\sin x+B\cos x)\right],\ y'(0) = 2A+B = 2(-1)+B=-2+B=3 \implies B=5.
$$

$$
\boxed{ y(x) = e^{2 x}\left(-\cos x + 5\sin x\right).}
$$

Exercice 4 — Discussion d’une EDO du second ordre

 1) $ y''-3 y'+2 y=0 \iff (r-1)(r-2)=0 \implies y=A e^x+B e^{2 x}.$

 b) Condition tangente à $y=x$ en 0 :

$$
f(0)=A+B=0,\ f'(0)=A+2B=1 \implies B=1,\ A=-1 \implies \boxed{ f(x) = -e^x+e^{2 x}.}
$$

 2) Représentation :

La tangente en 0 a la même pente que $y=x$.
Pour $x>0$, $f(x) \approx e^{2 x}$ domine donc $ f(x)>x.$
Pour $x<0$, $f(x)>x$ aussi car exponentielles tendent vers 0.

 3) $ h_\lambda(x)=-\lambda^2 e^x+2\lambda e^x=e^x(\lambda(2-\lambda)).$

 a) Vérification :

$$
h_\lambda'(x)=e^x(\lambda(2-\lambda)),\ h_\lambda''(x)=e^x(\lambda(2-\lambda))\implies h_\lambda''-3 h_\lambda'+2 h_\lambda = 0.
$$

 b) Point commun :

$$
h_\lambda(x_\lambda)=x_\lambda,\ h_\lambda'(x_\lambda)=1 \implies e^{x_\lambda}(\lambda(2-\lambda))=1 \implies x_\lambda=\ln\frac1{\lambda(2-\lambda)},\ h_\lambda(x_\lambda)=1.
$$

La tangente est $y=x$, donc les courbes sont tangentes.

 c) Positions relatives :

Le signe de $\lambda(2-\lambda)$ détermine si la courbe est au-dessus ($0<\lambda<2$) ou en dessous ($\lambda>2$).

Exercice 6

 I. Étude générale

 1) Preuve que si \(f\) est solution de \((E)\), alors \(f - f_1\) est solution de \((E_0)\)
Soit \(f\) une solution de \((E)\), donc \(f'' + m f' + p f = g(x)\).  
Comme \(f_1\) est solution de \((E)\), on a \(f_1'' + m f_1' + p f_1 = g(x)\).  
En soustrayant ces deux équations :  
\[(f'' - f_1'') + m (f' - f_1') + p (f - f_1) = g(x) - g(x) = 0.\]  
Ainsi, \((f - f_1)'' + m (f - f_1)' + p (f - f_1) = 0\), donc \(f - f_1\) est solution de \((E_0)\).

 2) Preuve que si \(h\) est solution de \((E_0)\), alors \(h + f_1\) est solution de \((E)\)
Soit \(h\) une solution de \((E_0)\), donc \(h'' + m h' + p h = 0\).  
Comme \(f_1\) est solution de \((E)\), on a \(f_1'' + m f_1' + p f_1 = g(x)\).  
En additionnant ces deux équations :  
\[(h'' + f_1'') + m (h' + f_1') + p (h + f_1) = 0 + g(x) = g(x).\]  
Ainsi, \((h + f_1)'' + m (h + f_1)' + p (h + f_1) = g(x)\), donc \(h + f_1\) est solution de \((E)\).

 3) Déduction de toutes les solutions de \((E)\)
D'après les résultats précédents, l'ensemble des solutions de \((E)\) est l'ensemble des fonctions de la forme \(h + f_1\), où \(h\) est solution de l'équation homogène \((E_0)\). Ainsi, si on connaît une solution particulière \(f_1\) de \((E)\), la solution générale de \((E)\) est la somme de \(f_1\) et de la solution générale de \((E_0)\).

 II. Cas où \(g\) est un polynôme

 1) Équation \(y'' - 3y' + 2y = x + 1\)
   a) On cherche une solution particulière sous la forme \(f_1(x) = a x + b\).  
  Calcul des dérivées : \(f_1'(x) = a\), \(f_1''(x) = 0\).  
  Substitution dans l'équation :  
  \[0 - 3a + 2(a x + b) = x + 1 \implies 2a x + (-3a + 2b) = x + 1.\]  
  Identification des coefficients :  
  \[2a = 1 \implies a = \frac{1}{2},\]  
  \[-3a + 2b = 1 \implies -3 \cdot \frac{1}{2} + 2b = 1 \implies -\frac{3}{2} + 2b = 1 \implies 2b = \frac{5}{2} \implies b = \frac{5}{4}.\]  
  Ainsi, \(f_1(x) = \frac{1}{2} x + \frac{5}{4}\).

  b) Solution générale :  
  Équation homogène associée : \(y'' - 3y' + 2y = 0\).  
  Équation caractéristique : \(r^2 - 3r + 2 = 0\), racines \(r = 1\) et \(r = 2\).  
  Solution homogène : \(y_h(x) = A e^{2x} + B e^x\).  
  Solution générale de \((E)\) :  
  \[y(x) = A e^{2x} + B e^x + \frac{1}{2} x + \frac{5}{4}.\]

 2) Équation \(y'' - 3y' + 2y = x^2 + 2x + 3\)
   a) On cherche une solution particulière sous la forme \(f_1(x) = a x^2 + b x + c\).  
  Calcul des dérivées : \(f_1'(x) = 2a x + b\), \(f_1''(x) = 2a\).  
  Substitution dans l'équation :  
  \[2a - 3(2a x + b) + 2(a x^2 + b x + c) = x^2 + 2x + 3 \implies 2a x^2 + (-6a + 2b)x + (2a - 3b + 2c) = x^2 + 2x + 3.\]  
  Identification des coefficients :  
  \[2a = 1 \implies a = \frac{1}{2},\]  
  \[-6a + 2b = 2 \implies -6 \cdot \frac{1}{2} + 2b = 2 \implies -3 + 2b = 2 \implies 2b = 5 \implies b = \frac{5}{2},\]  
  \[2a - 3b + 2c = 3 \implies 2 \cdot \frac{1}{2} - 3 \cdot \frac{5}{2} + 2c = 3 \implies 1 - \frac{15}{2} + 2c = 3 \implies -\frac{13}{2} + 2c = 3 \implies 2c = \frac{19}{2} \implies c = \frac{19}{4}.\]  
  Ainsi, \(f_1(x) = \frac{1}{2} x^2 + \frac{5}{2} x + \frac{19}{4}\).

  b) Solution générale :  
  Solution homogène (identique à 1.b) : \(y_h(x) = A e^{2x} + B e^x\).  
  Solution générale de \((E)\) :  
  \[y(x) = A e^{2x} + B e^x + \frac{1}{2} x^2 + \frac{5}{2} x + \frac{19}{4}.\]

 3) Résolution
  a) \(y'' - 8y' + 17y = x^2 - x + 2\)  
  Équation homogène associée : \(y'' - 8y' + 17y = 0\).  
  Équation caractéristique : \(r^2 - 8r + 17 = 0\), discriminant \(\Delta = -4\), racines \(r = 4 \pm i\).  
  Solution homogène : \(y_h(x) = e^{4x} (A \cos x + B \sin x)\).  
  Solution particulière sous la forme \(f_1(x) = a x^2 + b x + c\) :  
  Substitution et identification :  
  \[f_1''(x) + m f_1'(x) + p f_1(x) = x^2 - x + 2\]  
  donne \(a = \frac{1}{17}\), \(b = -\frac{1}{289}\), \(c = \frac{536}{4913}\).  
  Ainsi, \(f_1(x) = \frac{1}{17} x^2 - \frac{1}{289} x + \frac{536}{4913}\).  
  Solution générale :  
  \[y(x) = e^{4x} (A \cos x + B \sin x) + \frac{1}{17} x^2 - \frac{1}{289} x + \frac{536}{4913}.\]

  b) \(y'' + 4y' + 4y = x^2 + 1\)  
  Équation homogène associée : \(y'' + 4y' + 4y = 0\).  
  Équation caractéristique : \(r^2 + 4r + 4 = 0\), racine double \(r = -2\).  
  Solution homogène : \(y_h(x) = (A x + B) e^{-2x}\).  
  Solution particulière sous la forme \(f_1(x) = a x^2 + b x + c\) :  
  Substitution et identification :  
  \[f_1''(x) + m f_1'(x) + p f_1(x) = x^2 + 1\]  
  donne \(a = \frac{1}{4}\), \(b = -\frac{1}{2}\), \(c = \frac{5}{8}\).  
  Ainsi, \(f_1(x) = \frac{1}{4} x^2 - \frac{1}{2} x + \frac{5}{8}\).  
  Solution générale :  
  \[y(x) = (A x + B) e^{-2x} + \frac{1}{4} x^2 - \frac{1}{2} x + \frac{5}{8}.\]

 III. Cas où \(g(x) = \alpha \cos(\omega x) + \beta \sin(\omega x)\)

 1) Équation \(y'' + 4y' + 5y = 2 \cos 3x - \sin 3x\)
  a) On cherche une solution particulière sous la forme \(f_1(x) = a \cos 3x + b \sin 3x\).  
  Calcul des dérivées :  
  \(f_1'(x) = -3a \sin 3x + 3b \cos 3x\),  
  \(f_1''(x) = -9a \cos 3x - 9b \sin 3x\).  
  Substitution dans l'équation :  
  \[f_1'' + 4 f_1' + 5 f_1 = (-4a + 12b) \cos 3x + (-12a - 4b) \sin 3x = 2 \cos 3x - \sin 3x.\]  
  Système d'équations :  
  \[-4a + 12b = 2,\]  
  \[-12a - 4b = -1.\]  
  Solution : \(a = \frac{1}{40}\), \(b = \frac{7}{40}\).  
  Ainsi, \(f_1(x) = \frac{1}{40} \cos 3x + \frac{7}{40} \sin 3x\).

  b) Solution générale :  
  Équation homogène associée : \(y'' + 4y' + 5y = 0\).  
  Équation caractéristique : \(r^2 + 4r + 5 = 0\), discriminant \(\Delta = -4\), racines \(r = -2 \pm i\).  
  Solution homogène : \(y_h(x) = e^{-2x} (C \cos x + D \sin x)\).  
  Solution générale de \((E)\) :  
  \[y(x) = e^{-2x} (C \cos x + D \sin x) + \frac{1}{40} \cos 3x + \frac{7}{40} \sin 3x.\]

 2) Équation \(y'' + 4y' + 5y = \alpha \cos 3x + \beta \sin 3x\)
  a) Solution particulière sous la forme \(f_1(x) = a \cos 3x + b \sin 3x\) :  
  Même calcul que précédemment :  
  \[-4a + 12b = \alpha,\]  
  \[-12a - 4b = \beta.\]  
  Solution : \(a = \frac{-\alpha - 3\beta}{40}\), \(b = \frac{3\alpha - \beta}{40}\).  
  Ainsi, \(f_1(x) = \frac{-\alpha - 3\beta}{40} \cos 3x + \frac{3\alpha - \beta}{40} \sin 3x\).

  b) Solution générale : identique à 1.b) avec la solution particulière ci-dessus.

 3) Résolution
  a) \(y'' - 6y' + 8y = \cos x + 2 \sin x\)  
  Équation homogène associée : \(y'' - 6y' + 8y = 0\).  
  Équation caractéristique : \(r^2 - 6r + 8 = 0\), racines \(r = 2\) et \(r = 4\).  
  Solution homogène : \(y_h(x) = A e^{4x} + B e^{2x}\).  
  Solution particulière sous la forme \(f_1(x) = a \cos x + b \sin x\) :  
  Substitution et identification :  
  \[f_1''(x) + m f_1'(x) + p f_1(x) = \cos x + 2 \sin x\]  
  donne \(a = \frac{19}{85}\), \(b = \frac{8}{85}\).  
  Ainsi, \(f_1(x) = \frac{19}{85} \cos x + \frac{8}{85} \sin x\).  
  Solution générale :  
  \[y(x) = A e^{4x} + B e^{2x} + \frac{19}{85} \cos x + \frac{8}{85} \sin x.\]

  b) \(y'' + 4y' + 4y = \sin 5x\)  
  Équation homogène associée : \(y'' + 4y' + 4y = 0\).  
  Équation caractéristique : \(r^2 + 4r + 4 = 0\), racine double \(r = -2\).  
  Solution homogène : \(y_h(x) = (C x + D) e^{-2x}\).  
  Solution particulière sous la forme \(f_1(x) = a \cos 5x + b \sin 5x\) :  
  Substitution et identification :  
  \[f_1''(x) + m f_1'(x) + p f_1(x) = \sin 5x\]  
  donne \(a = -\frac{20}{841}\), \(b = -\frac{21}{841}\).  
  Ainsi, \(f_1(x) = -\frac{20}{841} \cos 5x - \frac{21}{841} \sin 5x\).  
  Solution générale :  
  \[y(x) = (C x + D) e^{-2x} - \frac{20}{841} \cos 5x - \frac{21}{841} \sin 5x.\]

 IV. Cas où \(g(x) = e^{a x}\)

 1) Équation \(y'' - 4y' + 4y = e^{-2x}\)
  a) On cherche une solution particulière sous la forme \(f_1(x) = k e^{-2x}\).  
  Calcul des dérivées : \(f_1'(x) = -2k e^{-2x}\), \(f_1''(x) = 4k e^{-2x}\).  
  Substitution dans l'équation :  
  \[4k e^{-2x} - 4(-2k e^{-2x}) + 4(k e^{-2x}) = 16k e^{-2x} = e^{-2x} \implies 16k = 1 \implies k = \frac{1}{16}.\]  
  Ainsi, \(f_1(x) = \frac{1}{16} e^{-2x}\).

  b) Solution générale :  
  Équation homogène associée : \(y'' - 4y' + 4y = 0\).  
  Équation caractéristique : \((r - 2)^2 = 0\), racine double \(r = 2\).  
  Solution homogène : \(y_h(x) = (A x + B) e^{2x}\).  
  Solution générale de \((E)\) :  
  \[y(x) = (A x + B) e^{2x} + \frac{1}{16} e^{-2x}.\]

 2) Équation \(y'' - 5y' + 6y = e^{2x}\)
  a) Solution sous la forme \(f_1(x) = k e^{2x}\) ?  
  Calcul : \(k e^{2x}\) est solution de l'homogène (car \(r = 2\) est racine de \(r^2 - 5r + 6 = 0\)), donc substitution donne \(0 = e^{2x}\), impossible. Ainsi, pas de solution de cette forme.

  b) Solution sous la forme \(f_1(x) = (a x + b) e^{2x}\) :  
  Substitution et identification :  
  \[f_1''(x) + m f_1'(x) + p f_1(x) = e^{2x}\]  
  donne \(a = -1\), \(b = 0\) (car \(b e^{2x}\) est solution homogène).  
  Ainsi, \(f_1(x) = -x e^{2x}\).

  c) Solution générale :  
  Équation homogène associée : \(y'' - 5y' + 6y = 0\), racines \(r = 2\) et \(r = 3\).  
  Solution homogène : \(y_h(x) = A e^{2x} + B e^{3x}\).  
  Solution générale de \((E)\) :  
  \[y(x) = A e^{2x} + B e^{3x} - x e^{2x}.\]

 3) Équation \(y'' - 4y' + 4y = e^{2x}\)
  a) Solutions sous les formes proposées :  
  - Forme \(k e^{2x}\) : solution homogène, substitution donne \(0 = e^{2x}\), impossible.  
  - Forme \((a x + b) e^{2x}\) : solution homogène, substitution donne \(0 = e^{2x}\), impossible.

  b) Solution sous la forme \(f_1(x) = (a x^2 + b x + c) e^{2x}\) :  
  Substitution et identification :  
  \[f_1''(x) + m f_1'(x) + p f_1(x) = e^{2x}\]  
  donne \(a = \frac{1}{2}\), \(b = 0\), \(c = 0\) (car les termes en \(b\) et \(c\) sont solutions homogènes).  
  Ainsi, \(f_1(x) = \frac{1}{2} x^2 e^{2x}\).

  c) Solution générale :  
  Solution homogène (identique à 1.b) : \(y_h(x) = (A x + B) e^{2x}\).  
  Solution générale de \((E)\) :  
  \[y(x) = e^{2x} \left( \frac{1}{2} x^2 + A x + B \right).\]

 4) Équation \(y'' + m y' + p y = e^{a x}\)
  a) Si \(a\) n'est pas racine de \(r^2 + m r + p = 0\) :  
  On cherche \(f_1(x) = k e^{a x}\). Substitution :  
  \[k (a^2 + m a + p) e^{a x} = e^{a x} \implies k = \frac{1}{a^2 + m a + p} \quad (\text{car } a^2 + m a + p \neq 0).\]  
  Solution particulière : \(f_1(x) = \frac{e^{a x}}{a^2 + m a + p}\).

  b) Si \(a\) est racine simple de \(r^2 + m r + p = 0\) :  
  Forme \(k e^{a x}\) impossible (donne \(0 = e^{a x}\)).  
  On cherche \(f_1(x) = (c x + d) e^{a x}\). Substitution :  
  Le coefficient de \(x\) est nul (car \(a^2 + m a + p = 0\)), et le terme constant donne \(c (2a + m) e^{a x} = e^{a x}\).  
  Comme \(a\) est racine simple, \(2a + m \neq 0\), donc \(c = \frac{1}{2a + m}\) et \(d\) quelconque (mais on prend \(d = 0\) pour solution particulière).  
  Solution particulière : \(f_1(x) = \frac{x e^{a x}}{2a + m}\).

  c) Si \(a\) est racine double de \(r^2 + m r + p = 0\) :  
  Alors \(m = -2a\), \(p = a^2\).  
  Formes \(k e^{a x}\) et \((c x + d) e^{a x}\) impossibles (donnent \(0 = e^{a x}\)).  
  On cherche \(f_1(x) = (e x^2 + f x + g) e^{a x}\). Substitution :  
  Les coefficients de \(x^2\) et \(x\) sont nuls, et le terme constant donne \(2e e^{a x} = e^{a x}\), donc \(e = \frac{1}{2}\), et \(f, g\) quelconques (mais on prend \(f = 0\), \(g = 0\) pour solution particulière).  
  Solution particulière : \(f_1(x) = \frac{1}{2} x^2 e^{a x}\).

 5) Résolution
  a) \(y'' - 2y' + 2y = e^{3x}\)  
  Équation homogène associée : \(y'' - 2y' + 2y = 0\).  
  Équation caractéristique : \(r^2 - 2r + 2 = 0\), discriminant \(\Delta = -4\), racines \(r = 1 \pm i\).  
  Solution homogène : \(y_h(x) = e^x (A \cos x + B \sin x)\).  
  Solution particulière : \(a = 3\) n'est pas racine, forme \(k e^{3x}\).  
  Substitution : \(k (9 - 6 + 2) e^{3x} = 5k e^{3x} = e^{3x} \implies k = \frac{1}{5}\).  
  Solution générale :  
  \[y(x) = e^x (A \cos x + B \sin x) + \frac{1}{5} e^{3x}.\]

  b) \(y'' + 2y' - 3y = e^{x}\)  
  Équation homogène associée : \(y'' + 2y' - 3y = 0\).  
  Équation caractéristique : \(r^2 + 2r - 3 = 0\), racines \(r = 1\) et \(r = -3\).  
  Solution homogène : \(y_h(x) = A e^x + B e^{-3x}\).  
  Solution particulière : \(a = 1\) est racine simple, forme \(c x e^x\).  
  Substitution : \(c (4) e^x = e^x \implies c = \frac{1}{4}\).  
  Solution générale :  
  \[y(x) = A e^x + B e^{-3x} + \frac{1}{4} x e^x.\]