Équations d'ordre 2

En multipliant par $\displaystyle y'$, on fait apparaître des quantités qu’on peut intégrer dans des IPP. Ainsi $\displaystyle yy'=-e^{-x^2}y'y''$ et donc $\displaystyle y^2(t)-y^2(0)=\int_0^t2yy'=-\int_0^t2e^{-x^2}y'y''=-[y'^2e^{-x^2}]_0^t-\int_0^t2xe^{-x^2}y'^2(x)dx\le y'^2(0)$. On en déduit que $\displaystyle y$ est bornée sur son intervalle d’existence, qui est $\displaystyle \R$ car l’équation linéaire est de la forme $\displaystyle y''+b(x)y=0$ avec $\displaystyle b$ défini sur $\displaystyle \R$.

• Variation des constantes ;
• Intégrale à paramètre 👉 On dérive par rapport au paramètre !

1. L’équation homogène a pour solution $\displaystyle A\cos(x)+B\sin(x)$. Avec la méthode de variation des constantes pour trouver une solution particulière, on doit résoudre les équations $\displaystyle A'(x)\cos(x)+B'(x)\sin(x)=0$ et $\displaystyle -A'(x)\sin(x)+B'(x)\cos(x)=1/x$. En multipliant par $\displaystyle \cos$ et $\displaystyle \sin$, et en additionnant on obtient $\displaystyle A'(x)=-\sin(x)/x$ et $\displaystyle B'(x)=\cos(x)/x$. Les solutions de l’EDO $\displaystyle y'' + y = 1 / x$ peuvent donc s’écrire
   $\displaystyle y(x)=A\cos(x)+B\sin(x)+\int_x^\infty\frac{\sin t}{t}dt\cos(x)-\int_x^\infty\frac{\cos t}{t}dt\sin(x)$ (on a choisi $\displaystyle +\infty$ dans les primitives au vu de la question 3. et du fait que les deux intégrales sont convergentes en $\displaystyle +\infty$ en faisant une IPP).
2. On peut appliquer le théorème de dérivation deux fois sous le signe intégrale sur $\displaystyle [a,\infty[$ avec $\displaystyle a>0$ car on peut réaliser les dominations avec $\displaystyle e^{-at}$. La fonction $\displaystyle f$ est donc deux fois dérivable sur $\displaystyle ]0,\infty[$ car $\displaystyle a$ est arbitraire, et $\displaystyle f''(x)=\int_{0}^{ + \infty} e^{ - tx} \frac{t^2\ dt}{1 + t^{2}}$. Ainsi $\displaystyle f(x)+f''(x)=\int_0^\infty e^{-tx}dt=\frac1x$, et on obtient une expression de $\displaystyle f$ avec la question 1. Il reste à déterminer les constantes $\displaystyle A$ et $\displaystyle B$. Par l’expression de la question 2. on déduit que $\displaystyle 0\le f(x)\le\int_0^\infty e^{-tx}dt=\frac1x\xrightarrow[x\to\infty]{} 0$. Or les intégrales dans la question 1. tendent vers $\displaystyle 0$ quand $\displaystyle x\to\infty$ et si $\displaystyle A$ ou $\displaystyle B$ est non nul la fonction $\displaystyle x\mapsto A\cos(x)+B\sin(x)$ est une fonction périodique non nulle, qui ne peut donc tendre vers $\displaystyle 0$. Conclusion : $\displaystyle A=B=0$.
3. Il nous reste une limite à prendre : $\displaystyle x\to0$. On remarque que pour $\displaystyle 0<x<1$, $\displaystyle \left|\int_x^1\frac{\cos(t)}{t}dt\right|\le\int_x^1\frac{dt}{t}=-\ln x$, ce qui montre par croissance comparée avec $\displaystyle \sin x\sim x$ que le dernier membre de l’expression de $\displaystyle f$ tend vers $\displaystyle 0$ quand $\displaystyle x\to0$. Comme $\displaystyle f$ est continue en $\displaystyle 0$ (théorème de continuité avec domination par $\displaystyle 1/(1+t^2)$ ), que $\displaystyle \cos(0)=1$ et $\displaystyle f(0)=[\arctan t]_0^{+\infty}=\pi/2$, on en déduit $\displaystyle \int_{0}^{ + \infty} \frac{\sin t}{t} dt=\frac{\pi}{2}$, joli non ?

On sait qu’il y a unicité de la solution maximale 👉 on peut procéeder par analyse-synthèse et s’aider des séries entières pour proposer le bon candidat !

On suppose que la solution de ce problèm de Cauchy est développable en série entière autour de $\displaystyle 0$ avec un rayon de convergence $\displaystyle R>0$. On écrit : $$\forall t \in ]-R,R \ , \ y(t) = \sum_{n=0}^\infty a_n t^n.$$ Les théorèmes de régularité des séries entières permettent alors d’affirmer que $\displaystyle y$ est de classe $\displaystyle \mathcal{C}^{\infty}$ à l’intérieur du disque de convergence et que $$y'(t) = \sum_{n=1}^\infty a_n n t^{n-1} \ , \ y''(t) = \sum_{n=2}^\infty a_n n(n-1) t^{n-2} .$$ L’absolue convergence des séries considérées permet alors d’écrire, toujours pour $\displaystyle -R<t<R$, que : $$y''(t)+2ty'(t)+2y(t) = 2\sum_{n=0}^\infty a_n t^n + 2\sum_{n=1}^\infty a_n n t^{n}+\sum_{n=2}^\infty a_n n(n-1) t^{n-2}$$ $$= 2 a_0 + \sum_{n=1}^\infty a_n (2+2n) t^n + \sum_{n=0}^\infty a_{n+2} (n+2)(n+1) t^{n}$$ $$=2(a_0+a_2) + (4 a_1 + 6 a_3) t + \sum_{n=2}^\infty \left( a_n(2+2n) + (n+1)(n+2) a_{n+2}\right) t^n.$$ Par hypothèse, la fonction $\displaystyle y''(t)+2ty'(t)+2y(t)$ est identiquement nulle, par unicité du développement en série entière on a alors : $$\forall n \ge 2 \ , \ 2 a_n (n+1) + (n+1)(n+2) a_{n+2},$$ qui se simplifie en $$\forall n \ge 2 \ , \ a_{n+2} = - \frac{2}{n+2} a_n.$$ Cette équation reste vraie pour $\displaystyle n=0$ et $\displaystyle n=1$. De plus, les conditions initiales $\displaystyle y(0)=1$ et $\displaystyle y'(0)=0$ se traduisent par $\displaystyle a_0=1$ et $\displaystyle a_1=0$. On montre alors par récurrence sur $\displaystyle p \ge 0$ que $\displaystyle a_{2p+1} = 0$. Pour les coefficients d’ordre pair, on montre par récurrence sur $\displaystyle p \ge 0$ que $\displaystyle a_{2p} = \frac{(-1)^p}{p!}$, en effet $\displaystyle a_0=1=\frac{(-1)^0}{0!}$ et pour l’hérédité on calcule : $$a_{2(p+1)} = a_{2p+2} = -\frac{2}{2p+2} a_{2p} = -\frac{1}{p+1} \frac{(-1)^p}{p!} = \frac{(-1)^{p+1}}{(p+1)!}.$$ Ainsi (ce qui va clore la phase d’analyse), si la solution du problème de Cauchy est développable en série entière autour de $\displaystyle 0$, alors on a, pour $\displaystyle -R<t<R$ : $$y(t) = \sum_{p=0}^\infty a_{2p} t^{2p} = \sum_{p=0}^\infty \frac{(-1)^p}{p!} (t^2)^p = \exp\left(-t^2\right).$$ On a reconnu le développement en série entière d’une fonction usuelle, et on sait que son rayon de convergence est $\displaystyle +\infty$.

On vérifie maintenant que la fonction $\displaystyle y$ définie pour tout $\displaystyle t \in \R$ par $\displaystyle y(t) = \exp\left(-t^2 \right)$ est bien solution du problème de Cauchy donné dans l’énoncé. On a bien $\displaystyle y(0) = \exp(0)=1$ et $\displaystyle y'(t) = -2t y(t)$, donc $\displaystyle y'(0) = 0$. Enfin, on calcule que $\displaystyle y''(t) = (4t^2-2) y(t)$, ainsi : $$y''(t)+2ty'(t)+2y(t) = \left(4 t^2 -2 +2t(-2t)+2\right) y(t) = 0.$$

1. Convexité 👉 Signe de $\displaystyle y''$.
2. Caractérisation d’un système fondamental par le wronskien.
3. Forme générale des solutions de (E), unicité des constantes.

1. On a $\displaystyle (y^2)''=2y''y+2(y')^2 =2e^x y^2+2(y')^2\geq 0$, sur $\displaystyle \R$, donc $\displaystyle y$ est convexe.
   En particulier pour $\displaystyle t\in[0;1]$, $\displaystyle y^2(t)\leq t y^2(0)+(1-t)y^2(1)=0$. Comme $\displaystyle y^2$ est positive, on en déduit que $\displaystyle y=0$ sur $\displaystyle [0;1]$.
   On a alors $\displaystyle y'(0)=\lim_{t\to 0^+}\frac{y(t)-y(0)}{t}=\lim_{t\to 0^+}(0)=0$, donc $\displaystyle y$ est solution sur $\displaystyle \R$ du problème de Cauchy $$\begin{cases}y''-e^x y=0\qquad(E_0)\\y(0)=0\\y'(0)=0.\end{cases}$$ Par unicité, on en déduit que $\displaystyle y=0$ sur $\displaystyle \R$.
2. On calcule le wronskien en $\displaystyle 0$ : $\displaystyle W(0)=\left|\begin{matrix}y_1(0)&y_2(0)\\y'_1(0)&y'_2(0)\end{matrix}\right|=-y_2(0)$.
   Or $\displaystyle y_2(0)\neq 0$. En effet dans le cas contraire on aurait $\displaystyle y_2=0$ sur $\displaystyle \R$ (question 1.), ce qui est exclu puisque $\displaystyle y'_2(1)\neq 0$.
3. Soit $\displaystyle y_p$ une solution de $\displaystyle (E)$ sur $\displaystyle \R$.
   Les solutions de $\displaystyle (E)$ sont les fonctions $\displaystyle y=y_p+\lambda_1 y_1+\lambda_2 y_2$, avec $\displaystyle \lambda_1,\lambda_2\in\R$.
   Les conditions limites donnent $\displaystyle \begin{cases}y_p(0)+\lambda_2 y_2(0)=0,\\ y_p(1)+\lambda_1 y_1(1)=0.\end{cases}$
   Ce système possède une unique solution $\displaystyle (\lambda_1,\lambda_2)$. En effet :

• $\displaystyle y_1(1)\neq 0$, car si on avait $\displaystyle y_1(1)=0$, $\displaystyle y_1$ serait la fonction nulle (question1 .),
• de même $\displaystyle y_2(0)\neq 0$.

Pour le côté rigueur : remarquons que $\displaystyle \forall x\in\R,~y(x)=(1+e^x)^{-1}z(x)$, et qu’on a donc l’équivalence :
$$\text{$z$ est de classe $\mathcal C^2$ sur $\R$ si et seulement si $y$ est de classe $\mathcal C^2$ sur $\R$.}$$
On calcule :
$$z'(x)=(1+e^x)y'(x)+e^x y(x),\quad z''(x)=(1+e^x)y''(x)+2 e^x y'(x)+e^x y(x).$$
Ainsi $\displaystyle y$ est solution de $\displaystyle (E)$ ssi $\displaystyle z$ est solution de $\displaystyle (\tilde E)$ : $\displaystyle z''(x)+z(x)=e^x$.
$\displaystyle (\tilde E)$ est une équation à coefficients constants, qu’on sait résoudre. Les calculs donnent pour la solution générale de $\displaystyle (\tilde E)$ :
$$z(x)=A\cos(x)+B\sin(x)+\frac{1}{2}e^x,\quad A,B\in\R$$
donc la solution générale de $\displaystyle (E)$ est $$y(x)=\frac{1}{1+e^x}\left(A\cos(x)+B\sin(x)+\frac{1}{2}e^x\right),\quad A,B\in\R.$$

1. Injecter la forme série entière dans $\displaystyle (E_0)$ puis écrire l’égalité des coefficients.
2. On connaît UNE solution $\displaystyle f_0$ de $\displaystyle (E_0)$ : on les cherche toutes sous la forme $\displaystyle f=uf_0$.
3. Examiner d’abord la question du degré puis identifier les coefficients.

1. On trouve, par unicité du DSE, la condition nécessaire et suffisante. : $\displaystyle \forall n\in\N$, $\displaystyle a_n+a_{n+2}=0$
   (les détails ne sont pas présentés ici).
   Ceci équivaut à $\displaystyle a_{2n}=(-1)^n a_0$ et $\displaystyle a_{2n+1}=(-1)^n a_1$.
2. Toutes les fonctions de la forme
   $$f:t\mapsto \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \alpha t^{2n}+\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \beta t^{2n+1} = \frac{\alpha+\beta t}{1+t^2}$$
   sont DSE sur $\displaystyle ]-1;1[$, et d’après les calculs faits en 1), elles sont solutions de $\displaystyle (E_0)$ sur cet intervalle.
   Il faut cependant vérifier qu’elles sont solutions sur $\displaystyle \R$.
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   Bonne nouvelle, on peut se passer de faire cette vérification par le calcul en réfléchissant un tout petit peu (les masochistes pourront néanmoins se faire plaisir en effectuant quand même ces calculs).
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   Posons les fonctions $\displaystyle u:t\mapsto \frac{1}{1+t^2}$ et $\displaystyle v:t\mapsto \frac{t}{1+t^2}$. Alors la fonction $\displaystyle t\mapsto (t^2+1)u''(t)+4tu'(t)+2u(t)$ est une fraction rationnelle (de dénominateur ne s’annulant jamais) qui est nulle sur $\displaystyle ]-1,1[$ donc elle est nulle sur $\displaystyle \R$. Ceci vient du fait qu’un polynôme possédant une infinité de racines est nécessairement le polynôme nul. Donc $\displaystyle u$ est solution de $\displaystyle (E_0)$ sur $\displaystyle \R$, de même pour $\displaystyle v$.
   Conclusion. L’espace des solutions de $\displaystyle (E_0)$ sur $\displaystyle \R$ étant de dimension 2, il est donc engendré par $\displaystyle u$ et $\displaystyle v$.
3. Si $\displaystyle P$ est solution de $\displaystyle (E)$ on vérifie facilement qu’on a nécessairement $\displaystyle \deg(P)=2$. Notons $\displaystyle P(t)=at^2+bt+c$.
   L’identification des coefficients dans $\displaystyle (E)$ donne $\displaystyle \begin{cases}a=1\\b=0\\a+c=1\end{cases}$ d’où la solution particulière $\displaystyle y=t^2$.
   Conclusion. La solution générale de (E) est :
   $$y= \frac{\alpha+\beta t}{1+t^2}+t^2,\quad \alpha,\beta\in\R.$$

1. Écrire l’équation vérifiée par la fonction $\displaystyle t\mapsto y(e^t)$, en espérant qu’elle soit facile à résoudre.
2. Injecter $\displaystyle x\mapsto y(-x)$ dans l’équation, observer que l’équivalence est vérifiée.
3. C’est un problème de recollement, méthode habituelle. Examiner les limites à gauche et à droite pour $\displaystyle y$, et si nécessaire pour $\displaystyle y'$ et $\displaystyle y''$.

1. Soit $\displaystyle y\in\mathcal C^2(]0,+\infty[,\R)$. On pose $\displaystyle z:t\mapsto y(e^t)$, définie sur $\displaystyle \R$.
   On a alors $\displaystyle \forall x>0, y(x)=z(\ln x)$. Par composition, $\displaystyle z$ est $\displaystyle \mathcal C^2$ sur $\displaystyle \R$. On a pour tout $\displaystyle x>0$ :
   $$y'(x)=\frac 1x z'(\ln x),\qquad y''(x) = -\frac 1{x^2} z'(\ln x)+\frac 1{x^2}z''(\ln x)$$
   Ainsi
   $$\begin{aligned} y\text{ sol. de (E) sur }\left]0;+\infty\right[ & \Leftrightarrow \forall x>0,~~z''(\ln x)+z(\ln x)=0\\ &\Leftrightarrow\forall t\in\R,~z''(t)+z(t)=0\\ &\Leftrightarrow \exists A,B\in\R~:~ \forall t\in\R,~z(t)=A\cos(t)+B\sin(t)\\ &\Leftrightarrow \exists A,B\in\R~:~ \forall x>0,~y(x)=A\cos(\ln x)+B\sin(\ln x) \end{aligned}$$
2. Soit $\displaystyle y$ solution de $\displaystyle (E)$ sur $\displaystyle ]0,+\infty[$, soit $\displaystyle \tilde y$ définie sur $\displaystyle ]-\infty,0[$ par $\displaystyle \tilde y(x)=y(-x)$.
   Montrons que $\displaystyle \tilde y$ est solution de $\displaystyle (E)$ sur $\displaystyle ]-\infty,0[$. On a pour $\displaystyle x<0$ :
   $$x^{2}\tilde y''(x) + x \tilde y'(x) + \tilde y(x) = (-x)^{2} y''(-x) - x y'(-x) + y(-x)=0.$$ Comme $\displaystyle y(x)=\tilde y(-x)$ le calcul est le même pour démontrer la réciproque.
3. Si $\displaystyle y$ est solution sur $\displaystyle \R$ alors d’après ce qui précède il existe $\displaystyle A,B,C,D\in\R$ tels que :
   $$\begin{cases} \forall x>0,~y(x)=A\cos(\ln x)+B\sin(\ln x)\\ \forall x<0,~y(x)=C\cos(\ln(-x))+D\sin(\ln(-x)) \end{cases}$$Si $\displaystyle (A,B)\neq(0,0)$ alors il existe $\displaystyle K>0$ et $\displaystyle \phi\in\R$ tels que $\displaystyle \forall x>0, y(x)=K\cos(\ln(x)-\phi)$, donc $\displaystyle y$ n’a pas de limite en $\displaystyle 0$, ce qui est exclu. On a donc nécessairement $\displaystyle A=B=0$, et de même $\displaystyle C=D=0$.

1. Considérer une fonction d.s.e., injecter dans $\displaystyle (E)$ puis écrire l’égalité des coefficients.
2. Si on a une solution $\displaystyle y_0$, chercher l’ensemble des solutions sous la forme $\displaystyle y=zy_0$.
3. Écrire les solutions sur $\displaystyle \R_+^*$ et $\displaystyle \R_-^*$ puis étudier le recollement.

1. Soit $\displaystyle y_0:x\mapsto \sum_{n=0}^\infty a_nx^n$, où on suppose le rayon $\displaystyle R$ de la série $\displaystyle \sum a_nx^n$ strictement positif.
   Les calculs (non détaillés ici) donnent que $\displaystyle y_0$ est solution de $\displaystyle (E)$ sur $\displaystyle ]-R,R[$ si et seulement si : $$\forall x\in]-R,R[,~~2a_1+\sum_{n=1}^\infty\left((n+1)(n+2)a_{n+1}-a_{n-1}\right)x^n=0.$$ Ainsi par unicité du développement en série entière, on a l’équivalence :
   $\displaystyle y_0$ solution sur $\displaystyle ]-r;r[$ $\displaystyle \Leftrightarrow$ $\displaystyle \begin{cases}a_1=0\\\forall n\geq 2,~a_n=\frac{1}{n(n+1)}a_{n-2}\end{cases}$ $\displaystyle \Leftrightarrow$ $\displaystyle \begin{cases}\forall p\in\N,~a_{2p+1}=0,\\\forall p\in\N,~a_{2p}=\frac{1}{(2p+1)(2p)\dots 3.2}a_0.\end{cases}$
   Posons donc désormais $\displaystyle y_0:x\mapsto\sum_{p=0}^\infty \frac{x^{2p}}{(2p+1)!} = \frac{\sh(x)}{x}$, prolongée par $\displaystyle y_0(0)=1$.
   Les calculs ci-dessus montrent que $\displaystyle y_0$ est développable en série entière (avec un rayon $\displaystyle +\infty$), et qu’elle est solution de $\displaystyle (E)$ sur $\displaystyle \R$.
2. On cherche les solutions $\displaystyle y$ de $\displaystyle (E)$ sur $\displaystyle ]0;+\infty[$ sous la forme $\displaystyle y=zy_0$. Après calcul, on trouve que :
   $$\begin{aligned} y \text{ solution de }(E)\text{ sur }]0,+\infty[ &\Leftrightarrow \forall x>0,~2\ch(x)z'+\sh(x)z''=0 \\ & \Leftrightarrow \exists\lambda\in\R~:~\forall x>0,~z'=\lambda \exp(-2\ln(\sh x)) = \frac{\lambda}{\sh^2 x}\\ & \Leftrightarrow \exists\lambda\in\R~:\forall x>0,~z'=\lambda \frac{\ch^2 x-\sh^2 x}{\sh^2 x}\qquad\text{(on reconnaît $\frac{u'v-uv'}{v^2}$)}\\ & \Leftrightarrow \exists\lambda,\mu\in\R~:\forall x>0,~z= -\lambda \frac{\ch x}{\sh x}+\mu\qquad(\lambda,\mu\in\R) \end{aligned}$$ Conclusion. La solution générale de $\displaystyle (E)$ sur $\displaystyle ]0;+\infty[$ est : $$y=\frac{\lambda\ch(x)+\mu\sh(x)}{x}.$$
3. La résolution faite en (2) est identique sur $\displaystyle ]-\infty,0[$.
   Si $\displaystyle y$ est solution de $\displaystyle (E)$ sur $\displaystyle \R$ alors il existe $\displaystyle \lambda_1,\lambda_2,\mu_1,\mu_2$ tels que
   $$\begin{cases} \forall x>0,~y(x)=\frac{\lambda_1\ch(x)+\mu_1\sh(x)}{x};\\ \forall x<0,~y(x)=\frac{\lambda_2\ch(x)+\mu_2\sh(x)}{x}. \end{cases}$$
   Nécessairement, $\displaystyle \lambda_1=\lambda_2=0$ (sinon, limites infinies en $\displaystyle 0$).
   De plus $\displaystyle \lim_{x\to 0^-} y(x)=\mu_2=\mu_1 = \lim_{x\to 0^+} y(x)$, et $\displaystyle y(0)=\mu_1=\mu_2$.
   Conclusion. Les solutions de $\displaystyle (E)$ sur $\displaystyle \R$ sont les fonctions
   $$y:x\mapsto \mu\frac{\sh(x)}{x},\quad\mu\in\R$$ (prolongées par continuité en $\displaystyle 0$).

r.a.s. c’est la méthode de cours !

Le polynôme caractéristique a deux racines $\displaystyle \pm i$, donc l’équation homogène $\displaystyle (E_0)$ a pour ensemble de solutions
$$\mathrm{Vect}(t\mapsto \cos t,t\mapsto \sin t).$$ Reprenons le principe de variation des constantes. Autre méthode :
$\displaystyle y$ est solution de $\displaystyle (E_0)$ ssi $\displaystyle Y=\begin{bmatrix}y\\y'\end{bmatrix}$ est solution de $\displaystyle (S_0)$ : $\displaystyle Y'=AY$, où $\displaystyle A=\begin{bmatrix}0&1\\-1&0\end{bmatrix}$. On a :
$$e^{tA}=\sum_{n=0}^\infty \frac{t^{2n}}{(2n)!}(-1)^nI+\sum_{n=0}^\infty \frac{t^{2n+1}}{(2n+1)!}(-1)^nA = \begin{bmatrix}\cos t&\sin t\\-\sin t & \cos t\end{bmatrix}.$$ Ainsi une base de solutions de $\displaystyle Y'=AY$ est formée des vecteurs
$$Y_1 = \begin{bmatrix}\cos x\\-\sin x\end{bmatrix},\qquad Y_2 = \begin{bmatrix}\sin x\\\cos x\end{bmatrix}.$$Une base de solutions de $\displaystyle y''+y=0$ est donc $\displaystyle (x\mapsto \cos x,x\mapsto \sin x)$.
$\displaystyle y$ est solution de $\displaystyle (E)$ ssi $\displaystyle Y$ est solution de $\displaystyle (S)$ : $\displaystyle Y'=AY+B(x)$, où $\displaystyle B(x)=\begin{bmatrix}0\\1/\sin x\end{bmatrix}.$
On cherche $\displaystyle Y_p$ solution de (S) sous la forme $\displaystyle Y_p=a(x)Y_1+b(x)Y_2$.
Après avoir injecté cette forme dans $\displaystyle (S)$ on trouve que c’est le cas ssi :
$$\begin{cases}a'(x)\cos x+b'(x)\sin x=0\\-a'(x)\sin x+b'(x)\cos x=\frac{1}{\sin x}\end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases}a'(x)=-1\\b'(x)=\frac{\cos x}{\sin x}.\end{cases}$$On peut prendre $\displaystyle a(x)=-x$ et $\displaystyle b(x)=\ln(\sin x)$, ce qui donne $\displaystyle y_p=-x\cos x+\sin(x)\ln(\sin x)$.
Conclusion. La solution générale de $\displaystyle (E)$ est : $$y = a\cos(x)+b\sin(x)-x\cos x+\sin(x)\ln(\sin x).$$