L`équation homogène a pour solutions

PCSI2
Correction des exercices-Chap 6 : Equations différentielles.
1.1 Résolution de (E7) :
L’équation homogène a pour solutions : x  ke x , k décrit .
On cherche une solution particulière f : x  Q(x)ex avec q polynôme.
On trouve x, Q’(x) = x+1 donc f : x  (
x²
 x)ex est une solution particulière de (E7).
2
1

CCl : S7 = { x   x²  x  k  ex , k décrit  }
2

Résolution de (E8) : x, (E8)  y'
2x
1
y
x²  1
(x²  1)²
2x
est continue sur  et A : x  ln(x²  1) est une primitive de a sur .
x²  1
k
Par théorème, les solutions de l’équation homogène sont x  ke  ln(x²1) 
, k décrit .
x²  1
1
b: x
est continue sur, on peut appliquer la méthode de variation de la constante
(x²  1)²
a : x 
pour déterminer une solution particulière de (E8).
k(x)
1
Soit f : x 
, f solution de (E8)  ... x, k’(x) =
. On choisit k(x) = Arctan(x) et
x²  1
x²  1
Arc tan(x)
on obtient f : x 
est solution particulière de (E8).
x²  1
CCl : S8 = { x 
Arc tan(x)  k
, k décrit  }
x²  1
1.3 Résolution de (E7) : l’équation caractéristique est r²+1 = 0. Ces racines sont i et –i donc les
solutions de l’équation homogène sont x  Acos x  B sin x , (A,B) décrit ².
On cherche une solution particulière sous la forme f : x   cos(2x)   sin(2x) , en injectant dans
1
l’équation on obtient f : x   cos x est solution particulière de (E7).
3
1
CCl : S7 = { x  Acosx  Bsin x  cos(2x) , (A,B) décrit ² }
3
Résolution de (E8) : l’équation caractéristique est r²+4r+5 = 0. Ces racines sont -2+i et -2-i donc
les solutions de l’équation homogène sont t  e 2t  Acost  B sint  , (A,B) décrit ².
On cherche une solution particulière de y ‘’+4y’+5y = te(-2+i)t sous la forme f : t  Q(t)e ( 2i) t ,
avec Q polynôme. En injectant dans l’équation on obtient t, Q(t) = 
i
1
t²  t .
4
4
On sait que Re(f) est une solution particulière de (E8).
1
1
t, Im(f)(t) = e-2t(  t²cos t  t sin t ), d’où :
4
4
CCl : S8 = { t  e 2t (Acost  B sin t 
1
1
t²cos t  t sin t) , (A,B) décrit ² }
4
4
1.6 a. On note (Ha) l’équation homogène, l’équation caractéristique est r²-2ar+1 = 0.
Son discriminant est = 4(a²-1).
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1er cas |a| > 1 : On a  > 0, l’équation caractéristique a deux racines réelles :
r1 = a  a²  1 et r2 = a  a²  1 .
rx
rx
Les solutions de (Ha) sont x  Ae 1  Be 2
, (A,B) décrit ².
2ème cas : |a| = 1 : On a  = 0, l’équation caractéristique a une seule racine réelle :
r0 = a  1
Les solutions de (Ha) sont x  (Ax  B)e  x , (A,B) décrit ².
3ème cas |a| < 1 : On a  < 0, l’équation caractéristique a deux racines complexes conjuguées :
z1 = a  i 1  a² et z2 = z1 .


Les solutions de (Ha) sont x  e ax Acos( 1  a².x)  B sin( 1  a².x) , (A,B) décrit ².
b. On cherche une solution particulière de (Ea) sous la forme f : x  Q(x)ex avec Q polynôme.
En injectant dans l’équation, on obtient :
f solution de (Ea)  x, Q"(x) + (2-2a)Q’(x) + (2-2a)Q(x) = 1.
Deux cas sont à considérer :
1er cas : a = 1, on a f solution de (E)  x, Q’’(x) = 1.
On choisit successivement Q’(x) = x et Q(x) =
1
x² .
2
1
x²ex est une solution particulière de (Ea).
2
1er cas : a  1, on a f solution de (E)  Q de degré 0.
Bilan : f : x 
on pose Q(x) =  on obtient f solution de (Ea)   =
Bilan : f : x 
ex
2  2a
1
2  2a
est une solution particulière de (Ea).
c. On sait que les solutions de (Ea) s’obtiennent en faisant la somme des solutions de (Ha) et d’une
solution particulière de (Ea), donc on peut conclure :
rx
rx
1er cas : a > |1|, Sa = { x  Ae 1  Be 2 
ex
2  2a
, (A,B) décrit ²}.
1
x²).ex , (A,B) décrit ²}.
2
1
3ème cas : a = -1, S-1 = { x  (Ax  B  ).e x , (A,B) décrit ²}.
4
2ème cas : a = 1, S1 = { x  (A  Bx 


4ème cas : a < |1|, Sa = { x  e ax Acos( 1  a².x)  Bsin( 1  a².x) 
ex
2  2a
, (A,B) décrit ²}.
2.3 On raisonne par analyse synthèse.
Analyse : Soit f une fonction dérivable sur  telle que x, f’(x)+f(-x) = ex ().
On a donc x, f’(x) = ex-f(-x).
Par suite f’ est dérivable sur et x, f’’(x) = ex+f’(-x) ().
Or la relation () est vraie pour –x d’où : f’(-x) = e-x – f(x).
On en déduit que x, f’’(x) + f(x) = ex+e-x = 2ch(x).
La résolution de l’équation différentielle y’’+y = 2chx donne comme solution :
f : x  Acos x  B sin x  chx , (A,B) décrit ².
Réinjectons cette fonction dans la relation () : x, f’(x) = Asin x  Bcos x  shx .
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Donc si f solution alors x,
Asin x  Bcos x  shx  Acos x  Bsin x  chx  e x  (A  B)(cos x  sin x)  0 .
En prenant x = 0 (par exemple), on obtient A+B=0
Bilan : Les solutions possibles sont f : x  Acos x  Asin x  chx , A décrit 
Synthèse : Il est aisé de vérifier que ces fonctions sont bien solutions.
Conclusion : les fonctions cherchées sont f : x  Acos x  Asin x  chx , A décrit .
2.4 On raisonne par analyse synthèse.
Analyse : Soit f une fonction deux fois dérivable sur  telle que x, f’’(x)+f(-x) = x ().
On pose g(x) = f(x)+f(-x) et h(x) = f(x)-f(-x).
On remarque que g est paire h est impaire et h+g = 2f.
Cherchons des conditions sur g et h :
Il est clair que g et h sont deux fois dérivable avec, x,
g’(x) = f’(x)-f’(-x) et g’’(x) = f’’(x)+f’’(-x)
h’(x) = f’(x)+f’(-x) et h’’(x) = f’’(x)-f’’(-x)
On a donc x, g’’(x)+g(x) = (f’’(x)+f(-x)) + (f’’(-x)+f(x)) = x + (-x) =0
et x, h’’(x)-h(x) = (f’’(x)+f(-x)) - (f’’(-x)+f(x)) = x – (-x) = 2x
La résolution de l’équation différentielle y’’+y = 0 donne comme solution :
g : x  Acos x  B sin x , (A,B) décrit ².
cours
Comme g est paire, g(/4) = g(-/4) donne B=0
La résolution de l’équation différentielle y’’-y = 2x donne comme solution :
h : x  C chx  Dsh x  2x , (C,D) décrit ².
cours
Comme h est impaire, h(/4) = -h(/4) donne C = 0
Bilan : Les solutions possibles sont : f : x 
1
(Acos x  Dshx  2x) , (A,D) décrit ².
2
Synthèse : Il est aisé de vérifier que ces fonctions sont bien solutions.
Conclusion : les fonctions cherchées sont f : x 
1
(Acos x  Dshx  2x) , (A,D) décrit .
2
2.6 a. Soit x0 > 0. L’équation de la tangente en M0 d’abscisse x0 à () est :
y  f'(x0 )(x  x0 )  f(x0 )  y  
1
x02
x
2
x0
. Il est clair que cette droite coupe (Ox) en T(2x0,)
b. Soit f dérivable sur ]0 ;+[ et x0 > 0. On note () la courbe représentative de f sur I.
La tangente (0) à () au pont M0 d’abscisse x0 est (0) : y = f’(x0)(x-x0) + f(x0).
(0) coupe (Ox) en M(2x0,0)  f’(x0)(2x0-x0) + f(x0) = 0  x0f’(x0) + f(x0) = 0.
Par suite f convient ssi f est solution de xy’ + y = 0 sur I.
La résolution de cette équation linéaire homogène du 1er ordre sur I donne f : x 
k
, k décrit .
x
2.7 a. L’équation caractéristique de cette EDL est mr²+hr+k = 0.
On a  = h² - 4mk.
Il n’y aura pas d’oscillations ssi la fonction décrivant le mouvement ne s’écrit pas avec des
fonctions trigonométriques ssi  ≥ 0 ssi h² ≥ 4mk ssi h  2 mk .
b. On a alors  = 0. L’équation caractéristique a pour racine double : -10-1
La solution générale de l’équation est y(t) = (At+B)e-t/10
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y(0) = 0 donne B = 0 et y’(0) = 10-1 donne A = 10-1
t
Ccl : y(t) =
t 10
e
10
3.3 On note (E) : x²y’’+xy’+y = 0
soit xI = +*, on pose x = et  t = ln(x)
Soit y une solution de (E) on pose z :t  y(et).
z est deux fois dérivable sur  avec z’(t) = ety’(et) et z’’(t) = ety’(et)+e2ty’(et).
y solution de (E)  xI, x²y’’(x) + xy’(x) + y(x) = 0
 t, e2ty(et) + ety’(et) + y(et) = 0
 t, z’’(t) + z(t) = 0
 z solution de y’’ + y = 0
 (A,B)², t, z(t) = Acost + Bsint
 (A,B)², xI, z(lnx) = Acos(lnx) + Bsin(lnx)
 (A,B)², xI, y(x) = Acos(lnx) + Bsin(lnx)
CCl : S = { x  Acos(ln x)  Bsin(ln x) , (A,B) décrit }.
3.4 On raisonne par analyse synthèse.
Analyse : Soit x et y deux fonctions solutions.
On a x’ = 2x+y+4cos(t), donc x’ est encore dérivable et x’’ = 2x’+y’-4sin(t).
Or y = -x+2y+t, en remplaçant on obtient: x’’ = 2x’-x+2y+t-4sin(t).
Comme x’ = 2x+y+4cos(t)  y = x’-2x-4cos(t), on obtient au final :
x ‘’ = 2x’-x+2(x’-2x-4cos(t))+t-4sin(t)  x’’-4x’+5x = t-8cos(t)-4sin(t) (Ex).
On demande à Wolfram de résoudre (Ex), il renvoie :
t 4 1
3
x(t) = e2t(Acost+Bsint) + 
 sin t  cos t , (A,B)².
5 25 2
2
En injectant dans y = x’-2x-4cos(t), on obtient
2
3 1
13
y(t) = e2t(-Asint+Bcos) + t 
 sin t  cos t , (A,B)².
5
25 2
2
Synthèse : On vérifie que les fonctions trouvées sont solutions.
CCl :.....
4.2 a. On pose I1 = ]0 ;+[ et I2 = ]-;0[.
Sur ces intervalles, (E)  y'
1t
1
.
y
t²
t²
1t
1
sont continues sur I1 et sur I2, on pourra donc appliquer les théorèmes
et b:t 
t²
t²
du cours.
a:t 
b. Soit P(t) = antn + an-1tn-1 + ...+a1t + a0 un polynôme.
On a P’(t) = nantn-1 + (n-1)an-2tn-2+ ... +a1.
P est solution de (E)  t, t²P’(t) + (1-t)P(t) = 1
t²P’(t) est de degré n+1 et son premier terme est nantn+1
(1-t)P(t) est aussi de degré n+1 et son premier terme est –antn+1
Comme la somme est de degré 0 il faut que les termes et tn+1 s’annule ce qui donne n=1.
On cherche donc un polynôme de degré 1, P(t) = at+b, solution de (E), on obtient P(t) = t+1.
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c. Résolution de (E) sur (I1) :
Par théorème, les solutions générales de l’équation homogène sont y(t) = k1te1/t, k1.
P est une solution particulière de (E) sur donc aussi sur I1.
1
Bilan : S1 = { t  k1 te t  t  1 , k1 décrit }.
Résolution de (E) sur (I2) :
Le même raisonnement donne :
1
S2 = { t  k2 te t  t  1 , k2 décrit }.
d. Analyse : Soit f une solution de (E) sur .
1

k1 te t  t  1 si t>0
D’après la question précédente, f(t) = 
.
1

t
k2 te  t  1 si t<0
Or f est dérivable donc continue sur  et donc en particulier continue en 0.
On a lim f(t)  1 donc f(0)=1 et nécessairement k1 = 0 (sinon lim f(t)   ).
t 0
t0
t  1 si t>0

1
on a donc f(t) = 
k2 te t  t  1 si t<0

On doit aussi avoir f dérivable en 0.
1
lim
t 0
f(t)  f(0)
t 1
f(t)  f(0)
 lim
 1 et lim
 lim
t
t 0
t
t0
t
t0
k2 te t t  t  1
t
1
 lim k2 e t  1  1 .
t0
c’est toujours le cas, indépendamment de k2
t  1 si t  0

1
Bilan : Les solutions possibles sur  sont f(t) = 
, k2.
k2 te t  t  1 si t<0

Synthèse : On vérifie que les fonctions trouvées sont solutions
t  1 si t  0

1
CCl : S = { t  
, k2 décrit }
k2 te t  t  1 si t<0

Quelques courbes intégrales pour mieux voir ces solutions :
y
6
5
4
3
2
1
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
8
x
-1
-2
-3
-4
-5
-6
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