Devoir Maison

BTS 2
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2010-2011
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Exercice 1 (no 3 de la feuille).
1. L’équation différentielle (E0 ) est de la forme ax′ + bx = 0 où a(t) = 2 et b(t) = 3. C’est une
équation homogène. Pour appliquer le théorème, il faut que la fonction a ne s’annule jamais,
ce qui est le cas.
b(t)
3
b
3
a(t) = 2 . Une primitive de a est G(t) = 2 t.
Le théorème nous alors la forme des solutions de (E0 ) :
où k est un nombre réel.
3
x(t) = k exp − G(t) = k exp − t
2
2. Nous souhaitons que g soit solution de (E). Pour cela, nous allons l’injecter dans l’équation :
g(t) = at2 + bt + c donc g ′ (t) = 2at + b. donc
2g ′ + 3g
= 2 2at + b + 3 at2 + bt + c
= 4at + 2b + 3at2 + 3bt + 3c
= (3a)t2 + (4a + 3b)t + (2b + 3c)
Comme nous voulons que g vérifie l’équation, il faut que (3a)t2 + (4a + 3b)t + (2b + 3c) =
6t2 − 7t − 7 ce qui, par identification, donne le système :


3a = 6
4a + 3b = −7


2b + 3c = −7
La résolution donne a = 2, b = −5 et c = 1. Donc la fonction g qui vérifie (E) est g(t) =
2t2 − 5t + 1.
3. Les solutions de (E) sont toutes constituées de la somme d’une solution particulière et d’une
solution de l’équation différentielle homogène associée.
Dans la première question, nous avons trouvé les solutions de l’équation homogène. Dans la
deuxième question, nous avons trouvé une solution particulière.
Les solutions de (E) sont donc
3
2
x(t) = 2t − 5t + 1 + k exp − t
2
où k est un nombre réel.
4. f vérifie (E) donc est de la forme f (t) = 2t2 − 5t + 1 + k exp − 32 t . Or
f (0) = 1 + k exp(0) = 3 + k
Donc pour que f (0) = 0, il faut et il suffit que k = −1. La fonction f est donc
3
f (t) = 2t2 − 5t + 1 − exp − t
2
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Exercice 2 (no 5 de la feuille).
1. L’équation (E0 ) est de la forme ax′ + by = 0, avec a(t) = 3 et b(t) = −2. La fonction a ne
s’annule jamais. On peut donc appliquer le théorème.
b(t)
−2
b
2
a(t) = 3 . Une primitive de a est G(t) = − 3 t.
D’après le théorème, les solutions sont donc de la forme
2
t
x(t) = k exp −G(t) = k exp
3
où k est un nombre réel.
2. Nous allons injecter g dans l’équation différentielle. g(t) = A cos(2t) + B sin(2t) donc g ′ (t) =
−2A sin(2t) + 2B cos(2t). Donc
3g ′ − 2g = 3 − 2A sin(2t) + 2B cos(2t) − 2 A cos(2t) + B sin(2t)
= 6B − 2A cos(2t) + − 6A − 2B sin(2t)
Pour satisfaire l’équation, il faut donc 6B −2A cos(2t)+ −6A−2B sin(2t) = −20 cos(2t)
ce qui conduit, par identification, à résoudre le système
(
6B − 2A = −20
−6A − 2B = 0
En résolvant ce système, on obtient A = 1 et B = −3. donc g(t) = cos(2t) − 3 sin(2t).
3. Les solutions de (E) sont de la forme
x(t) = x0 (t) + g(t)
où x0 est une solution de l’équation homogène associée et g la solution particulière trouvée
à la question précédente. donc
2
t + cos(2t) − 3 sin(2t)
x(t) = k exp
3
où k est un nombre réel.
4. f est une solution de (E) donc de la forme f (t) = k exp 23 t + cos(2t) − 3 sin(2t).
f (0) = k exp(0) + cos(0) − 3 sin(0) = k + 1 Pour avoir f (0) = 0, nous devons poser k = −1.
Donc
2
x(t) = cos(2t) − 3 sin(2t) − exp
t
3