Mathématiques 2013 - 2014 Colle no 7 — Equations différentielles

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Mathématiques
 - 
Lycée Louis Le Grand – PCSI2
Colle no  — Equations différentielles
Exercice .
Exercice .
Résoudre sur R l’équation y ′′ + 9y = x2 + 1, avec les
conditions initiales y(0) = 0 et y ′ (0) = 0.
Soient g et k des constantes positives. On considère
l’équation différentielle
(∗)
Exercice .
Résoudre sur R l’équation y ′′ + 2y ′ + y = x2 ex − x2 e−x
Exercice .
L’oscillateur harmonique forcé de fréquence propre ω0 > 0
et de force extérieure F (t) obéit à l’équation de mouvement
ẍ + ω02 x = F (t) .
Résoudre cette équation dans le cas d’une force extérieure périodique de la forme F (t) = b cos(ω1 t) avec
b ∈ R∗ , ω1 ∈ R∗+ . Que se passe-t-il lorsque la fréquence
d’excitation est égale à la fréquence propre du système,
i.e. si ω1 = ω0 ? Esquisser une solution dans ce cas, appelé « cas de résonance ».
Exercice .
L’oscillateur harmonique amorti forcé de fréquence propre
ω0 > 0 et de force extérieure F (t) = b cos(ω1 t) obéit à
l’équation de mouvement
(E)
:
ẍ + 2kẋ + ω02 x = b cos(ω1 t) ,
avec b ∈ R∗ et k, ω1 ∈ R∗+ . Résoudre cette équation. Peut-il avoir une catastrophe comme la résonance
de l’exercice précédent où l’amplitude devient infinie
lorsque t → ∞ ?
ẍ = −g − k|ẋ|ẋ.
. Expliquer pourquoi cette équation décrit la distance
x entre le sol terrestre et un objet de masse 1 lancé vers le
haut ou en chute libre ; la constante g étant l’accélération
du champ de pesanteur terrestre et la force de frottement
avec l’air étant proportionnelle au carré la vitesse.
. Résoudre l’équation (∗) pour un objet en chute libre.
On suppose que la vitesse à l’instant t = 0 est nulle.
Montrer que sa vitesse ne peut pas dépasser une certaine
vitesse limite.
. Résoudre l’équation (∗) pour objet lancé vers le haut.
On note v0 la vitesse à l’instant t = 0. Montrer que la
durée de la montée est majorée par une durée limite indépendante de la vitesse initiale.
. En recollant les deux solutions trouvées ci-dessus décrire le mouvement complet d’un objet lancé vers le haut
avec la vitesse v0 à l’instant t = 0.
Exercice .
On reprend les notations de l’exercice précédent. Selon
des expériences menées par George Gabriel Stokes
(1819–1903), pour un objet sphérique à petite vitesse, la
force de frottement est proportionnelle à la vitesse. Avec
ce modèle de frottement on a donc l’équation de mouvement
ẍ = −g − kẋ.
. Résoudre cette équation pour un objet lancé du sol
vers le haut avec une vitesse v0 à l’instant t = 0.
Exercice .
. L’équation différentielle
ẋ = ax ,
x > 0, t ∈ R, a > 0 ,
décrit l’évolution de l’effectif d’une population x avec
un taux de croissance proportionnel à l’effectif. Résoudre cette équation par séparation des variables. On
notera x0 l’effectif initial à l’instant t = 0.
. La mathématicien belge Pierre François Verhulst (1804–1849) proposa de tenir compte d’un ralentissement de la croissance lié à des effets de surpopulation. Dans son modèle ce ralentissement est proportionnel au carré de l’effectif x, de sorte que
ẋ = ax − bx2 ,
. Y a-t-il une vitesse limite pour la chute ? Une durée
limite pour la montée ?
x > 0, t ∈ R, a, b > 0 .
Exercice .
Soit l’équation différentielle y ′ = ex+y .
. Résoudre l’équation avec la condition initiale y(0) =
0. La tracer approximativement.
. Montrer que chaque courbe de solution est symétrique par rapport à la droite d’équation y = −x.
. Montrer que si x 7→ y(x) est une solution et si a ∈ R,
alors x 7→ y(x+a)+a est aussi solution. Tracer la famille
des courbes solutions.
.a. Trouver toutes les solutions constantes.
.b. Maintenant on considère les solutions strictement
croissantes. Les déterminer. Que dire de la limite lorsque
le temps t tend vers ±∞ ? Calculer l’ordonnée du point
d’inflexion de la courbe solution.
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Exercice .
Résoudre y ′ y 4 =
1
.
1+x2

 - 
. Solutions
Solution .
La solution est
x2
7
1 − cos(3x) +
.
81
9
Solution .
L’équation caractéristique admet la racine double −1. On
trouve une solution particulière y1 de (E1 ) : y ′′ + 2y + y =
x2 ex sous la forme (ax2 + bx + c)ex et une solution
y2 de (E2 ) : y ′′ + 2y + y = −x2 e−x sous la forme
x2 x 3
(ax4 + bx3 + cx2 )e−x . On trouve y1 =
− +
ex , et
4
2 8
pour y2 on sait qu’on obtient l’équation y2′′ = −x2 , donc
1
on voit directement que b = c = 0 et a = − .
12
L’ensemble des solutions est donc : S
=ª
§
x2
x
3 x x4 −x
− +
e −
e + (λx + µ)e−x , (λ, µ) ∈ R2 .
4
2
8
12
Solution .
Nous savons déjà que les solutions de l’équation homogène sont les fonctions sinusoïdales de fréquence ω0 ,
x(t) = A cos(ω0 t + θ) ,
A, θ ∈ R.
Le polynôme caractéristique de l’équation est X 2 + ω02 .
Pour trouver une solution de l’équation inhomogène nous
passons à l’equation complexe
◮ Si ω1 = ω0 , on est dans le cas de résonance. Le coefficient exponentiel est racine simple du polynôme caractéristique. Il existe donc une solution de la forme g(t) =
cteiω0 t avec c ∈ C. Alors ġ(t) = c(iω0 t + 1)eiω0 t et
g̈(t) = c(−ω02 t + 2iω0 )eiω0 t . On remplace :
beiω0 t = g̈(t) + ω02 g(t) = 2 i c ω0 eiω0 t ,
ẍ + ω02 x = beiω1 t
et distinguons deux cas.
◮ Si ω1 6= ω0 , alors le coefficient exponentiel iω1 n’est
pas racine du polynôme caractéristique. Il existe donc une
solution de la forme g(t) = ceiω1 t avec c ∈ C. Alors
g̈(t) = −cω12 eiω1 t . On remplace :
be
iω1 t
= g̈(t) +
ω02 g(t)
=
d’où c = b/(ω02 − ω12 ). Ainsi
f (t) := Re g(t) =
c(ω02
−
d’où c = −
f (t) = Re
ω12 )eiω1 t ,
b cos(ω1 t)
ω02 − ω12
b cos(ω1 t)
+ A cos(ω0 t + θ) , A, θ ∈ R.
ω02 − ω12
Il s’agit de la somme de fonctions sinusoïdales de fréquence distinctes. On peut démontrer que ce n’est pas une
fonction sinusoïdale et qu’elle est périodique si et seulement si le rapport ω0 /ω1 est rationnel.
−bit iω0 t
e
2ω0
=
bt
sin(ω0 t).
2ω0
La solution générale est donc de la forme
est une solution réelle de l’équation de mouvement. La
solution générale est donc de la forme
x(t) =
bi
. Ainsi on obtient une solution réelle
2ω0
x(t) =
bt
sin(ω0 t) + A cos(ω0 t + θ) , A, θ ∈ R.
2ω0
On remarque que l’amplitude tend vers l’infini lorsque
t → ∞ ; les oscillations deviennent de plus en plus
grandes, le système finit par exploser !
x
t
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
 - 
Solution .
Nous passons au complexe,
(EC )
c=
ẍ + 2kẋ + ω02 x = beiω1 t .
:
Le coefficient exponentiel iω1 n’est pas racine du polynôme caractéristique P = X 2 + 2kX + ω02 . En effet,
Par extraction de la partie réelle on obtient une solution
réelle f = Re(g) de (E),
f (t) =
P (iω1 ) = −ω12 + 2kω1 i + ω02 6= 0,
car kω1 6= 0. Il existe donc une solution de la forme
g(t) = ceiω1 t . Remplaçons dans (EC ).
beiω1 t = g̈(t) + 2kġ(t) + ω02 g(t) = P (iω1 )ceiω1 t ,
d’où
ω02 − ω12 − 2kω1 i
1
=
.
2
P (iω1 )
(ω02 − ω12 ) + 4k2 ω12
(ω02 − ω12 ) cos(ω1 t) + 2kω1 sin(ω1 t)
.
(ω02 − ω12 )2 + 4k2 ω12
Pour avoir toutes les solutions de l’équation (E) on ajoute
à f les solutions de l’équation homogène (H) déjà résolue dans un exercice précédent. Aucune solution ne possède une amplitude qui croît infiniment ; apparemment
le terme de frottement linéaire empêche une telle catastrophe.
Solution .
a
. Une condib
tion nécessaire pour avoir un point d’inflexion est que la
dérivée seconde s’annule. Si x(t) est une solution alors
On a donc lim x(t) = 0 et lim x(t) =
. On trouve
dx
= ax
dt
⇐⇒
dx
= a dt
x
Z x
Z t
dx
=a
dt
x0 x
0
⇐⇒
ℓn x − ℓn x0 = at
⇐⇒
x(t) = x0 eat .
⇐⇒
. .a. Une solution t 7→ x(t) est constante si et seulement
si ẋ = 0. Cela équivaut à ax − bx2 = 0. Donc il y a deux
solutions constantes, 0 et a/b.
.b. Remarquons d’abord qu’il s’agit d’une croissance
stricte si et seulement si x(a − bx) = ẋ > 0, ce qui équivaut à x < a/b. On trouve (avec une décomposition en
éléments simples) :
t→−∞
d
d
ẋ = (ax − bx2 )
dt
dt
= aẋ − 2bxẋ = a(ax − bx2 ) − 2bx(ax − bx2 )
ẍ =
= x(a − 2bx)(a − bx).
On exlue le cas x = 0 (solution constante) et on sait que
a − bx > 0. Donc la seule ordonnée où la dérivée seconde
s’annule est x = a/(2b). Pour montrer qu’il s’agit vraiment d’un point d’inflexion montrons que la dérivée seconde y change de signe, Pour cela on calcule la dérivée
troisième.
...
d
x =
x(a − 2bx)(a − bx)
dt
= ẋ(a − 2bx)(a − bx) + x(−2bẋ)(a − bx)
dx
= ax − bx2
dt
⇐⇒
Z
⇐⇒
x
x0
Z
⇐⇒
x
x0
1
a
dx
= dt
ax − bx2
Z t
dx
=
dt
x(a − bx)
0
1
b
+
dx = t
x
a − bx
1
(ℓn(x) − ℓn(a − bx)) + t0 = t ,
a
avec t0 = − a1 (ℓn(x0 ) − ℓn(a − bx0 )). On continue :
x
⇐⇒
ℓn
= a(t − t0 )
a − bx
a−bx>0
⇐⇒
x
= ea(t−t0 )
a − bx
⇐⇒
⇐⇒
x(t) =
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aea(t−t0 )
a
= a(t −t)
.
1 + bea(t−t0 )
e 0
+b
t→∞
+ x(a − 2bx)(−bẋ)
= x(a − 2bx)(a − bx)2 − 2bx2 (a − bx)2
− x2 (a − 2bx)(a − bx).
Donc si x = a/(2b) alors la dérivée troisième y vaut
−a4 /(8b) < 0. Par conséquence la dérivée seconde y
passe de positif au négatif, c’est-à-dire la dérivée y présente un maximum. Il s’agit donc bien d’un point d’inflexion.
x
a
b
a
2b
b
t

 - 
Solution .
. Rappel de mécanique : force, masse et accéleration
sont liées par l’équation F = mẍ. Dans notre cas la masse
vaut 1 et la force F est constituée de deux composantes :
gravitation et frottement. La force du champ de pesanteur
terrestre est dirigée vers le bas, d’où le signe −g. A cela
s’ajoute la force de frottement avec l’air, proportionnelle à
la vitesse donc ±kẋ2 où le signe est à prendre selon les a
deux cas suivants.
(mouvement uniforme, accélération nulle).
Pour intégrer v(t) on utilise le fait que ℓn ◦ cosh est une
primitive de tanh. Donc
◮ L’objet gagne de hauteur, c’est-à-dire ẋ > 0. Alors la
force de frottement avec l’air est dirigée vers le bas. Donc
on a ẍ = −g − kẋ2 .
. Dans le cas d’un lancer vers le haut on a v > 0. On
procède de la même manière que ci-dessus.
◮ L’objet perd de hauteur (il retombe), c’est-à-dire ẋ 6 0.
Alors la force de frottement avec l’air est dirigée vers le
haut. Donc on a ẍ = −g + kẋ2 .
L’équation (∗) : ẍ = −g − k|ẋ|ẋ fusionne les deux cas.
Dans tous les cas la force de frottement est dirigée au sens
opposé du mouvement.
. On pose v = ẋ. Dans le cas d’une chute v 6 0.
On résoud l’équation différentielle par séparation des variables.
(∗) :
dv
= −g + kv 2
dt
⇐⇒
dv
= dt
kv 2 − g
⇐⇒
1
g
Z
v
0
È
dv
=
2
k
v −1
g
Z
t
dt = t .
0
si |s| < 1,
si |s| > 1 .
È
1
k
−√
argth
v =t
g
gk
argth
È

√
v = − kg t
k
g
q
√
g
tanh kg t .
k
Comme la fonction tanh est croissante
avec limite 1 à l’inp
fini, la vitesse limite est v∞ = − g/k. Elle correspond au
cas où la force de frottement compense la force de gravitation. Elle s’obtient en resolvant l’équation −g + kẋ2 = 0
⇐⇒
v(t) = −
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La constante d’intégration R0 est la hauteur au moment
t = 0.
(∗) :
dv
= −g − kv 2
dt
⇐⇒
dv
= −dt
kv 2 + g
⇐⇒
1
g
⇐⇒
È
1
k
√
arctan
v = t1 − t (∗∗) ,
g
gk
Z
v
v0
dv
=−
È 2
k
v
+
1
g
Z
t
0
dt = −t
où on a posé
Il faut donc déterminer si dans notre cas la primitive est
celle avec argth ou argcoth. Or −gk + v 2 < 0 carÈ
l’accélék
ration est toujours dirigée vers le bas. Pour s =
v on
g
a alors |s| < 1. La primitive à choisir est donc celle avec
argth.
Z v
1
dv
−
È 2 = t
g 0
k
1−
v
g
⇐⇒
√
1
x(t) = − ℓn cosh( kg t) + R0 .
k
1
arctan
t1 = √
gk
A ce stade on reconnaît l’intégrale
Z
ds
1
1+s =
ℓn
+C
1 − s2
2
1−s
argth(s) + C
=
argcoth(s) + C
⇐⇒
⇐⇒
É

k
v0 .
g
On voit sur l’équation (∗∗) que la vitesse v est poitive si
et seulement si t1 − t > 0 ; autrement dit, la montée a lieu
seulement pour t ∈ [0, t1 ]. En t = t1 la vitesse est nulle et
la chute commence. La durée de la montée est donc t1 . Or
É

1
k
π
t1 = √
arctan
v0 < √ ,
g
gk
2 gk
c’est-à-dire la durée de la montée ne peut pas être arbitrairement longue, même avec une vitesse initiale v0 très
élévée.
Pour terminer on utilise le fait que − ℓn ◦ cos est une primitive de tan. Ainsi
q
√
g
tan kg(t1 − t) , 0 6 t 6 t1 ,
v(t) =
k
⇐⇒
x(t) =
√
1
ℓn cos kg(t1 − t) + R1 .
k
La constante d’intégration R1 est la hauteur maximale.
Vérification : quand t approche t1 le cosinus approche 1,
le logarithme approche 0 et donc x approche R1 — tout
va bien !
. Avec t1 et R1 de la question précédente on trouve
8
< 1 ℓn cos √kg(t1 − t) + R1 ,
t 6 t1 ,
x= k1
:− ℓn cosh √kg (t − t1 ) + R1 , t > t1 .
k

 - 
ẋ
x
R1
t
t1
x
v∞
Solutions dans le plan de phase (x, ẋ)
Remarque – Evidemment ce modèle ne correspond pas
Après un certain temps de chute on voit bien la pente
presque constante (vitesse limite).
complètement à la réalité. On sait bien que si on lance un objet
avec une très grande vitesse initiale il devrait quitter la terre et
jamais y retourner. En fait, ni g ni k sont des constantes car la
force gravitationnelle diminue avec la distance et le frottement
dépend de la densité de l’air (il n’a plus de frottement en dehors de l’atmosphère). En revanche, il faudrait l’envoyer avec
une telle vitesse initiale que la chaleur de frottement le ferait
brûler. . .
Solution .
D’abord on remarque que la force de frottement intervient
avec le signe −kẋ ce qui correspond bien au fait qu’elle est
dirigée au sens opposé de la vitesse.
. On peut résoudre l’équation différentielle par séparation des variables (ou par les méthodes des équations différentielles linéaires). Les conditions initiales sont x(0) =
0 et ẋ(0) = v0 . On pose v = ẋ.
dv
= −g − kv
dt
⇐⇒
dv
= −dt
g + kv
Z
⇐⇒
⇐⇒
v
v0
dv
=−
g + kv
Z
0
x
t
Remarque – L’allure de la courbe est similaire à celle de
l’exercice précédent où la force frottement était proportionnelle
au carré de la vitesse. Mais mathématiquement il y a une grande
différence. La solution de l’exercice précédent n’était pas analytique au maximum car elle est la recollée de deux expressions
analytiques distinctes.
t
dt = −t
1
ℓn |g + kv| − ℓn(g + kv0 ) = −t .
k
Or −gk − v < 0 car l’accélération est toujours dirigée vers
le bas. Autrement dit, g +kv > 0 et les valeurs absolues cidessus sont superflues. Ainsi, en posant a = g + kv0 > 0,
on trouve

g + kv
1 −kt
= e−kt ⇐⇒ v(t) =
ae
−g .
a
k
. On obtient la vitesse limite de deux manières. Soit on
calcule
t→∞
soit on résout l’équation −g − kv = 0 correspondant au
mouvement uniforme (accélération nulle, force de frottement égale à la force de pesanteur.)
Montrons qu’il n’existe pas de durée limite pour la montée. Au moment de retour t1 la vitesse est nulle,
v(t1 ) =
Par simple intégration on trouve
x(t) = −
a −kt g
e
− t + C,
k2
k
Où la constante C est déterminée par la hauteur à l’instant
t = 0. Pour un lancer qui part du sol C = a/k2 .
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g
ae−kt − g
=− ,
t→∞
k
k
v∞ = lim v(t) = lim

1 −kt1
ae
− g = 0.
k
On obtient
ℓn(a) − ℓn(g)
.
k
Comme a = g + kv0 , on voit que t1 tend vers l’infini
lorsque la vitesse initiale v0 tend vers l’infini.
t1 =

 - 
Solution .
. Il s’agit d’une équation à variables séparées.
Z
dy
= ex+y ⇐⇒ e−y dy = ex dx ⇐⇒
dx
Z
e−y dy + C =
⇐⇒ −e−y = ex − C ⇐⇒
ex dx
y(x) = − ℓn(C − ex ).
L’équation C = ex + e−y impose que C > 0. Ainsi les solutions sont de la forme
]− ∞, ℓn(C)[ −→ R , x 7−→ − ℓn(C − ex ) ,
C > 0.
En posant λ = ℓn(C) on peut réécrire cela comme famille de solutions fλ λ∈R avec
fλ : ]− ∞, λ[ −→ R , x 7−→ − ℓn(eλ − ex ) ,
λ ∈ R.
La solution vérifiant la condition initiale y(0) = 0 est fℓn 2 . Pour tracer sa courbe on remarque que
• la courbe possède deux asymptotes d’équations y = − ℓn 2 et x = ℓn 2 (pour le voir calculer les limites lorsque
x → −∞ et x → ℓn 2,
• la pente à l’origine est 1 car, y ′ (0) = e0+y(0) = e0 = 1,
• la solution est strictement croissante car y ′ = ex+y > 0,
d
• la solution est strictement convexe (courbure vers la gauche) car y ′′ = dx
ex+y = ex+y (1 + y ′ ) > 0.
y
fℓn 2
x
. ◮ Méthode A. Un sous-ensemble Γ du plan R2 est symétrique par rapport à la droite d’équation y = −x si pour tout
(x, y) ∈ M on a (−y, −x) ∈ Γ. Fixons maintenant une solution fλ avec λ ∈ R et notons Γλ ⊂ R2 sa courbe. Ainsi on a
(x, y) ∈ Γλ ⇐⇒ y = − ℓn(eλ − ex ) ⇐⇒ eλ − ex = e−y ⇐⇒ x = ℓn(eλ − e−y )
⇐⇒ − x = − ℓn(eλ − e−y ) ⇐⇒ (−y, −x) ∈ Γλ .
◮ Méthode B. La symétrie (x, y) 7→ (−y, −x) laisse l’équation différentielle invariante :
dy
= ex+y
dx
Or la dernière est équivalente à
devient
d(−x)
= e−y−x .
d(−y)
dx
1
= x+y , c’est-à-dire l’équation de départ.
dy
e
. ◮ Méthode A. Soient a, λ ∈ R. Alors

fλ (x + a) + a = − ℓn(eλ − ex+a ) + a = − ℓn ea eλ−a − ex + a =

= − ℓn eλ−a − ex − ℓn (ea ) + a − ℓn eλ−a − ex = fλ−a (x) .
Cela montre que la fonction x 7→ fλ (x + a) + a coïncide avec la solution fλ−a .
◮ Méthode B. Si x 7→ y(x) est une solution de l’équation différentielle, alors pour la fonction x 7→ u(x) = y(x + a) + a on
a
u′ (x) = y ′ (x + a) = ex+a+y(x+a) = ex+u(x) ,
c’est-à-dire la fonction u est aussi solution.
◮ Méthode C. La translation (x, y) 7→ (x − a, y + a) laisse l’équation différentielle invariante :
dy
= ex+y
dx
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devient
d(y + a)
= e(x−a)+(y+a) .
d(x − a)

 - 
Or la dernière équation est équivalente à celle de départ.
y
x
Les courbes solution sont “parallèles”, l’une s’obtient de l’autre par translation d’un vecteur colinéaire à (−1, 1).
Solution .
Cette équation différentielle peut aussi s’écrire (y 5 )′ =
5 arctan′ (x). Il existe donc C ∈ R tel que y 5 (x) =
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5 arctan x + C pour
√ tout x ∈ R. Les solutions sont donc
les fonctions x 7→ 5 5 arctan x + C où C ∈ R.
