Équations différentielles linéaires à coefficients constants
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Équations différentielles linéaires à coefficients constants
Lycée Déodat de Séverac Mathématiques PTSI TD 6 Équations différentielles linéaires à coefficients constants Exercice 1 : Résoudre les équations différentielles suivantes : (a) y ′ + 3y = e3t ; (b) y ′ + 3y = e−3t ; (c) y ′ + 3y = cos(t); (d) y ′ − 4y = et cos(t); (e) y ′ + y = cos(2t) + e−t ; (f) y ′ − iy = 1. Exercice 2 : Résoudre les équations différentielles suivantes : (a) y ′′ + y ′ − 2y = 1; (b) y ′′ + y ′ − 2y = e2x ; (c) y ′′ + y ′ − 2y = 2ex ; (d) y ′′ − 4y ′ + 4y = 1; (e) y ′′ − 4y ′ + 4y = −e2x ; (f) y ′′ − 4y ′ + 4y = cos(2x); (g) y ′′ + 4y = −e2x ; (h) y ′′ + 4y = cos(2x); (i) y ′′ + 4y ′ = 1; (j) y ′′ + y ′ + y = 2; (k) y ′′ + y ′ + y = ex ; (l) y ′′ + y ′ + y = sin(x); (o) y ′′ − 2y ′ + y = ex + e−x ; (m) y ′′ + y = cos(x) + sin(x); (n) y ′′ + y = cos(x) + sin(2x); (p) y ′′ − 2y ′ + y = ex sin(x); (q) y ′′ + 2y ′ + 2y = cos(x)(ex + e−x ); (r) y ′′ − (1 + 2i)y ′ − (1 − i)y = ex . Exercice 3 : Résoudre les problèmes de Cauchy suivants : ′′ ′′ y + 9y = 1 y − 3y ′ + 2y = ex (a) y(0) = 0 ; (b) y(1) = 0 ; ′ ′ y (0) = 0 y (1) = 0 ′′ 4y + 4y ′ + y = e−x/2 (c) . y(0) = 0 ′ y (0) = 1 Exercice 4 : Résoudre les équations différentielles suivantes de paramètre réel m : (a) y ′′ − 2y ′ + my = cos(x) ; (b) y ′′ + 4y = sin(mx) ; (c) my ′′ − (1 + m2 )y ′ + my = ex . Exercice 5 : Montrer qu’il existe une infinité de solutions y : R → R de l’équation : y ′′ + y = 0 telles que y(0) = 0 et y(π) = 0. Déterminer ces solutions. Exercice 6 : On considère le système différentiel suivant : ′ x (t) = x(t) + 4y(t) (E) . y ′ (t) = x(t) + y(t) 1. Si x et y sont solutions de (E), montrer que : z(t) = x(t) − 2y(t) et w(t) = −x(t) − 2y(t) sont solutions d’une équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients constants que l’on notera respectivement (E1 ) et (E2 ). 2. Résoudre (E1 ) et (E2 ) puis en déduire l’ensemble des solutions S de (E). 1 Indications et solutions du TD 6 Mathématiques PTSI Exercice 7 : On considère le système différentiel suivant : ′ x (t) = x(t) − y(t) + cos(t) (E) y ′ (t) = x(t) + y(t) + sin(t). 1. Si x et y sont solutions de (E), montrer que : z(t) = x(t) + iy(t) est solution d’une équation différentielle linéaire (Ẽ) du premier ordre à coefficients constants que l’on déterminera. 2. Résoudre (Ẽ) puis en déduire les solutions S de (E). Exercice 8 : (Une équation d’Euler) On considère l’équation différentielle : (E) 4x2 y ′′ + y = 0 définie pour x > 0. 1. Soit f une solution de (E). On pose : g(t) = f (et ). Montrer que g est solution de l’équation différentielle : (E′ ) 4y ′′ − 4y ′ + y = 0. √ 2. Résoudre (E′ ). En déduire que si f est solution de (E), alors f est de la forme f (x) = (a ln(x) + b) x avec (a; b) ∈ R2 . 3. Étudier la réciproque. Exercice 9 : Trouver toutes les fonctions définies et dérivables deux fois sur R telles que : ∀x ∈ R, f ′ (x) = f (−x). Exercice 10 : Pour étudier l’évolution d’une population de poissons au cours du temps, on utilise le modèle suivant. On admet que la fonction N , représentant le nombre de poissons en fonction du temps t (exprimé en années) vérifie les conditions suivantes : — N est solution de l’équation différentielle (E) : y y ′ = ry 1 − K où r et K sont des constantes strictement positives ; — N (0) = N0 ; — N et définie sur [0; +∞[ et ∀t ∈ R, 0 < N (t) < K. 1 . On pose, pour t ∈ R, g(t) = N (t) r 1. Démontrer que g est solution de l’équation différentielle (E’) : y ′ = −ry + . K 2. Résoudre l’équation différentielle (E’), puis déterminer une expression de N . 3. Justifier que le nombre de poissons augmente et que ce dernier tend vers une valeur que l’on précisera. Exercice 11 : Résoudre sur R l’équation différentielle : (1 + ex )y ′′ + 2ex y ′ + (2ex + 1)y = ex en posant z(x) = (1 + ex )y(x). Exercice 12 : Déterminer les fonctions f trois fois dérivables sur R solutions de l’équation différentielle : f (3) (x) − f (x) = 0 (on pourra poser g(x) = f ′ (x) − f (x) et montrer que g est solution d’une équation différentielle d’ordre deux à coefficients constants). Exercice 13 : Résoudre : y (3) + y ′′ − y ′ − y = 0 avec y(0) = 1, y ′ (0) = 1 et y ′′ (0) = −1 (on pourra poser g(x) = f ′ (x) + f (x) et montrer que g est solution d’une équation différentielle d’ordre deux à coefficients constants). Indications et solutions du TD 6 Indications Exercice 9 : Dériver la relation donnée, puis en utilisant l’équation de l’énoncé, en déduire une équation différentielle linéaire d’ordre deux à coefficients constants vérifiée par f . Penser à étudier la réciproque. Exercice 11 : z est solution de l’équation différentielle : z ′′ + z = ex . Exercice 12 : g est solution de l’équation différentielle : g ′′ + g ′ + g = 0. Exercice 13 : g est solution de l’équation différentielle : g ′′ − g = 0. Solution de l’exercice 1 : (a) S = Ce−3t + 16 e3t , C ∈ R , −3t −3t (b) S = Ce + te , C ∈ R , 1 3 cos(t) + 10 sin(t), C ∈ R , (c) S = Ce−3t + 10 1 (d) S = Ce4t + 10 (−3 cos(t) + sin(t))et , C ∈ R , (e) S = (C + t)e−t + 15 cos(2t) + 25 sin(2t), C ∈ R , it (f) S = Ce + i, C ∈ R . Solution de l’exercice 2 : Mathématiques PTSI Correction de l’exercice 8 : 1. Par dérivation de fonctions composées, nous avons : g ′ (t) = et f ′ (et ) et 2 g ′′ (t) = et f ′ (et )+ et f ′′ (et ), donc : 4g ′′ (t)−4g ′ (t)+ 2 g(t) = 4 et f ′′ (et ) + f (et ). Or pour tout réel x nous avons par hypothèse : 4x2 f ′′ (x) + f (x) = 0 ce qui donne pour x = et : 4(et )2 f ′′ (et ) + f (et ) = 0. Par conséquent : 4g ′′ (t) − 4g ′ (t) + g(t) = 0 ce qui prouve que g est solution de l’équation différentielle : 4y ′′ − 4y ′ + 4y = 0. 2. L’ensemble des solutions de l’équation différentielle précédente est : S = {(At + B)et/2 , (A, B) ∈ R2 } donc g est de la forme : g(t) = (at + b)et/2 , avec (a; b) ∈ R2 . Puisque : g(t) = f (et ) nous avons f (x) = g(ln(x)) (x = et ⇔ ln(x) = t) et donc : √ f (x) = (a ln(x) + b)eln(x)/2 = (a ln(x) + b)eln( x) = √ (a ln(x) + b) x. 3. Réciproquement, il nous faut vérifier que toute fonction de la forme ci-dessus convient. Ainsi, si l’on √ a√ pose : f (x) = (a ln(x)+b) x, alors : f ′ (x) = x+ x a ln(x) + b ln(x) 1 √ = (a + b/2) √ + a/2 √ et f ′′ (x) = 2 x x x 1 ln(x) 1 √ − 1/2 √ −1/2(a + b/2) √ + a/2 x x x x x x √ ln(x) 1 2 ′′ = −b/4 √ −a/4 √ . Ainsi : 4x y (x) = −b x− x x x x √ a x ln(x) = −y(x), ce qui prouve que : 4x2 y ′′ (x) + y(x) = 0 donc la réciproque. (a) S = λex + µe−2x − 12 , (λ; µ) ∈ R2 , Correction de l’exercice 9 : (b) S = λex + µe−2x + 41 e2x , (λ; µ) ∈ R2 , (c) S = λex + µe−2x + 23 xex , (λ; µ) ∈R2 , (d) S = (λx + µ)e2x + 41 , (λ; µ) ∈ R2 , • Puisque ∀x ∈ R, f ′ (x) = f (−x), alors les dérivées de (e) S = (λx + µ)e2x − 21 x2 ex , (λ; µ) ∈ R2 , ces deux fonctions sont égales, ce qui donne : f ′′ (x) = 1 −f ′ (−x) (f (u)′ = u′ × f ′ (u) avec u(x) = −x). Or : (f) S = (λx + µ)e2x − sin(2x), (λ; µ) ∈ R2 , 4 f ′ (x) = f (−x) donc : f ′ (−x) = f (−(−x)) = f (x), e2x 2 d’où : f ′′ (x) = −f (x) ⇔ f ′′ (x) + f (x) = 0. (g) S = λ cos(2x) + µ sin(2x) − , (λ; µ) ∈ R , 8 1 (h) S = λ cos(2x) + µ sin(2x) + 4 x sin(2x), , Or l’ensemble des solutions de y ′′ + y = 0 est S = (λ; µ) ∈ R2 {a cos(x) + bsin(x), (a; b) ∈ R2 } donc : f est de la (i) S = λ + µe−4x + x4 , (λ; µ) ∈ R2 , forme : f (x) = a cos(x) + b sin(x). √ √ 3 3 −x/2 (j) S = λ cos x + µ sin x e + 2, , • Réciproquement, si f (x) = a cos(x) + b sin(x), alors : 2 2 f ′ (x) = −a sin(x) + b cos(x) et f (−x) = a cos(x) − 2 (λ; µ) ∈ R √ √ b sin(x), donc l’égalité à lieu si et seulement si : a = b. ex 3 3 (k) S = λ cos x + µ sin x e−x/2 + , , • En conclusion, les solutions de f ′ (x) = f (−x) sont les 2 2 3 fonctions de la forme : f (x) = a(cos(x) + sin(x)), avec (λ; µ) ∈ R2 √ √ a ∈ R quelconque. 3 3 x + µ sin x e−x/2 , (l) S = λ cos 2 2 − cos(x), (λ; µ) ∈ R2 n x x N ′ (t) (m) S = λ cos(x) + µ sin(x) − cos(x) + sin(x), , Correction de l’exercice 10 : 1. g ′ (t) = − 2 . Or : 2 2 N (t) (λ; µ) ∈ R2 N (t) r ′ N (t) = rN (t) 1 − = rN (t) − N 2 (t), 1 x K k (n) S = λ cos(x) + µ sin(x) + sin(x) − cos(x), , 2 3 r N 2 (t) rN (t) − K N ′ (t) (λ; µ) ∈ R2 = − = donc : g ′ (t) = − 2 2 N (t) N (t) x2 x e−x r r 1 (o) S = λ cos(x) + µ sin(x) + e + , , + = −rg(t) + . Ceci prouve bien que −r 2 4 N (t) K K 2 (λ; µ) ∈ R r r ′ g est solution de y = −ry + ⇔ y ′ + ry = . (p) S = (λ + µx) ex − ex sin(x), (λ; µ) ∈ R2 , K K (q) S = (λ cos(x) + µ sin(x)) e−x + 81 ex sin(x)+ , 1 2. • (EH ) : y ′ + ry = 0 : SH = Ce−rt , C ∈ R. . x sin(x)e−x , (λ; µ) ∈ R2 2 (r) Indications et solutions du TD 6 Mathématiques PTSI 1 Jacopo Francesco Riccati (28 mai 1676 à Venise - 15 avril 1754 à Trévise) est un physicien et mathématicien italien, père de Vincenzo et de Giordano Riccati. • On cherche une solution particulière constante : yP (t) = a, ce qui donne, puisque yP′ (t) = 0 : 1 r ⇔a= . ra = K K 1 −rt • Au final : S = Ce + , C ∈R . K Ainsi : 1 1 = Ce−rt + donc : N (t) = N (t) K 1 1 Ce−rt + K K K . Enfin : N (0) = N0 donc : = KCe−rt + 1 KC + 1 K K N0 ⇔ KC + 1 = ⇔ KC = − 1. Ainsi : N0 N0 K KN0 N (t) = . = −rt + N K (K − N −rt 0 )e 0 −1 e +1 = N0 3. • Puisque N ′ (t) = K N0 rert 2 , nous − 1 e−rt + 1 voyons que N ′ (t) > 0 ce qui justifie que le nombre de poissons augmente. • Puisque lim e−rt = 0 car r > 0 ; on en déduit Ses travaux en hydraulique (canaux de Venise) et en acoustique le conduisent à résoudre des équations différentielles du second ordre en les réduisant au 1er ordre et plus généralement à rechercher des méthodes de séparation des variables afin d’obtenir les solutions par simples quadratures. Ses travaux furent publiés après sa mort par ses fils à partir de 1764 sous le titre Opere del conte Jacopo Riccati. À la demande de Ricatti, Maria Gaetana Agnesi a incorporé dans le livre sur le calcul intégral de ses Institutions analytiques du travail fait par lui sur les polynômes. Il est en particulier connu pour l’équation diférentielle de Riccati. ⋆ t→+∞ lim N (t) = t→+∞ ⋆ ⋆ ⋆ KN0 = K. N0 1. Source : Wikipedia ⋆ ⋆