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
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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
⋆
⋆