Université Dr.Moulay Tahar de Saida Département de Mathématiques Module :Analys

Université Dr.Moulay Tahar de Saida Département de Mathématiques Module :Analyse 2 Fiche TD N 5 Equations diérentielles du 2 ème ordre-Corrigé Exercice 1. 1. L `équation caractéristique est r2 −5r + 4 = 0 : △= 9 > 0 ⇒r1 = 1 et r2 = 4 La solution générale est y(x) = C1ex + C2e4x ⇒y′(x) = C1ex + 4C2e4x ⇒  y(0) = C1 + C2 = 5 y′(0) = C1 + 4C2 = 8  ⇒  C1 = 1 C2 = 1 La solution est y(x) = ex + e4x 2. L `équation caractéristique est r2 + 4 = 0 : △= −16 < 0 ⇒r = ±2i La solution générale est y(x) = C1 cos(2x) + C2 sin(2x) ⇒y′(x) = −2C1 sin(2x) + 2C2 cos(2x) ⇒  y(0) = C1 = 0 y′(0) = 2C2 = 2  ⇒  C1 = 0 C2 = 1 La solution est y(x) = sin(2x) 3. L `équation caractéristique est r2 + 2r + 1 = 0 : △= 0 ⇒r = −1 La solution générale est y(x) = (C1x + C2)e−x ⇒y′(x) = C1e−x −(C1x + C2)e−x ⇒  y(0) = C2 = 1 y′(0) = C1 −C2 = 0 ⇒  C1 = 1 C2 = 1 La solution est y(x) = (x + 1)e−x 4. L `équation caractéristique est r2 + 3r = 0 : △= 9 > 0 ⇒r1 = 0 et r2 = −3 La solution générale est y(x) = C1 + C2e−3x ⇒  y(0) = C1 + C2 = 0 y(1) = C1 + C2e−3 = 1 ⇒C1 = −C2 = e3 e3 −1 La solution est y(x) = e3 e3 −1(1 −e−3x). Exercice 2. 1 )y′′ −2y′ + y = (x2 + 1)ex . . . . . . (E) On commence par résoudre l'équation sans second membre y′′ −2y′ + y = 0 . . . . . . (E0) L'équation caractéristique : r2 −2r + 1 = 0 △= 0 ⇒r = 1 : racine double donc y0 = C1ex + C2xex, C1, C2 ∈R On cherche, maintenant, la solution générale de (E) en utilisant la méthode de variation des constantes. Cette méthode consiste à remplacer les constantes C1 et C2 par des fonctions C1(x) et C2(x). On pose y = C1(x)ex + C2(x)xex = C1(x)y1 + C2(x)y2 où y1 = ex et y2 = xex Pour trouver C1(x) et C2(x), on résoud le système suivant :  C′ 1(x)y1 + C′ 2(x)y2 = 0 C′ 1(x)y′ 1 + C′ 2(x)y′ 2 = f(x) ⇔  C′ 1(x)ex + C′ 2(x)xex = 0 C′ 1(x)ex + C′ 2(x)(x + 1)ex = (x2 + 1)ex ⇔  C′ 1(x) + C′ 2(x)x = 0 C′ 1(x) + C′ 2(x)(x + 1) = x2 + 1 ⇔  C′ 1(x) = −C′ 2(x)x C′ 2(x) = x2 + 1 ⇔  C′ 1(x) = −x3 −x C′ 2(x) = x2 + 1 d'où  C1(x) = −x4 4 −x2 2 + K1 C2(x) = x3 3 + x + K2 donc y = C1(x)ex + C2(x)xex = (−x4 4 −x2 2 + K1)ex + (x3 3 + x + K2)xex d'où y = (x4 12 + x2 2 + K1 + K2x)ex est la solution générale de (E). ***************************************************** 2 )y′′ −y′ + y = 2x2e−x . . . ..(F) On commence par résoudre l'équation sans second membre y′′ −y′ + y = 0 . . . . . . (F0) L'équation caractéristique : r2 −r + 1 = 0 . . . (Fc) △= −3 = 3i2 ⇒r = 1 ± i √ 3 2 donc y0 = e 1 2 x(C1 cos( √ 3 2 x) + C2 sin( √ 3 2 x)), C1, C2 ∈R. On cherche maintenant une solution particulière de (F) en utilisant la deuxième méthode : le second membre de l'équation (F) s'écrit sous la forme f(x) = 2x2e−x = P2(x)eλx avec λ = −1 et P2(x) = 2x2 polynôme de degré 2. λ = −1 n'est pas racine de l'équation caractéristique (Fc), donc la solution particulière de l'équation (F) s'écrit sous la forme yp = Q2(x)eλx = (ax2 + bx + c)e−x On calcule y′ p et y′′ p : y′ p = −(ax2 + bx + c)e−x + (2ax + b)e−x = (−ax2 + (2a −b)x + b −c)e−x y′′ p = −(−ax2 + (2a −b)x + b −c)e−x + (−2ax + 2a −b)e−x = (ax2 + (−4a + b)x + 2a −2b + c)e−x On remplace y′ p et y′′ p dans l'équation (F), on obtient (ax2 + (−4a + b)x + 2a −2b + c)e−x −(−ax2 + (2a −b)x + b −c)e−x + (ax2 + bx + c)e−x = 2x2e−x ⇔3ax2 + (−6a + 3b)x + 2a −3b + 3c = 2x2 Par identi cation on trouve    3a = 2 −6a + 3b = 0 2a −3b + 3c = 0 ⇔    a = 2/3 b = 4/3 c = 8/9 donc yp = (2 3x2 + 4 3x + 8 9)e−x d'où la solution générale de (F) est y = yp + y0 y = (2 3x2 + 4 3x + 8 9)e−x + e 1 2 x(C1 cos( √ 3 2 x) + C2 sin( √ 3 2 x)), C1, C2 ∈R. ***************************************************** 3 )y′′ −y = −6 cos x + 2 sin x . . . ..(G) On commence par résoudre l'équation sans second membre y′′ −y = 0 . . . . . . (G0) L'équation caractéristique : r2 −1 = 0 . . . (Gc) ⇒r2 = 1 ⇒r1 = 1, r2 = −1 donc y0 = C1ex + C2e−x, C1, C2 ∈R. On cherche maintenant une solution particulière de (G) en utilisant la deuxième méthode : le second membre de l'équation (G) s'écrit sous la forme f(x) = eλx[P0(x) cos(γx) + Q0(x) sin(γx)] = −6 cos x + 2 sin x avec λ = 0, γ = 1, P0(x) = −6 et Q0(x) = 2 polynômes de degré 0. λ + γi = i n'est pas racine de l'équation caractéristique (Gc), donc la solution particulière de l'équation (G) s'écrit sous la forme yp = eλx[U0(x) cos(γx) + V0(x) sin(γx)] = A cos(x) + B sin(x) On calcule y′ p et y′′ p : y′ p = −A sin x + B cos x y′′ p = −A cos x −B sin x On remplace y′ p et y′′ p dans l'équation (G), on obtient −A cos x −B sin x −A cos x −B sin x = −6 cos x + 2 sin x ⇒−2A cos x −2B sin x = −6 cos x + 2 sin x Par identi cation on trouve  −2A = −6 −2B = 2 ⇔  A = 3 B = −1 donc yp = 3 cos(x) −sin(x) d'où la solution générale de (G) est y = yp + y0 = 3 cos(x) −sin(x) + C1ex + C2e−x, C1, C2 ∈R. Exercice 3. 1. L'équation caractéristique r2 −4r + 4 = 0 a une racine (double) r = 2 donc les solutions de l'équation homogène sont les fonctions : y(x) = (c1x + c2)e2x où c1, c2 ∈R. 2. Pour d(x) = e−2x on peut chercher une solution particulière de la forme : y1(x) = ae−2x car −2 n'est pas racine de l'équation caractéristique. On a y′ 1(x) = −2e−2x et y′′ 1(x) = 4ae−2x. Par conséquent y1 est solution si et seulement si : ∀x ∈R (4a −4(−2a) + 4a)e−2x = e−2x donc si et seulement si a = 1 16. Pour d(x) = e2x on cherche une solution de la forme y2(x) = ax2e2x, car 2 est racine double de l'équation caractéristique. On a y′ 2(x) = (2ax+2ax2)e2x et y′′ 2(x) = (2a+4ax+4ax+4ax2)e2x = (4ax2 + 8ax + 2a)e2x. Alors y2 est solution si et seulement si ∀x ∈R (4ax2 + 8ax + 2a −4(2ax + 2ax2) + 4ax2)e2x = e2x donc si et seulement si a = 1 2. 3. On déduit du principe de superposition que la fonction yp(x) = 1 4(y1(x) + y2(x)) = 1 64e−2x + 1 8x2e2x est solution de l'équation pour le second membre donné dans cette question, et la forme générale des solutions est alors : y(x) = (c1x + c2)e2x + 1 64e−2x + 1 8x2e2x où c1, c2 ∈R. Exercice 4. 1. Le polynôme caractéristique associé à E est : p(x) = x2+2x+4 ; son discriminant est ∆= −12 et il a pour racines les 2 nombres complexes −1 + i √ 3 et −1 −i √ 3. Les solutions de l'équation homogène sont donc toutes fonctions : y(x) = e−x(a cos √ 3x + b sin √ 3x) obtenues lorsque a, b décrivent R. 2. Le second membre est de la forme eλxQ(x) avec λ = 1 et Q(x) = x. On cherchera une solution de l'équation sous la forme : yp(x) = R(x)ex avec R polynôme de degré égal à uploads/s3/ corrige-td5 2 .pdf

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