Exercices - Equations différentielles linéaires du second ordre - Résolution - a

Exercices - Equations différentielles linéaires du second ordre - Résolution - applications : corrigé Résolution pratique - méthodes générales Exercice 1 - Equation du second ordre à coefficients constants - L1/Math Sup - ⋆ 1. On commence par résoudre l’équation homogène y′′ −2y′ + y = 0. Son équation caracté- ristique est r2 −2r + 1 = 0, dont 1 est racine double. Les solutions générales de l’équation homogène sont donc les fonctions x 7→λex + µxex. Comme 0 n’est pas racine de l’équation caractéristique, on va chercher une solution par- ticulière sous la forme d’un polynôme de degré 1. Mais y(x) = ax + b est solution de l’équation différentielle si et seulement si : ∀x ∈R, −2a + ax + b = x ⇐ ⇒a = 1 et b = 2. Les solutions de l’équation sont donc les fonctions de la forme x 7→λex + µxex + (x + 2). Si on ajoute les conditions y(0) = y′(0) = 0, on obtient les équations λ + 2 = 0 et λ + µ + 1 = 0, soit λ = −2 et µ = 1. La seule solution de l’équation est donc la fonction x 7→(x −2)ex + (x + 2). 2. On commence par résoudre l’équation homogène y′′ −4y′ + 3y = 0. Son équation carac- téristique est r2 −4r + 3 = 0, dont les racines sont 1 et 3. Les solutions de l’équation homogène sont donc les fonctions x 7→λex+µe3x. Comme -1 n’est pas racine de l’équation caractéristique, on cherche une solution particulière sous la forme y(x) = (ax + b)e−x. En dérivant, on trouve y′(x) = (−ax + (−b + a))e−x, y′′(x) = (ax + (b −2a))e−x et donc a et b sont solutions du système : ( 8a = 2 8b −6a = 1 On résoud ce système, et on trouve qu’une solution particulière est donnée par y0(x) =  x 4 + 5 16  e−x. Finalement, les solutions de l’équation avec second membre sont les fonc- tions de la forme x 7→ x 4 + 5 16  e−x + λex + µe3x, λ, µ ∈R. http://www.bibmath.net 1 Exercices - Equations différentielles linéaires du second ordre - Résolution - applications : corrigé 3. L’équation homogène a déjà été résolue à la question précédente. Pour résoudre l’équation avec second membre, on remarque cette fois que 1 est racine simple de l’équation carac- téristique. On cherche donc une solution particulière sous la forme y(x) = (ax2 + bx)ex (on peut trouver un polynôme sans terme constant car la fonction x 7→ex est solution de l’équation homogène). On dérive pour trouver y′(x) = ax2 + (2a + b)x + b ex et y′′(x) = ax2 + (4a + b)x + (2a + 2b) ex. Par identification, a et b sont solutions du système ( −4a = 2 2a −2b = 1 On obtient comme solution a = −1/2 et b = 1. La solution générale de l’équation avec second membre est donc donnée par la formule y 7→ −x2 2 + x ! ex + λex + µe3x, λ, µ ∈R. 4. L’équation homogène y′′+9y = 0 admet pour équation caractéristique associée r2+9 = 0, dont les racines sont 3i et −3i. Les solutions réelles de l’équation homogène sont donc les fonctions de la forme t 7→cos(3x) et t 7→sin(3x). On cherche une solution particulière sous la forme d’un polynôme de degré 1, et on trouve x 7→x+1 9 . Les solutions de l’équation différentielle sont donc les fonctions de la forme x 7→A cos(3x) + B sin(3x) + x + 1 9 . La condition y(0) = 0 entraîne A = −1/9. 5. On commence par résoudre l’équation homogène y′′−2y+y = 0. L’équation caractéristique associée est r2 −2r + 1 = 0 qui admet 1 comme racine double. La solution générale de l’équation homogène est donc (Ax + B)ex. On cherche une solution particulière de l’équation générale en utilisant le principe de superposition des solutions. On commence donc à chercher une solution de y′′ −2y′ + y = (x2 + 1)ex. On la cherche sous la forme d’une exponentielle polynôme P(x)ex. Comme 1 est racine double de l’équation caractéristique, on sait qu’on va trouver une solution avec un polynôme P de degré inférieur ou égal à 4. Utilisant y′(x) = P ′(x) + P(x) ex y′′(x) = P ′′(x) + 2P ′(x) + P(x) ex, on obtient y′′(x) −2y′(x) + y(x) = P ′′(x)ex. y est donc solution de l’équation si et seulement si P ′′ = x2 + 1. On obtient donc une solution particulière sous la forme x4 12 + x2 2 ! ex. http://www.bibmath.net 2 Exercices - Equations différentielles linéaires du second ordre - Résolution - applications : corrigé On cherche maintenant une solution particulière de y′′ −2y′ + y = e3x. Cette fois, 3 n’est pas racine de l’équation caractéristique, et on peut chercher une solution particulière sous la forme y(x) = αe3x. On obtient, en introduisant dans l’équation 9α −6α + α = 1 ⇐ ⇒α = 1 4. Les solutions de l’équation générale de départ sont donc les fonctions x 7→ x4 12 + x2 2 + Ax + B ! ex + 1 4e3x. 6. On résoud l’équation homogène y′′ −4y′ + 3y = 0. On introduit l’équation caractéristique r2 −4r+3 = 0. Ses racines sont 1 et 3. On en déduit que la solution générale de l’équation sans second membre est x 7→λex + µe3x, λ, µ ∈R. On cherche une solution particulière en utilisant le principe de superposition des solutions. On cherche donc d’abord une solution de y′′ −4y′ + 3y = x2ex. Puisque 1 est solution de l’équation caractéristique, on cherche une solution sous la forme y1(x) = (ax3+bx2+cx)ex. En dérivant et en identifiant, on obtient le système      −6a = 1 6a −4b = 0 c + 2b = 0 Une solution particulière est donc obtenue par y1(x) = − 1 6x3 + 1 4x2 −1 2x  ex. On cherche ensuite une solution particulière de y′′ −4y′ + 3y = xe2x cos x. On va en fait chercher une solution particulière de y′′ −4y′ + 3y = xe(2+i)x et on en prendra la partie réelle. 2+i n’étant pas solution de l’équation caractéristique, on cherche une solution sous la forme y2(x) = (ax + b)e(2+i)x. Après dérivation et identification, on trouve le système ( −2a = 1 2ia −2b = 0. On trouve y2(x) =  −1 2x −i 2  e(2+i)x. Prenant la partie réelle, une solution particulière de y′′ −4y′ + 3y = xe2x cos x est obtenue par x 7→  −x 2 cos x + 1 2 sin x  e2x. La solution générale de l’équation différentielle initiale est donc donnée par x 7→− 1 6x3 + 1 4x2 −1 2x  ex +  −x 2 cos x + 1 2 sin x  e2x + λex + µe3x. http://www.bibmath.net 3 Exercices - Equations différentielles linéaires du second ordre - Résolution - applications : corrigé 7. L’équation caractéristique est r2 −2r + 5 = 0, dont les racines sont 1 + 2i et 1 −2i. La solution générale de l’équation homogène est donc donnée par x 7→λex cos(2x) + µex sin(2x), avec λ, µ ∈R. On cherche ensuite une solution particulière de l’équation y′′ −2y′ + 5y = −4e−x cos(x) + 7e−x sin(x). On va plutôt résoudre y′′ −2y′ + 5y = e(−1+i)x, puis considérer les parties réelles et imaginaires. Comme −1 + i n’est pas racine de l’équation caractéristique, on cherche une fonction de la forme y0(x) = ae(−1+i)x. On trouve, en dérivant et en utilisant l’équation (−1 + i)2 −2(−1 + i) + 5 a = 1. Il vient a = 1/(7 −4i) = (7 + 4i)/65. Une solution particulière de y′′ −2y′ + 5y = −4e−x cos(x) + 7e−x sin(x) est alors donnée par −4ℜe  ae(−1+i)x + 7ℑm  ae(−1+i)x = e−x sin x. On cherche ensuite une solution particulière de l’équation y′′ −2y′ + 5y = −4ex sin(2x). On cherche de la même façon à résoudre y′′ −2y′ + 5y = −4e(1+2i)x. Comme 1 + 2i est solution de l’équation caractéristique, on va chercher une solution sous la forme axe(1+2i)x, dont on prendra ensuite -4 fois la partie imaginaire. On trouve finalement que xex cos(2x) est solution de y′′ −2y′ + 5y = −4ex sin(2x). Finalement, les solutions de l’équation de départ sont les fonctions x 7→xex cos(2x) + e−x sin x + λex cos(2x) + µex sin(2x), λ, µ ∈R. Exercice 2 - Changement de fonction inconnue - et on retrouve des coefficients constants... - L1/Math Sup - ⋆⋆ 1. z est deux fois dérivable et vérifie z′(x) = (1 + ex)y′(x) + exy(x), z′′(x) = (1 + ex)y′′(x) + 2exy′(x) + exy(x). Il est facile de vérifier que y vérifie l’équation différentielle de départ si et seulement si z vérifie l’équation différentielle z′′ + z = xex. Or, on a ici une équation différentielle à coefficients uploads/s3/ exercices-corriges-2.pdf

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