SpéP-Outils-Maths-DS-1-2017-2018-Correction

ESME Sudria Paris.
Octobre 2017
IngéSpé
DS Outils Mathématiques I
A.Aribi, F. Hagbe et H. Halconruy.
Durée : 2h. Les calculatrices et les téléphones portables sont interdits.
Le barème est donné sur 23 points.
QCM. (5 points)
Sans y apporter de justification, indiquer pour chaque question, la réponse correspondante (sur la
copie, indiquer le numéro de la question et la lettre de la bonne réponse).
Soient les équations différentielles :
(E1 ) : y 00 + 4y 0 + 4y = e2t , (E2 ) : y 00 + 4y 0 + 4y = e−2t
et
(E) : y 00 + 4y 0 + 4y = ch(2t)
où ch est la fonction définie sur R par :
ch(t) =
et + e−t
; ∀t ∈ R.
2
1. L’ensemble des solutions sur R de l’équation homogène associée à (E) est :
(a)
S0 =
R −→ R
t 7−→ k1 e−2t + k2 e2t ; (k1 , k2 ) ∈ R2
.
(b)
S0 =
R −→ R
t 7−→ k1 e−t + k2 et ; (k1 , k2 ) ∈ R2
.
(c)
S0 =
R −→ R
t 7−→ (k1 + k2 t)e−2t ; (k1 , k2 ) ∈ R2
.
2. Une solution particulière de (E2 ) est la fonction ϕ2 définie sur R par :
(a) ϕ2 (t) = 21 t e−2t .
(b) ϕ2 (t) = 21 t2 e−2t .
(c) ϕ2 (t) = 12 (t2 + t) e−2t .
3. Soient ϕ1 et ϕ2 des solutions particulières (respectivement) de E1 et E2 . Alors
(a) ϕ1 + ϕ2 est une solution particulière de (E).
(b) 2ϕ1 + 2ϕ2 est une solution particulière de (E).
(c)
1
2 ϕ1
+ 12 ϕ2 est une solution particulière de (E).
4. Soit la fonction f : x ∈ R 7→ ex .
(a) La fonction f est lipschitzienne sur R.
(b) La fonction f est localement lipschitzienne sur R.
(c) La fonction f n’est pas localement lipschitzienne sur R.
1
5. Soit la fonction g : x ∈ R 7→ cos(x).
(a) La fonction g est lipschitzienne sur R.
(b) La fonction g est localement lipschitzienne sur R.
(c) La fonction g n’est pas localement lipschitzienne sur R.
Exercice 1. Théorème de Cauchy-Lipschitz. (4 points) Soit le problème de Cauchy du premier
ordre :
y 0 = tan(t)(2 + y) pour t ∈] − π2 , π2 [
(1)
y(0) = 0
1. Montrer, via le théorème de Cauchy-Lipschitz, que le problème (1) admet une unique solution.
2. Résoudre le problème de Cauchy (1).
Exercice 2. Équations différentielles linéaires. (7 points)
1. Résoudre les problèmes de Cauchy suivants :
(a) 2y 0 − 3y = (3t + 1)e3t avec la condition initiale y(0) = 1.
(b) (2 + cos(t))y 0 − sin(t)y = t avec la condition initiale y(0) = 1.
2. Résoudre l’équation différentielle linéaire du second ordre suivante :
y 00 − 5y 0 + 6y = (t + 1)e2t ; t ∈ R.
Exercice 3. Équation de Bernoulli. (7 points)
L’objectif de cet exercice est la résolution, suivant les valeurs du réel α, de l’équation différentielle
1
(E) : y 0 + y − y α = 0 sur ]0, +∞[,
t
1
avec la condition initiale y(1) = .
2
Partie 1. Soit α ∈ {0, 1}.
1. Justifier que (E) est une équation linéaire pour α ∈ {0, 1}.
2. Résoudre (E) dans le cas α = 1.
Partie 2. Il est désormais supposé que α ∈ R − {0, 1}.
1. Cas général.
Soient α ∈ R − {0, 1} et J un intervalle de R. Soient a, b, c : J → R trois fonctions continues
sur I telles que a ne s’annule pas sur J. Soit l’équation différentielle
(E) : ay 0 + by + cy α = 0.
Soit y une solution de (E) supposée strictement positive sur un intervalle I de R.
Montrer que la fonction z = y 1−α est solution de l’équation :
a
0
(E ) :
z 0 + bz = −c.
1−α
2. Application. Résoudre (E) dans le cas α = 3.
2
Correction.
Exercice 1
1. Soit la fonction f :] − π2 , π2 [×R → R définie par
π π
× R.
f (t, x) = tan(t)(2 + x) ; ∀(t, x) ∈ t ∈ − ,
2 2
• Condition 1. Soit x0 ∈ R.
Pour tout t ∈] − π2 , π2 [,
∂
f (t, x0 ) = (1 + tan2 (t))(2 + x0 ).
∂t
∂
f (t, x0 ) est continue sur R donc la fonction t 7→ f (t, x0 )
∂t
π π
1
est de classe C sur ] − 2 , 2 [ et donc localement lipischitzienne sur ] − π2 ; π2 [.
Pour tout x0 ∈ R, la fonction t 7→
• Condition 2. Soit t0 ∈] − π2 , π2 [.
Pour tout x ∈ R,
∂
f (t0 , x) = tan(t0 ).
∂x
Or,
∂
f (t0 , x) = | tan(t0 )| ; ∀x ∈ R.
∂x
Pour tout t0 ∈] − π2 ; π2 [, la fonction x 7→ f (t0 , x) est de classe C 1 sur R et telle que
∂
x 7→
f (t0 , x) est bornée sur R, donc lipschitzienne sur R.
∂x
Conclusion : d’après ces deux conditions, et en application du théorème de Cauchy-Lipschitz,
le problème de Cauchy (2) admet un unique solution.
2. Supposons que la fonction 2 + y ne s’annule pas sur un intervalle I de ] − π2 , π2 [. L’équation
y 0 = tan(t)(2 + y) est une ED à variables séparables s’écrivant aussi
Z
Z
dy
= tan(t)dt.
2+y
Une primitive de t 7→ tan(t) =
sin(t)
cos(t)
étant t 7→ − ln(| cos(t)|), et une primitive de x 7→
étant x 7→ ln(|2 + x|), il existe K ∈ R tel que, pour tout t ∈] − π2 , π2 [,
ln(|2 + y(t)|) = − ln(| cos(t)|) + K ⇐⇒ |2 + y(t)| = eln
⇐⇒ |2 + y(t)| =
eK
cos(t)
car | cos(t)| = cos(t) pour tout t ∈] − π2 , π2 [. Donc

eK

cos(t) − 2 si y(t) + 2 > 0. (1)
y(t) =
 − eK − 2 si y(t) + 2 < 0. (2)
cos(t)
La fonction y est solution du problème de Cauchy si et seulement si
y(0) = 0 ⇐⇒ eK − 2 = 0
⇐⇒ K = ln(2),
3
(cos(t))−1 +K
1
2+x
dans le cas (1) mais n’est pas possible dans le cas (2). Donc, pour tout t ∈] − π2 , π2 [,
eK
−2
cos(t)
2
=
−2
cos(t)
y(t) =
Conclusion : La solution du problème de Cauchy est la fonction
] − π2 , π2 [ −→ R
y:
7−→
t
2
cos(t)
−2
Exercice 2.
1. (a) Résoudre :
(E) : 2y 0 − 3y = (3t + 1)e3t
avec la condition initiale y(0) = 1.
• Résolution de (E0 ).
Les solutions de (E0 ) sont de la forme
3
t ∈ R 7→ ke 2 t ; k ∈ R.
• Solution particulière de (E).
Le second membre s’écrit P (t)emt avec P (t) = (3t + 1) (degP = 1) et m = 3. Puisque
m 6= − ab , soit la fonction yp : t 7→ (αt + β)e3t .
Pour tout t ∈ R, yp0 (t) = αe3t + 3(αt + β)e3t . yp est solution de (E) si et seulement si,
pour tout t ∈ R,
2yp0 (t) − 3yp (t) = (3t + 1)e3t ⇐⇒ 2αe3t + 6(αt + β)e3t − 3(αt + β)e3t = (3t + 1)e3t
⇐⇒ 3αte3t + (2α + 3β)e3t = (3t + 1)e3t
Les réels α et β sont solutions de
(
3α
=3
⇐⇒
2α + 3β = 1

 α=

1
1
β= −
3
La fonction yp : t 7→ (t − 13 )e3t est une solution particulière de (E).
• Solution générale :
1 3t
e ; k ∈ R.
3
La fonction y est solution de (E) si et seulement si
3
t 7→ ke 2 t + t −
1
=1
3
4
⇐⇒ k =
3
y(0) = 1 ⇐⇒ k −
Conclusion : La solution de problème de Cauchy est :
y:
R
−→
R
t
7−→
4 32 t
3e
4
+ t−
1
3
e3t
(b)
2. Résoudre
(E) : (2 + cos(t))y 0 − sin(t)y = t avec la condition initiale y(0) = 0.
Soient a, b, c les fonctions définies sur R par
— a(t) = 2 + cos(t)
— b(t) = − sin(t)
— c(t) = t
• Résolution de (E0 ).
sin(t)
Une primitive de t 7→ 2+cos(t)
étant t 7→ − ln(|2 + cos(t)|) = − ln(2 + cos(t)), Les solutions
de (E0 ) sont de la forme
t ∈ R 7→ ke− ln(2+cos(t)) =
k
; k ∈ R.
2 + cos(t)
• Solution particulière de (E).
Méthode de variation de la constante. Soit la fonction yp : t 7→
supposée de classe C 1 sur R.
yp est solution de (E) si et seulement si pour tout t ∈ R,
k 0 (t) =
c(t) R
e
a(t)
Une primitive étant k : t 7→
de (E).
• Solution générale :
t2
2,
t 7→
b(t)
dt
a(t)
k(t)
2+cos(t) ,
où k est une fonction
t
eln(2+cos(t))
2 + cos(t)
⇐⇒ k 0 (t) = t
⇐⇒ k 0 (t) =
la fonction yp : t 7→
t2
2(2+cos(t))
est une solution particulière
k
t2
+
; k ∈ R.
2 + cos(t) 2(2 + cos(t))
La fonction y est solution de (E) si et seulement si
k
=1
3
⇐⇒ k = 3
y(0) = 1 ⇐⇒
Conclusion : La solution de problème de Cauchy est :
y:
R
−→ R
t
7−→
6 + t2
2(2 + cos(t))
3. Résoudre l’équation différentielle linéaire du second ordre suivante :
y 00 − 5y 0 + 6y = (t + 1)e2t ; t ∈ R.
• Résolution de (E0 ). L’équation caractéristique associée à (E0 ) : y 00 − 5y 0 + 6y = 0 est
(C) : r2 − 5r + 6 = 0 avec ∆ = 1.
L’équation (C) possède deux solutions réelles distinctes
5−1
5+1
= 2 et r2 =
= 3.
2
2
Les solutions de (E0 ) sont donc de la forme
r1 =
t ∈ R 7→ k1 e2t + k2 e3t ; (k1 , k2 ) ∈ R2 .
5
— Le second membre est de la forme d(t) = emt P (t), avec m = 2 et P polynôme de degré 1
tel que P (t) = (t + 1)e2t .
Le réel 2 étant une solution simple de (C), soit alors la fonction yp : t ∈ R 7→ t Q(t) e2t où
Q est un polynôme de même degré que P , donc de la forme αt + β. Soit donc yp : t 7→
(αt + β)te2t . Pour tout t ∈ R,
• yp0 (t) = 2αt2 + (2α + 2β)t + β)e2t
• yp00 (t) = 4αt2 + (8α + 4β)t + 2α + 4β)e2t
y1 est solution de (E1 ) si et seulement si
yp00 (t)−5yp0 (t)+6yp (t) = (t + 1)e2t ⇐⇒ 4αt2 + (8α + 4β)t + 2α + 4β)e2t −5 2αt2 + (2α + 2β)t + β)e2t
+6(αt2 + βt)e2t = (t + 1)e2t
⇐⇒ (−2αt + 2α − β)e2t = (t + 1)e2t ; ∀x ∈ R
1
⇐⇒ α = − et β = −2
2
2t
1 2
La fonction yp : t 7→ − 2 t − 2t e est une solution particulière de (E)/ Conclusion : La
solution de problème de Cauchy est :
y:
R
−→
R
t
7−→
k1 e2t + k2 e3t + − 12 t2 − 2t e2t ; (k1 , k2 ) ∈ R2 .
Exercice 3. Équation de Bernoulli. (7 points)
L’objectif de cet exercice est la résolution, suivant les valeurs du réel α, de l’équation différentielle
1
(E) : y 0 + y − y α = 0 sur ]0, +∞[,
t
avec la condition initiale y(1) = 1.
Partie 1. Soit α ∈ {0, 1}.
1. Pour α = 0,
1
(E) : y 0 + y = 1
t
est une ED linéaire du premier ordre.
Pour α = 1,
1
−1 =0
t
est une ED linéaire du premier ordre sans second membre.
2. Résoudre (E) dans le cas α = 1.
(E) : y 0 + y
3. Résoudre
1
− 1 = 0 avec la condition initiale y(1) = 1.
t
Soient a, b, c les fonctions définies sur R∗+ par
— a(t) = 1
— b(t) = 1t − 1
— c(t) = 0
(E) : y 0 + y
• Résolution de (E0 ).
Une primitive de t 7→ − 1t + 1 étant t 7→ − ln(|t|) + t, Les solutions de (E0 ) sont de la forme
t ∈ R∗+ 7→ −
ket
; k ∈ R,
t
puisque
ke− ln(|t|)+t = ke− ln(|t|) et = −
6
ket
ket
=−
|t|
t
• Solution générale :
ket
; k ∈ R.
t
La fonction y est solution de (E) si et seulement si
t 7→ −
y(1) =
1
ke
1
⇐⇒ −
=
2
1
2
1
⇐⇒ k = − e−1
2
Conclusion : La solution de problème de Cauchy est :
R∗+
−→
R
t
7−→
et−1
2t
y:
Partie 2. Il est désormais supposé que α ∈ R − {0, 1}.
1. Cas général.
Soient α ∈ R − {0, 1} et J un intervalle de R. Soient a, b, c : J → R trois fonctions continues
sur I telles que a ne s’annule pas sur J. Soit l’équation différentielle
(E) : ay 0 + by + cy α = 0.
Soit y une solution de (E) supposée strictement positive sur un intervalle I de R, donc vérifie
a
y
yα
y0
+
b
+
c
= 0 ⇐⇒ a y 1−α y 0 + b y 1−α = −c
yα
yα
yα
Soit la fonction z définie par z = y 1−α .
1
Alors z 0 = (1−α)y 1−α y 0 , et donc y 1−α y 0 = 1−α
z 0 . z est donc solution de l’équation différentielle
linéaire
a
0
(E ) :
z 0 + bz = −c.
1−α
2. Application. Résoudre (E) dans le cas α = 3.
1
(E) : y 0 + y − y 3 = 0 sur ]0, +∞[,
t
Soient
—
—
—
—
1
avec la condition initiale y(1) = .
2
les fonctions a, b, et c définies sur R∗+ par
a(t) = 1
b(t) = 1t
c(t) = −1
α=3
1. Soit la fonction z = y 1−3 =
1
.
y2
z est solution de l’équation différentielle
1
1
(E 0 ) : − z 0 + z = 1
2
t
2. Résolution de (E 0 )
7
• Résolution de (E00 ).
Une primitive de t 7→
2
t
étant t 7→ 2 ln(|t|) = ln(t2 ), les solutions de (E00 ) sont de la forme :
t ∈ R∗+ 7→ kt2 ; k ∈ R.
• Solution particulière de (E 0 ).
Méthode de variation de la constante. Soit la fonction zp : t 7→ k(t) t2 , où k est une fonction
supposée de classe C 1 sur R∗+ .
zp est solution de (E) si et seulement si pour tout t ∈ R∗+ ,
k 0 (t) =
c(t) R
e
a(t)
b(t)
dt
a(t)
2)
⇐⇒ k 0 (t) = −2e− ln(t
⇐⇒ k 0 (t) = −
2
t2
Une primitive étant k : t 7→ 2t , la fonction zp : t 7→ 2t est une solution particulière de (E 0 ).
• Solution générale de (E 0 ) :
z : t ∈ R∗+ 7→ k t2 + 2t ; k ∈ R.
3. Solution de (E). Pour tout t ∈ R∗+ , y ayant été supposée strictement positive sur R∗+ ,
z(t) =
1
1
1
⇐⇒ y(t) = p
=√
.
2
2
y(t)
k t + 2t
z(t)
De la condition initiale y(1) = 12 , il vient
√
1
1
= ⇐⇒ k + 2 = 4
2
k+2
⇐⇒ k = 2
La solution de problème de Cauchy est :
y:
R∗+
−→
R
t
7−→
√
8
1
2 t2
+ 2t