Université Sultan Moulay Slimane Faculté des Sciences et Techniques de Beni-Mellal Département de Mathématiques A. ABBASSI Exercices Analyse II Travaux Dirigés N 3 Première version: Décembre, 2017 FST Beni-Mellal. 2 Université Sultan Moulay Slimane Faculté des Sciences et Techniques de Beni Mellal Année universitaire 2017/2018 Filières : MIPC/GE-GM Travaux Dirigés N 3 Module Analyse II Exercice 1 : Résoudre les équations di¤érentielles suivantes: 1- xy 0 y = x4 ; 2- (1 + x2 )y 0 (x 1)2 y + 2x = 0: Exercice 2 : Même question 1- (ex 1)y 0 + (ex + 1)y = 3 + 2ex ; 2- y 0 + (cos x)y = cos x sin x: Exercice 3 : 1 1- En posant z = y 2 , résoudre l’équation di¤érentielle suivante: yy 0 + y 2 = e 2x : 2 2- Déterminer f pour que les équations y 0 y = 1 x et xy 0 y = f (x) aient au moins une solution commune. Exercice 4 : Résoudre les équations di¤érentielles linéaires du second ordre suivantes: 1- y 00 6y 0 + 9y = (3x2 + 1)e3x : 2- y 00 2y 0 + y = 2sh(x); 3- y 00 + 4y = x cos2 x; 4- y 00 + 2y 0 + 2y = (chx) cos x. Exercice 5: Dans tout l’exercice on considère une fonction f continue sur R ainsi que l’équation di¤érentielle: y 00 (E) y = f (x) 1- Résoudre (E) si f = 0. 2- Déterminer toutes les solutions de (E) si f (x) = x. 3- On considère le cas général. Montrer que Z x Z shx f (t)ch(t)dt ch(x) 0 x f (t)sh(t)dt 0 est une solution de (E). En déduire toutes les solutions de (E). 4- a) Montrer que (E) admet une unique solution g véri…ant g(0) = g 0 (0) = 0. b) Que peut-on dire de la parité de g si f est paire (resp. impaire)? 5- Déterminer g si f (x) = x. — — — — — — — — TRAVAUX DIRIGÉS N 3— — — — — — — — — — — 3 Solutions: Exercice 1 : Résoudre les équations di¤érentielles suivantes: 1- Notons par (E) xy 0 y = x4 ; On voit bien que x4 yp = 3 est une solution particulière de (E). Considérons l’équation sans second membre associée à (E) : (e) xy 0 y = 0: y = 0 est une solution triviale de (e). Si on écarte cette solution triviale, c-à-d y 6= 0 (e) () dx dy = ; y x l’équation (e) ainsi écrite est une équation à variables séparées, la solution de (e) est donc sous la forme y0 = kx; k 2 R et x 2 R: Finalement la solution générale de (E) est: y = y0 + yp = kx + x4 ; k 2 R et x 2 R: 3 2- (E) (1 + x2 )y 0 (x 1)2 y + 2x = 0: X Commençons par résoudre l’équation sans second membre associée à (E) : (e) (1 + x2 )y10 (x 1)2 y1 = 0: Ainsi, nous avons une équation à variables séparées: y10 1 + x2 2x = y1 1 + x2 2x = 1 ; 1 + x2 donc ln jy1 j = x ln(1 + x2 ) + c; c 2 R; c-à-d k ex ; k 2 R et x 2 R: 2 1+x X Recherche de solution particulière par la méthode de variation de la constante, se traduit par la recherche d’une solution particulière sous la forme suivante: y1 (x) = yp = où k est une fonction de classe C 1 véri…ant: 2x k 0 (x) = 1 + x2 k(x) x e ; 1 + x2 1 + x2 ; (k 0 = geF ) ex 4 A. ABBASSI donc x k(x) = 2xe + 2e x + c; c 2 R: Finalement, la solution générale de (E) est donnée par: y = y1 + yp = 1+ x2 ex + 2(x + 1) ; 1 + x2 2 R: Exercice 2 : 1- (E) : (ex 1)y 0 + (ex + 1)y = 3 + 2ex ; l’équation sans second membre associée à (E) est: (e) : (ex 1)y10 + (ex + 1)y1 = 0; donc pour x 6= 0, (e) est une équation à variables séparées: ex + 1 dx; ex 1 dy1 = y1 Z ex + 1 =) ln jy1 j = dx ex 1 Z t+1 = dt; où t = ex (1 t)t Z 1 t + 2t = dt (1 t)t Z Z 1 2 = dt + dt t (1 t) = ln t 2 ln(1 t) + c; c 2 R ex = ln + c; (1 ex )2 d’où y1 = kex ; k 2 R et x 2 R : (1 ex )2 La solution particulière yp de l’équation (E) par la méthode de la variation de la constante est constituée à partir de la solution générale de l’équation sans second membre, yp sera cherchée sous la forme: k(x)ex yp = ; (1 ex )2 avec k une fonction véri…ant: k 0 (x) = (3 + 2ex ) = 1 3e x ex 1 ex + 2ex ; c-à-d k(x) = x + 3e x + 2ex + c; c 2 R; — — — — — — — — TRAVAUX DIRIGÉS N 3— — — — — — — — — — — 5 par conséquent, la solution générale de (E) est: y(x) = y1 + yp ex (x + 3e = + x 2 (1 e ) (1 x + 2ex )ex ; ex )2 2 R et x 2 R : 2) (E) y 0 + (cos x)y = cos x sin x: La fonction y1 (x) = ke sin x ; k 2 R; x 2 R est la solution générale de l’équation sans second membre associée à (E). Nous cherchons une solution particulière sous la forme: sin x yp = k(x)e ; avec k 0 (x) = esin x sin x cos x; Z =) k(x) = esin x sin x cos xdx Z = tet dt; où t = sin x = tet et + c; c 2 R = (sin x 1)ex + c: Finalement, la solution générale de (E) est: y = y1 + yp = ke sin x 1; k 2 R; x 2 R: + sin x Exercice 3 : 1- En posant z = y 2 , 1 yy 0 + y 2 = e 2x () z 0 + 2z = e 2x (E 0 ) 2 2x + z1 = ke ; k 2 R ; x 2 R est solution générale de de l’équation sans second membre associée à (E 0 ): Par la méthode de variation de la constante, cherchons zp = k(x)e 2x , où k est une fonction qui véri…e: k 0 = 1; soit zp = xe 2x : Par suite, zk = (x + k)e 2x est la solution générale de (E 0 ) pour x Par conséquent, la solution générale de (E) est: p yk = x + ke x ; x k: 2- On résoud d’abord l’équation (E1 ) : y 0 y=1 k. x qui a pour solution: y = x + kex ; k 2 R et x 2 R: 6 A. ABBASSI ensuite, on remplace dans (E2 ) : xy 0 y = f (x); ce qui donne x(1 + kex ) (x kex ) = f (x): D’où: f (x) = fk (x) = k(x 1)ex ; k 2 R. Exercice 4 : 1- (E) y 00 6y 0 + 9y = (3x2 + 1)e3x : X Résolution de l’équation sans second membre: l’équation caractéristique: '(r) = r2 6r + 9 = (r 3)2 = 0; donc r = 3 est une racine double. Par suite, y = (k1 x + k2 )e3x ; k1 ; k2 2 R est la solution générale de l’équation sans second membre assciée à (E). X Cherchons une solution particulière sous la forme: y0 = (x)e3x ; la fonction véri…e: 00 3x e =) 0 = (3x2 + 1)e3x (x) = x3 + x + k1 ; k1 2 R c-à-d 1 1 (x) = x4 + x2 + k1 x + k2 ; k2 2 R: 4 2 Finalement, la solution générale de (E) est: 1 1 y = ( x4 + x2 )e3x + (k1 x + k2 )e3x ; k1 ; k2 2 R; x 2 R: |4 {z 2 } Qn+2 (x) 2- (E) y 00 2y 0 + y = 2sh(x): X Résolution de l’équation sans second membre: l’équation caractéristique: (EC) '(r) = r2 2r + 1 = (r 1)2 = 0; donc r = 1 est une racine double. Par suite, y1 = ( x + )ex ; de l’équation sans second membre assciée à (E). X Cherchons une solution particulière: Le sedond membre s’écrit sous la forme d’une somme: 2sh(x) = ex ; 2 R est la solution générale e x; on utilise le principe de superposition: la solution particulière y0 est la somme de deux solutions particulières y01 et y02 associées aux équations suivantes: (E1 ) 00 y01 0 2y01 + y01 = ex ; — — — — — — — — TRAVAUX DIRIGÉS N 3— — — — — — — — — — — 00 y02 (E2 ) Donc 0 2y02 ( + y02 = 7 x e : y01 = P (x)ex y02 = Q(x)e x : Comme r = 1 est racine double de (EC), donc d P 2, on prend P (x) = ax2 + bx + c; a; b; c 2 R; or (bx + c)ex peut s’ajouter à la solution générale de l’équation sans second membre y1 , donc on prend seulement y01 = ax2 ex . La valeur 1 n’est pas racine de (EC), donc d Q 0, c-à-d Q(x) = d 2 R: En remplaçant y01 = ax2 ex dans (E1 ), par la suite y02 = de x dans (E2 ), on trouve les valeurs des constantes a et d: d’abord: 00 0 y01 = (ax2 + 2ax)ex et y01 = (ax2 + 4ax + 2a)ex ; et 0 y02 = D’où: ( de x 00 et y02 = de x : ax2 + 4ax + 2a 2(ax2 + 2ax) + ax2 = 1 d 2d + d = 1; ainsi: ( a= d= 1 2 1 ; 4 la solution particulière de (E) est: 1 y0 = x2 ex 2 En conclusion, la solutiopn générale de (E) est: 1 x e : 4 y = y0 + y1 1 x 1 = e + ( x2 + x + )ex ; 4 2 00 2 3- y + 4y = x cos x; X Résolution de l’équation sans second membre: l’équation caractéristique: (EC) ; 2 R; x 2 R '(r) = r2 + 4 = 0; admet deux racines complex: r1 = 2i et r2 = 2i. Par suite, y1 = cos 2x + sin 2x; est la solution générale de l’équation sans second membre assciée à (E). X Cherchons une solution particulière: Le sedond membre s’écrit sous la forme d’une somme: 1 + cos 2x x cos2 x = x[ ]; 2 ; 2R 8 A. ABBASSI on utilise le principe de superposition en écrivant la solution particulière y0 comme somme de deux solutions particulières y01 et y02 associées aux équations suivantes: x 00 (E1 ) y01 + 4y01 = ; 2 00 y02 + 4y02 = (E2 ) Donc ( x cos 2x: 2 y01 = P (x) y02 = S(x) cos 2x + T (x) sin 2x: Comme 0 n’est pas racine de (EC), donc d P 1, on prend P (x) = ax + b; a; b 2 R; En remplaçant y01 = ax + b dans (E1 ), 0 00 y01 = a; y01 = 0; on obtient: 4ax + 4b Comme r = = x =) 2 ( a = 18 b=0 1 =) y01 = x: 8 2i est racines simples de (EC), donc: y02 = x(cx + d) cos 2x + x(c0 x + d0 ) sin 2x; on a 0 y02 = (2cx + d) cos 2x 00 y02 = 2c cos 2x 2(cx2 + dx) sin 2x + (2c0 x + d0 ) sin 2x + 2(c0 x2 + d0 x) cos 2x; 2(2cx + d) sin 2x 2(2cx + d) sin 2x +2(2c0 x + d0 ) cos 2x + 2(2c0 x + d0 ) cos 2x 4(cx2 + dx) cos 2x + 2c0 sin 2x 4(c0 x2 + d0 x) sin 2x; En remplaçant y02 dans (E2 ), Ainsi: x [8c0 x + 4d0 + 2c] cos 2x + [ 8cx 4d + 2c0 ] sin 2x = cos 2x 2 8 0 > < c=d =0 1 =) c0 = 16 > : d= 1: 32 y02 = 1 1 x cos 2x + x2 sin 2x; 32 16 la solutiopn générale de (E) est: y = y0 + y1 1 1 = ( + x) cos 2x + ( + x2 ) sin 2x; 32 16 00 0 4- y + 2y + 2y = (chx) cos x. X Résolution de l’équation sans second membre: ; 2 R; x 2 R — — — — — — — — TRAVAUX DIRIGÉS N 3— — — — — — — — — — — 9 l’équation caractéristique: '(r) = r2 + 2r + 2 = 0; (EC) admet deux racines complex: r1 = 1 i et r2 = 1 + i. Par suite, y1 = e x ( cos x + sin x); ; 2 R est la solution générale de l’équation sans second membre assciée à (E). X Cherchons une solution particulière: Le sedond membre s’écrit sous la forme d’une somme: eix + e ix ex + e x (chx) cos x = 2 2 1 (1+i)x 1 (1 i)x 1 ( 1+i)x 1 (1+i)x = e + e + e + e : 4 4 4 4 on utilise le principe de superposition en écrivant la solution particulière y0 comme somme de solutions particulières suivantes: y0 = y01 + y02 + y03 + y04 avec y01 = ae(1+i)x car 1 + i n’est pas racine de (EC); y02 = be(1 i)x car 1 i n’est pas racine de (EC); y03 = (d + cx)e( 1+i)x y04 = (d0 + c0 x)e (1+i)x Comme y01 véri…e: car 1 + i est racine simple; car (1 + i) est racine simple: 1 00 0 y01 + 2y01 + 2y01 = e(1+i)x ; 4 () a(1 + i)2 + 2a(1 + i) + 2a = () a(4i + 4) = () a = 1 4 1 ; 16(1 + i) donc y01 = 1 e(1+i)x : 16(1 + i) Remarquons que y est solution de 1 y 00 + 2y 0 + 2y = e(1+i)x ; 4 si et seulement si y est solution de 1 y 00 + 2y 0 + 2y = e(1 4 i)x ; par suite: y02 = y01 = De même y03 véri…e: 1 e(1 16(1 i) 1 00 0 y03 + 2y03 + 2y03 = e( 4 i)x : 1+i)x ; 1 4 10 A. ABBASSI donc par passage au conjugué, on trouve: y03 = y04 : Cherchons y03 = (d + cx)e( 1+i)x 0 y03 = ( 1 + i)(d + cx)e( 00 y03 = ( 1 + i)2 (d + cx)e( 1+i)x 1+i)x + ce( 1+i)x ; + 2c( 1 + i)e( 1+i)x ; ainsi [( 1 + i)2 (d + cx) + 2c( 1 + i)] + 2[( 1 + i)(d + cx) + c] + 2(d + cx) = () y03 = 1 ( e 8i 1+i)x 1 ( e 8i ; et y04 = 1 4 1 i)x Exercice 5 : 1- Notons par (e), l’équation di¤érentielle (E) à second membre f = 0. L’équation caractéristique associée à (e): '(r) = r2 admet deux racines réelles r1 = 1 et r2 = x 1e y1 = 1 = 0; 1, la solution générale y1 de (e) est donnée par: + x 2e ; 1 et dans R: 2 2- Maintenant que nous avons résolu l’équation sans second membre, résoudre (E) revient à chercher une solution particulière yp de (E). vu que le second membre f (x) = x, nous chercherons donc yp sous la forme: yp = Q1 (x) = ax + b; a; b 2 R: =) ax + b = x ( a= 1 =) b = 0; la solution générale de l’équation di¤érentielle (E) : y 00 y = x est donnée par: y = y1 + yp x 1e = + 2e x x; 1 et 2 dans R: 3- Cas général, posons: Y = shx Z x f (t)ch(t)dt 0 ch(x) Z 0 x f (t)sh(t)dt; Rx Rx Comme f est continue alors x ! 0 f (t)ch(t) et x ! 0 f (t)sh(t) sont de classe C 1 , et Z x Z x 0 Y = chx f (t)ch(t)dt + shxf (x)ch(x) sh(x) f (t)sh(t)dt ch(x)f (x)sh(x); 0 0 Z x Z x = chx f (t)ch(t)dt sh(x) f (t)sh(t)dt: 0 0 — — — — — — — — TRAVAUX DIRIGÉS N 3— — — — — — — — — — — de même: Y 00 = shx Z Z x 2 f (t)ch(t)dt + f (x)ch (x) ch(x) 0 11 x f (x)sh2 (x); f (t)sh(t)dt 0 2 2 = Y + f (x)[ch (x) sh (x)]: | {z } =1 On en déduit que Y est une solution particulière de (E). Par suite, toutes les solutions générales de (E) s’écrivent sous la forme: y = Y + y1 Z x = shx f (t)ch(t)dt ch(x) 0 Z x x 1e f (t)sh(t)dt + + 2e x ; 1 et 2 dans R: 0 4- Une solution g qui véri…e les deux conditions g(0) = 0 et g 0 (0) = 0 est associée aux paramètres 1 et 2 lets que: ( 1+ 2 = 0 ) 1 = 2 = 0; 1 2 = 0; d’où g(x) = shx Z x f (t)ch(t)dt ch(x) 0 Z x f (t)sh(t)dt: 0 Comme la fonction x ! chx est paire et x ! shx est impaire, donc les fonctions f et g ont la même parité. En e¤et, supposons que f est paire: Z x Z x f (t)sh(t)dt f (t)ch(t)dt ch( x) g( x) = sh( x) 0 0 Z x Z x f ( t)sh( t) ( 1)dt f ( t)ch( t) ( 1)dt ch(x) = shx 0 0 Z x Z x = shx f (t)ch(t)dt ch(x) f (t)sh(t)dt 0 0 = g(x): De la même manière, on montre que si f est impaire, alors g est également impaire. 5- Lorsque f (x) = x; Z x Z x g(x) = shx tch(t)dt ch(x) tsh(t)dt; 0 0 par une intégration par parties, on trouve que g(x) = shx x: