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Solution TD chapitre III

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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:
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