equations differentielles lineaires (2)

EQUATIONS DIFFERENTIELLES LINEAIRES (2)
1. Lorsqu’on étire un ressort, la force de rappel est proportionnelle à l’allongement du ressort. Nous allons décrire le mouvement d’une masse m fixée à l’extrémité d’un ressort qu’on étire
d’une longueur y0 et qu’on lâche. On suppose qu’il n’y a aucun effet amortissant. On rappelle
que l’on a le théorème fondamental de la dynamique F = mγ, liant l’accélération γ et la somme
des forces F appliquées à la masse m.
a) Les forces en présence sont : le poids (mg) et la force de rappel du ressort −ky. On suppose que
la position de l’extrémité du ressort est y relativement à la position d’équilibre du ressort avec
la masse en son extrémité. Etablir que l’on a l’équation différentielle my ′′ = −ky, et la résoudre
pour obtenir la position y(t) de la masse à l’instant t. Quel type de mouvement obtient-on ?
b) On suppose maintenant que la masse est plongée dans un liquide (amortisseur) et que la force
de friction est proportionnelle à la vitesse et vaut −cy ′ . Ecrire l’équation régissant le mouvement de la masse, puis résoudre en distinguant 3 cas suivant la valeur de c2 − 4km. Quel type
de mouvement obtient-on dans chacun des cas ?
2. Régulateur de Foucault.
Un point P de masse m est accroché à un fil sans masse enroulé autour d’un cylindre homogène
de rayon R, de masse M et d’axe horizontal fixe. La chute du point P entraı̂ne la rotation du
cylindre. Ce cylindre, muni d’ailettes est soumis à la résistance de l’air que l’on représentera
par un couple de frottement −f θ ′ , où ω = θ ′ représente la vitesse de rotation du cylindre. Le
système étant abandonné sans vitesse initiale, on veut déterminer la fonction ω. On note z la
longueur parcourue par le point P .
La mise en équation fait apparaı̂tre les relations suivantes :
– en appliquant le théorème du moment cinétique
Jθ ′′ = −f θ ′ + RT ,
où J = M R2 /2 est le moment d’inertie du cylindre et T est une force.
– en appliquant le principe fondamental de la dynamique pour le point P
mz ′′ = mg − T .
a) Quelle est la longueur ∆z parcourue par M lorsque le cylindre tourne d’un angle ∆θ ? En
déduire une relation entre z ′′ et θ ′′ .
b) Trouver une équation différentielle vérifiée par ω.
c) Résoudre cette équation. Que peut-on en conclure pour le mouvement de la poulie lorsque t
devient grand ?
3. On cherche à modéliser l’évolution dans le temps de la quantité d’une substance (par
exemple la péniciline) contenue dans le sang lors d’une injection en continu. La substance est
injectée à raison de I grammes par minute. Par ailleurs la substance est éliminée du sang à une
vitesse proportionnelle à la quantité de substance présente au temps t.
a) Justifier que la quantité de substance y présente dans le sang au temps t satisfait l’équation
différentielle
y ′ = −ky + I ,
pour une certaine constante k > 0.
b) Chercher une expression de y en fonction de t, sachant qu’au temps t = 0 (début de l’injection), on a y = 0. Calculer la limite de y quand t tend vers l’infini. Interprétation.
4. Un circuit se compose d’un condensateur de capacité C et d’un résistance R en série,
alimentés par une force électromotrice V .
a) Si Q est la charge emmagasinée par le condensateur, Q(t) vérifie :
(1) R
dQ Q
+
=V .
dt
C
Calculer Q(t) sachant que la charge initiale du condensateur est nulle et V constante.
b) Pour le même circuit, on s’intéresse au courant I. Il vérifie :
(2) R
I
dV
dI
+
=
.
dt
C
dt
Calculer I(t) sachant qu’à l’instant 0 le courant est I0 et que V (t) = V0 sin ωt.
c) On ajoute au circuit une inductance propre L, et on l’alimente par une source de tension
sinusoı̈dale e = Em cos ωt. Le courant I vérifie l’équation
Z
1
dI
(3) L + RI +
I dt = e ,
dt
C
R
(où I dt désigne une primitive de I).
Trouver une équation différentielle vérifiée par I. Chercher une solution particulière (qui correspond au régime forcé) de la forme
I = Im cos(ωt − ϕ) ,
en déterminant Im (de même signe que Em ) et tan ϕ.
Si l’on suppose R2 − 4L/C < 0, trouver les solutions de l’équation homogène associée (régime
transitoire), et en déduire les solutions de l’équation (3) telles qu’en t = 0, on ait I(0) = I ′ (0) = 0.
Que se passe-t-il quand t devient grand ?
5. Modèle dynamo du champ magnétique terrestre.
Une barre OA de masse m et de longueur a est susceptible de tourner sans frottement autour de
l’axe vertical Oz avec un moment d’inertie J. On note ω sa vitesse angulaire de rotation. Cette
barre est soumise à un couple Γuz , où uz représente la verticale ascendante.
La barre OA est en contact éléctrique avec une piste circulaire (C) de centre O et de rayon a
formant un circuit éléctrique fermé sur une résistance R et une inductance pure L par des fils
souples. Le circuit est plongé dans un champ magnétique uniforme et constant Buz . On note I
l’intensité du courant dans le circuit. On suppose que l’on a l’inégalité : R2 J < LB 2 a4 .
La mise en équation fait apparaı̂tre les relations suivantes :
– en appliquant le théorème du moment cinétique
Jω ′ = Γ −
2
Ba2
I ,
2
– en appliquant la loi des mailles dans le circuit électrique
RI + LI ′ =
Ba2
ω.
2
a) Trouver une équation différentielle vérifiée par I, et la résoudre, lorsque au temps t = 0, on
a I(0) = I ′ (0) = 0.
b) Ecrire une équation différentielle vérifiée par ω. Sans résoudre cette équation donner la forme
général de la solution en sachant que ω(0) = 0.
6. Méthode de variation des constantes.
Lorsque le second membre d’une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients
constants n’est pas simple, on peut utiliser une méthode de variation des constantes que l’on
développe sur l’exemple suivant.
Soit l’équation différentielle
(E)
y ′′ − y =
e2x
.
ex + 1
a) Donner les solutions de l’équation homogène sous la forme
y = K1 y1 + K2 y2 ,
où K1 et K2 , sont des constantes.
b) On cherche une solution de l’équation (E) sous la forme
y = K1 y1 + K2 y2 ,
où K1 et K2 , sont cette fois des fonctions.
– Calculer y ′ .
– On impose la relation (1) K1′ y1 + K2′ y2 = 0. Calculer y ′′ .
– En remplaçant dans l’équation différentielle montrer que l’on obtient une nouvelle relation (2)
reliant K1′ et K2′ .
– Résoudre le système formé des deux équations (1) et (2) pour en déduire K1′ et K2′ .
– Calculer K1 et K2 .
– En déduire les solutions de l’équation différentielle (E).
3
Corrigé
1. a) Remarquons tout d’abord que lorsque la masse m est en équilibre, le ressort s’est allongé d’une longueur ℓ, et la force de rappel du ressort −kℓ compense le poids mg, donc mg = kℓ.
Lorsque l’on étire le ressort d’une longueur y0 , et qu’on le lâche (avec une vitesse initiale nulle),
les forces qui s’appliquent à la masse m au temps t sont
– la force de rappel −k(ℓ + y) provenant de l’allongement ℓ + y
– le poids mg.
Le théorème fondamental de la dynamique s’écrit donc
mγ = mg − k(ℓ + y) .
Mais γ est l’accélération y ′′ , et mg − kℓ = 0, on a donc bien l’équation
my ′′ + ky = 0 .
Cette équation linéaire homogène du second ordre à coefficients
constants admet
p
pcomme po2
lynôme caractéristique mX + k, dont les racines sont ±i −k/m. Notons ω = −k/m. Les
solutions sont donc
y = A cos ωt + B sin ωt .
On écrit que, pour t = 0, l’allongement vaut y0 , donc
y0 = y(0) = A .
Par ailleurs, on a
y ′ = −ωA sin ωt + ωB cos ωt ,
et on écrit que la vitesse y ′ (0) est nulle, soit
y ′ (0) = 0 = ωB .
Donc B = 0 et A = y0 , ce qui donne
y = y0 cos ωt .
b) Le calcul est le même que dans a), mais la force de friction −cy ′ s’ajoute au bilan des forces
s’exerçant sur m. L’équation devient donc
my ′′ + cy ′ + ky = 0 .
Cette équation linéaire homogène du second ordre à coefficients constants admet comme polynôme caractéristique mX 2 +cX +k, dont les racines dépendent du discriminant ∆ = c2 −4km.
Il y a donc trois cas possibles.
∆ > 0 . Les racines sont réelles. Leur produit k/m est positif, et leur somme −c/m est négative.
Elles sont donc toutes deux négatives. Si on les note α et β, les solutions sont
y = Aeαt + Beβt .
On a donc
y ′ = Aαeαt + Bβeβt .
5
En écrivant les conditions initiales, on a
y(0) = y0 = A + B
y ′ (0) = 0 = αA + βB ,
On trouve comme solution du système
A=
βy0
β −α
d’où la solution de l’équation
y = y0
et
B=−
αy0
,
β−α
βeαt − αeβt
.
β−α
Lorsque t augmente, la solution y s’approche de la position d’équilibre 0, et comme la dérivée
y ′ (t) = −y0 αβ
eαt − eβt
,
α−β
est négative, la fonction est décroissante.
∆ = 0 . Il y a une racine double réelle négative α = −
c
. les solutions sont
2m
y = (At + B)eαt .
On a donc
y ′ = (αAt + αB + A)eαt .
En écrivant les conditions initiales, on a
y(0) = y0 = B
y ′ (0) = 0 = αB + A ,
On trouve comme solution du système
A = −αy0
et B = y0 ,
d’où la solution de l’équation
y = y0 (1 − αt)eαt .
Lorsque t augmente, la solution y s’approche de la position d’équilibre 0, et comme la dérivée
y ′ (t) = −y0 α2 teαt ,
est négative, la fonction est décroissante.
√
−c ± i −∆
. Les solutions sont alors, en
∆ > 0 . Il y a deux racines complexes conjuguées
2m
√
−∆
posant ω =
,
2m
y = e−ct/2m (A cos ωt + B sin ωt) .
On a donc,
c
(A cos ωt + B sin ωt) .
y ′ = e−ct/2m −ωA sin ωt + ωB cos ωt −
2m
6
En écrivant les conditions initiales, on a
(
y(0) = y0 = A
y ′ (0) = 0 = ωB −
Ac
,
2m
On trouve comme solution du système
A = y0
et B =
cy0
,
2ωm
d’où la solution de l’équation
y = y0 (cos ωt +
c
sin ωt)e−ct/2m .
2ωm
Lorsque t augmente, la solution y s’approche de la position d’équilibre 0. Mais cette fois le
poids m oscille avant de retrouver sa position d’équilibre, et ce d’autant plus longtemps que
le coefficient c est petit.
2. a) Lorsque la poulie tourne de l’angle ∆θ, l’arc de cercle correspondant a une longueur de
R∆θ qui est exactement la longueur ∆z parcourue par le point P . Donc les deux vitesses z ′ et
Rθ ′ = Rω sont égales. Alors z ′′ = Rω ′ .
b) De la deuxième équation on tire
T = mg − mz ′′ ,
donc en remplaçant dans la première
Jω ′ = −f ω + R(mg − mz ′′ ) ,
et puisque z ′′ = Rω ′ , on obtient
(J + mR2 )ω ′ + f ω = mgR .
c) Cette équation différentielle du premier ordre à une solution constante
ω=
mgR
,
f
et les solutions de l’équation homogène sont
ω = Ae−τ t ,
où l’on a posé τ =
f
. Donc les solutions de l’équation sont
J + mR2
ω = Ae−τ t +
mgR
.
f
En écrivant que la vitesse ω est nulle au temps t = 0, on trouve
ω(0) = 0 = A +
d’où
ω=
mgR
,
f
mgR
(1 − e−τ t ) .
f
7
c) Lorsque t devient grand ω s’approche de mgR/f et devient constant. Le mouvement devient
donc uniforme.
3. a) On suppose la substance injectée en continue et de manière régulière. Donc la substance
injectée au temps t (mesuré en minute) sera u = tI.
Notons v la substance éliminée au temps t. La vitesse d’élimination est proportionnelle à la
quantité de substance présente, donc, il existe une constante k > 0 telle que v ′ = ky.
La substance restant au temps t est donc y = tI − v, d’où l’on déduit en dérivant
y ′ = I − v ′ = I − ky ,
soit
y ′ + ky = I .
b) L’équation différentielle possède une solution constante I/k, et les solutions de l’équation
homogène sont
y = Ke−kt .
Donc les solutions de l’équation complète sont
y = Ke−kt +
I
.
k
La condition initiale y(0) = 0 donne K + I/k = 0 d’où
y=
I
(1 − e−kt ) .
k
On remarque que
I −kt
e
,
k
est positive. Lorsque t devient grand, la valeur se rapproche (en croissant) d’une quantité
constante I/k.
y′ =
4. a) L’équation homogène admet pour solutions
Q = Ke−t/RC .
et on a une solution particulière constante Q1 = V C, d’où les solutions de (1)
Q = V C + Ke−t/RC .
Mais on a la condition initiale Q(0) = 0, donc 0 = V C + K. On en déduit
Q = V C 1 − e−t/RC .
b) L’équation homogène est la même (aux notations près) que dans la question a). Elle a pour
solution
I = Ke−t/RC .
Le second membre vaut
dV
= V0 ω cos ωt .
dt
8
On peut chercher une solution particulière de la forme
I1 = A sin ωt + B cos ωt .
En dérivant
I1′ = Aω cos ωt − Bω sin ωt ,
et en remplaçant dans l’équation
I1
B
A
′
RI1 +
= RAω +
cos ωt + −BRω +
sin ωt = V0 ω cos ωt .
C
C
C
On obtient le système

A



 −RBω + C = 0



 RAω + B = V0 ω
C
En en tire A = RBCω et en remplaçant dans la seconde équation
B=
V0 Cω
2
R C 2ω2 + 1
et
A=
V0 C 2 ω 2 R
.
R2 C 2 ω 2 + 1
Donc
V0 Cω
V0 C 2 ω 2 R
sin ωt + 2 2 2
cos ωt .
R2 C 2 ω 2 + 1
R C ω +1
On a de plus la condition initiale I(0) = I0 . Donc
I = Ke−t/RC +
K+
V0 Cω
2
R C 2ω2 +
ce qui donne
K = I0 −
1
= I0 ,
V0 Cω
2
R C 2ω2 +
1
,
et
V0 C 2 ω 2 R
V0 Cω
−t/RC
+
cos
ωt
−
e
sin ωt .
R2 C 2 ω 2 + 1
R2 C 2 ω 2 + 1
c) En dérivant la relation (3), on obtient l’équation
I = I0 e−t/RC +
LI ′′ + RI ′ +
I
= −Em ω sin ωt .
C
Si l’on pose I = Im cos(ωt − ϕ) on obtient
1
Im −Lω 2 cos(ωt − ϕ) − Rω sin(ωt − ϕ) + cos(ωt − ϕ) = −Em ω sin ωt .
C
En développant le premier membre grâce aux formules de trigonométrie, on obtient
1
2
Im
(cos ωt cos ϕ + sin ωt sin ϕ) − Rω(sin ωt cos ϕ − cos ωt sin ϕ) = −Em ω sin ωt .
−Lω +
C
En identifiant les deux membres, on obtient le système
 
2+ 1

Im cos ϕ + RωIm sin ϕ = 0
−Lω



C


1


Im sin ϕ − RωIm cos ϕ = −Em ω .
 −Lω 2 +
C
9
En résolvant ce système, on obtient
Em ω 2 R
Im cos ϕ =
2
−Lω 2 + C1 + R2 ω 2
et
On en déduit, en faisant le quotient
tan ϕ =
Lω 2 −
ωR
1
C
−Em ω −Lω 2 + C1
Im sin ϕ =
.
2
−Lω 2 + C1 + R2 ω 2
=
Lω −
R
1
Cω
.
D’autre part
2
Im
= (Im cos ϕ)2 + (Im sin ϕ)2
=
=
On en déduit
2 ω 2 −Lω 2 + 1 2
2 ω 2 (ωR)2
Em
Em
C
2 + 2
2
2
−Lω 2 + C1 + R2 ω 2
−Lω 2 + C1 + R2 ω 2
2 ω2
Em
.
2
−Lω 2 + C1 + R2 ω 2
Im = q
L’équation homogène
Em
Em ω
=q
.
2
1 2
+ R2
−Lω 2 + C1 + R2 ω 2
−Lω + Cω
LI ′′ + RI ′ +
I
=0,
C
a pour polynôme caractéristique
P (X) = LX 2 + RX +
1
,
C
L
dont le discriminant ∆ = R2 − 4 est négatif. Les racines complexes conjuguées sont donc
C
√
√
√
−R − i −∆
−∆
−R + i −∆
et
, et, si l’on pose ν =
, l’équation homogène a pour solutions
2L
2L
2L
I = e−Rt/2L (U cos νt + V sin νt) .
L’équation (3) a donc comme solutions
I = e−Rt/2L (U cos νt + V sin νt) + Im cos(ωt − ϕ) .
On a alors
I′ = −
R −Rt/2L
e
(U cos νt + V sin νt) + e−Rt/2L ν(−U sin νt + V cos νt) − Im ω sin(ωt − ϕ) .
2L
Les conditions initiales donnent le système


 I(0) = 0 = U + Im cos ϕ
On en déduit

 I ′ (0) = 0 = − RU + νV + ωI sin ϕ
m
2L
U = −Im cos ϕ et
Im
V =−
ν
10
.
R
cos ϕ .
ω sin ϕ +
2L
Lorsque t augmente la quantité e−Rt/2L (U cos νt + V sin νt) devient petite, et I se comporte
comme le courant périodique Im cos(ωt − ϕ).
5. a) Dérivons la deuxième équation, on obtient
RI ′ + LI ′′ =
Ba2 ′
ω .
2
De la première équation on tire
ω′ =
Γ Ba2
−
I ,
J
2J
donc en remplaçant dans la première
Ba2
RI + LI =
2
′
′′
Γ Ba2
−
I
J
2J
,
d’où l’on déduit
Ba2 Γ
B 2 a4
I=
.
4J
2J
2Γ
Cette équation possède une solution constante
. Les solutions de l’équation homogène sont
Ba2
4J
les mêmes que dans l’exercice précédent où l’on aurait placé un condensateur C = 2 4 . En
B a
√
LB 2 a4
−∆
L
2
2
, qui est négatif, et ν =
, L’équation a comme
posant alors ∆ = R − 4 = R −
C
J
2
solutions
2Γ
I = e−Rt/2L (U cos νt + V sin νt) +
,
Ba2
d’où l’on tire
LI ′′ + RI ′ +
I ′ = e−Rt/2L [(−νU sin νt + νV cos νt) −
R
(U cos νt + V sin νt)] .
2L
Cherchons la solution qui vérifie I(0) = I ′ (0) = 0. On a le système

2Γ



 I(0) = 0 = U + Ba2
,


R

 I ′ (0) = 0 = −U
+ νV
2L
d’où l’on tire
U =−
2Γ
Ba2
et V = −
RΓ
.
νBa2 L
La solution est donc
I=
2Γ
Ba2
1 − e−Rt/2L (cos νt +
R
sin νt) .
2νL
b) On en tire alors l’équation
′
−Rt/2L
Jω = Γ − Γ 1 − e
R
(cos νt +
sin νt) .
2νL
ce qui donne
′
−Rt/2L
Jω = −e
R
sin νt .
cos νt +
2νL
11
On obtient pour ω une solution de la forme
ω = e−Rt/2L (U cos νt + V sin νt) + K .
On détermine les constantes U et V en dérivant et en identifiant, puis on détermine K en écrivant
que ω(0) = 0, ce qui donne K = −U . Donc
ω = e−Rt/2L (U cos νt + V sin νt) − U .
6. a) Le polynôme caractéristique X 2 − 1 a pour racines 1 et −1. Les solutions de l’équation
homogène sont donc.
y(x) = K1 ex + K2 e−x .
b) Si l’on cherche des solutions de (E) de la forme
y(x) = K1 (x)ex + K2 (x)e−x ,
où K1 et K2 sont des fonctions, on obtient donc
y ′ (x) = K1′ (x)ex + K2′ (x)e−x + K1 (x)ex − K2 (x)e−x .
On impose la condition
K1′ (x)ex + K2′ (x)e−x = 0 .
On a donc
y ′ (x) = K1 (x)ex − K2 (x)e−x .
On en déduit
y ′′ (x) = K1′ (x)ex − K2′ (x)e−x + K1 (x)ex + K2 (x)e−x .
Et donc
y ′′ (x) − y(x) = K1′ (x)ex − K2′ (x)e−x =
e2x
.
ex + 1
Le calcul précédent conduit donc au système

 K1′ (x)ex + K2′ (x)e−x = 0
 K1′ (x)ex − K2′ (x)e−x =
e2x
ex + 1
En résolvant ce système, on trouve
K1′ (x) =
ex
2(ex + 1)
et
K2′ (x) = −
e3x
.
2(ex + 1)
Comme ex est la dérivée de ex + 1, la fonction 2K1′ se présente sous la forme u′ /u avec u > 0,
et on obtient immédiatement une primitive en ln u
K1 (x) =
1
ln(ex + 1) + C1 .
2
Pour K2′ , on transforme l’expression en remarquant que
e2x
e2x − 1
1
1
=
+ x
= ex − 1 + x
,
x
x
e +1
e +1
e +1
e +1
donc
K2′ (x) = −
1
2
e2x − ex +
12
ex
x
e +1
,
d’où
1
K2 (x) = −
2
e2x
x
x
− e + ln(e + 1) + C2 .
2
Finalement, on obtient les solutions de l’équation dans R :
1
ex
x
−x
x
y(x) =
+ 1 + C1 ex + C2 e−x .
(e − e ) ln(e + 1) −
2
2
13