‚é™—pitul—tif de l— sé—n™e n¦Q Équ—tions différentielles

IMERIR
Bases de mathématiques
Année 2012/2013
Promotion Maisonnier
Récapitulatif de la séance n3
Équations diérentielles
Exercice 1 Cet exercice est le sujet du devoir maison.
Exercice 2 Soit l'équation diérentielle suivante :
y 0 + 2y = 4e1−2x
(E )
1. Pour démontrer que f , dénie sur R par f (x) = 4xe1−2x est solution de (E ), il faut justier de
sa continuité et sa dérivabilité qui sont ici évidentes (c'est un produit de deux fonctions continues
et dérivables). Ensuite il s'agit de montrer que f 0 + 2f = 4e1−2x .
En utilisant les règles de dérivations vues au TD précédant, on a
f 0 (x) = 4e1−2x + 4x(−2)e1−2x = 4e1−2x − 8xe1−2x = 4e1−2x − 2f (x)
et f 0 (x) + 2f (x) = 4e1−2x − 2f (x) + 2f (x) = 4e1−2x . On en conclut que f est bien solution particulière de (E ).
2. L'équation diérentielle (E0 ) y 0 + 2y = 0 est homogène, et se réécrit y 0 = −2y . Elle est du type
f 0 = af , qui admet une innité de solution de la forme f (x) = Ceax avec C ∈ R. Les solutions de
(E0 ) sont donc toutes les fonctions y(x) = Ce−2x avec C ∈ R.
3. Dans cette question, il faut démontrer l'équivalence de deux énoncés. Bien qu'il soit possible de
raisonner avec des équivalences pour prouver le résultat directement, il est beaucoup plus prudent
de procéder en deux étapes i.e. en prouvant les deux sens de l'équivalence.
⇒ : Prouvons que si g dénie sur R est solution de (E ) alors g − f est solution de (E0 ) :
L'hypothèse que g soit solution de (E ), implique que g 0 + 2g = 4e1−2x . On a d'autre part
(g − f )0 + 2(g − f ) = (g 0 + 2g) − (f 0 + 2f ) = 4e1−2x − 4e1−2x = 0
donc g − f est bien solution de (E0 ).
⇐ : Prouvons que si g − f est solution de (E0 ) alors g dénie sur R est solution de (E ) :
L'hypothèse que g − f soit solution de (E0 ) implique que (g − f )0 + 2(g − f ) = 0 or
(g − f )0 + 2(g − f ) = (g 0 + 2g) − (f 0 + 2f ) = (g 0 + 2g) − 4e1−2x = 0 ⇒ (g 0 + 2g) = 4e1−2x
donc g est bien solution de (E ).
4. On nous demande de déduire toutes les solutions g de l'équation (E ) :
En s'appuyant sur la question précédente, les solutions g de (E ) sont exactement les fonctions g
1
telles que g −f soient solutions de (E0 ). Or, par la question 2, les solutions de (E0 ) sont les fonctions
y(x) = Ce−2x avec C ∈ R. On a donc g − f = Ce−2x d'où l'on déduit que les solutions de (E ) sont
les fonctions g(x) = Ce−2x + f (x) = Ce−2x + 4xe1−2x = e−2x (C + 4xe) avec C ∈ R.
5. Pour la dernière question, on nous fournit un point qui appartient à la courbe d'une des solutions
de (E ). Le but est bien entendu, de se débarrasser de la constante C en exhibant
solution
particulière : en l'occurrence, celle qui prend la valeur −2e en 0.
Nous avons d'une part g0 (0) = −2e et d'autre part g0 (0) = e−2·0 (C + 4 · 0 · e) = C , donc C = −2e.
La solution particulière est :
une
g0 (x) = e−2x (−2e + 4xe) = 2e−2x+1 (−1 + 2x)
Exercice 3 On s'intéresse à l'équation
diérentielle (E) : y 00 − 2y 0 + y = x2 .
2
1. Il s'agit de montrer que f (x) = x + 4x + 6 est solution de (E) :
f est une fonction polynomiale, elle est continue et inniment dérivable sur R.
On a
• f 0 (x) = 2x + 4
• f 00 (x) = 2
et
f 00 (x) − 2f 0 (x) + f (x) = 2 − 4x − 8 + x2 + 4x + 6 = x2
d'où l'on conclut que f (x) = x2 + 4x + 6 est bien une solution de (E).
2. Une fonction polynomiale de degré 2 à coecients dans R s'écrit sous la forme p(x) = c + bx + ax2
avec (a, b, c) ∈ R3 . Pour que p soit solution de (E), il faut que p00 − 2p0 + p = x2 , or on a :
• p0 (x) = 2ax + b
• p00 (x) = 2a
donc
p00 − 2p0 + p = x2 ⇔ 2a − 4ax − 2b + c + bx + ax2 = (2a − 2b + c) + (b − 4a)x + ax2 = x2
On procède par identication pour déduire ce qui suit :
• ax2 = x2
• x(b − 4a) = 0
• (2a − 2b + c) = 0
donc a = 1
donc (b − 4 · 1) = 0 et b = 4
donc (2 · 1 − 2 · 4 + c) = 0 et c = 6
et on trouve que l'unique fonction polynomiale de degré 2 solution de (E) est bien f (x) = x2 +4x+6.
3. Il s'agit de montrer que g(x) = (2x − 5)ex + x2 + 4x + 6 est solution de (E).
Remarquons d'abord que g(x) = r(x) + f (x) avec r(x) = (2x − 5)ex . Donc
(r + f )00 − 2(r + f )0 + (r + f ) = (r00 − 2r0 + r) + (f 00 − 2f 0 + f ) = (r00 − 2r0 + r) + x2
Prouver que g est solution de (E) revient à prouver que
(r + f )00 − 2(r + f )0 + (r + f ) = x2
donc que
r00 − 2r0 + r = 0
2
(E0 )
• r(x)
• r0 (x)
• r00 (x)
= (2x − 5)ex
= 2ex + r(x)
= 2ex + r0 (x)
r00 − 2r0 + r = 2ex + r0 (x) − 2r0 (x) + r(x) = 2ex − r0 (x) + r(x) = 2ex − 2ex − r(x) + r(x) = 0
Comme r est bien solution de (E0 ), on conclut que g est bien solution de (E).
Exercice 4 Pour cet exercice, il y a une unique méthode à appliquer :
Réécrire l'équation diérentielle sous la forme f 0 = af avec a ∈ R.
En déduire l'ensemble des solutions qui sont les fonctions f (x) = Ceax avec C ∈ R.
Étant donné un point appartenant à une solution particulière de l'équation diérentielle i.e.
y0
f0 (x0 ) = Ceax0 = y0 , déduire C , qui vaut dans notre cas ici, C = ax0 .
e
Une fois C connu, écrire l'expression explicite de la fonction f0 (sans le C ), dans notre cas :
y0
f0 (x) = ax0 · eax .
e
Exemple avec • 2f 0 = f avec 2f (−1) = 3
1
Cette équation diérentielle se réécrit en f 0 = 21 f , donc ses solutions sont les fonctions f (x) = Ce 2 x
avec C ∈ R.
3
3
1
1
D'autre part, on a 2f (−1) = 3 donc f (−1) = or f (−1) = Ce− 2 . On déduit que Ce− 2 = et
2
2
1
3
3e 2
donc que C = − 1 =
. La solution particulière à l'équation diérentielle est donc f0 (x) =
2
2e 2
1
3e 2 1 x
3 1
3 √ (x+1)
e 2 = e 2 (x+1) =
e
.
2
2
2
Exercice 5 L'intensité i du courant électrique vérie une équation diérentielle (Eq) suivante :
Li0 (t) + Ri(t) = E
Cette équation est du type uf 0 + vf = w avec (u, v, w) ∈ R qui se réécrit facilement en f 0 = af + b
avec (a, b) ∈ R.
Les équations du type f 0 = af + b avec (a, b) ∈ R admettent comme solutions les fonctions
f (x) = Ceax −
b
a
avec C ∈ R.
1. Commençons par mettre Li0 (t) + Ri(t) = E sous la forme f 0 = af + b :
E
R
E
E
R
R
On a i0 (t) = − i(t)+ qui admet comme solutions les fonctions i(t) = Ce− L t − LR = Ce− L t +
L
L
R
−L
E
R
avec C ∈ R. D'autre part, à l'instant t = 0, l'intensité est nulle i.e., i(0) = Ce− L ·0 +
= 0 donc
R
E R
E
E
E
R
=
−e− L t + 1 .
C = − et la solution particulière recherchée est i(t) = − e− L t +
R
R
R
R
3
2. On cherche la limite de i(t) quand t tend vers +∞ :
•−
R
L
donc lim −
<0
• lim −
t→+∞
• lim e
t→+∞
R
t = −∞
L
−R
Lt
t→+∞
=0
R
t = −∞
L
R
donc lim e− L t = 0
t→+∞
R
donc lim e− L t + 1 = 1
t→+∞
E
E −Rt
−e L + 1 =
t→+∞
t→+∞ R
R
E
La limite de i(t) quand t tend vers +∞ vaut .
R
R
• lim e− L t + 1 = 1
donc lim
4