PCSI1-PCSI2 Corrigé du DS4 2014-2015 Exercice 1

PCSI1-PCSI2 Corrigé du DS4 2014-2015
Exercice 1 APPLICATIONS DU COURS
1. Donner les solutions y:R→Rdes équations différentielles suivantes :
(a) (E
1
)<< 2y
′′
+ 5y
′
−3y= 6 >>.
Solution : L’équation caractéristique est 2r
2
+5r−3 = (r+ 3) (2r−1) ,les solutions de l’équation homogène
sont donc
y(x) = C
1
e
−3x
+C
2
e
x
2
où (C
1
, C
2
)∈R
2
Une solution particulière évidente est y(x) = −2.Les solutions de (E
1
)sont donc
y(x) = C
1
e
−3x
+C
2
e
x
2
−2où (C
1
, C
2
)∈R
2
(b) (E
2
)<< y
′′
+ 6y
′
+ 9y= 8e
x
>>.
Solution : L’équation caractéristique est r
2
+ 6r+ 9 = (r+ 3)
2
,les solutions de l’équation homogène sont
donc
y(x) = (C
1
+C
2
x)e
−3x
où (C
1
, C
2
)∈R
2
On pose ensuite y(x) = z(x)e
x
,on obtient alors (faire le calcul, lire un résultat n’a pas d’intérêt) z
′′
−
8z
′
+ 16z= 8 dont une solution particulière est z(x) = 1
2. Les solutions de (E
2
)sont donc
y(x) = (C
1
+C
2
x)e
−3x
+e
x
2où (C
1
, C
2
)∈R
2
Remarque : Un petit outil sympa, la "Z-box". Si on pose y(x) = z(x)e
x
,on obtient les solutions de
l’équation homogène en zpar la "boite à z"
y−−−→
×e
−x
z
e
−3x
e
−4x
xe
−3x
xe
−4x
car z(x) = y(x)e
−x
,
Ayant les solutions de l’équation homogène en z, on en déduit que 4est racine double de l’équation carac-
téristique en z, qui est donc z
′′
−8z
′
+ 16z= 8 (le second membre est 8e
x
×e
−x
).
(c) (E
3
)<< y
′′
+ 4y
′
+ 5y= cos(x)>>.
Solution : L’équation caractéristique est r
2
+ 4r+ 5 dont les racines sont −2 + iet −2−i. Les solutions
de l’équation homogène sont donc
y(x) = (C
1
cos x+C
2
sin x)e
−2x
où (C
1
, C
2
)∈R
2
On cherche une solution particulière de y
′′
+ 4y
′
+ 5y=e
ix
,on pose y(x) = z(x)e
ix
.On obtient alors
z
′′
+ (4 + 2i)z
′
+ (4 + 4i)z= 1 (en fait seul le calcul du coefficient de zest utile). Une solution particulière
est z(x) = 1
2 (2 + 2i)=1−i 8et une solution particulière de y
′′
+ 4y
′
+ 5y=e
ix
est 1−i
8e
ix
dont on prend
la partie réelle, à savoir cos x
8+sin x 8
Les solutions de (E
3
)sont donc
y(x) = (C
1
cos x+C
2
sin x)e
−2x
+cos x
8+sin x 8où (C
1
, C
2
)∈R
2
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Reamraque : Avec la "Z-box" on a
y−−−−→
×e
−ix
z
e
(−2+i)x
e
−2x
e
(−2−i)x
e
(−2−2i)x
L’équation caractéristique en zest donc r
2
−(−2−2−2i)r+ (−2) ×(−2−2i) = 0 et l’équation en zest
z
′′
−(−2−2−2i)z
′
+ (−2) ×(−2−2i)z= 1
c’est sans doute plus rapide !
(d) Combien y-a-t’il de solutions de (E
3
)vérifiant (respectivement) la condition
i. y(0) = 2014 et y
′
(0) = 2015.
ii. y(0) = 0 et y(π) = 0.
Solution : Pour (i) c’est le cours (problème de Cauchy), une unique !
Pour (ii), On remplace, y(0) donne C
1
=−1
8alors que y(π)donne C
1
=e
2π
8,il n’y a pas de solution.
Dans ce cas, ce n’est pas un problème de Cauchy, mais un problème de conditions aux bords !
2. Donner les solutions y: ]0,+∞[→Rde l’équation différentielle suivante et vérifiant y(1) = 2 :
xy
′
(x) + 2y(x) = ln x
x.
Solution : Sur ]0,+∞[,l’équation équivaut à y
′
(x) + 2
xy(x) = ln x x
2
. Puisque x−→ 2
xest C
0
sur ]0,+∞[,
les solutions de l’équation homogène sont y(x) = Kexp −2
xdx=K x
2
. On cherche une solution particulière
par variation de la constante donc de la forme y(x) = K(x)
x
2
. On remplace dans l’équation pour avoir K
′
(x)
x
2
=
ln x
x
2
⇐⇒ K
′
(x) = ln x. Une IPP (avec u(x) = ln x,v
′
(x) = 1,u, v C
1
)donne ln xdx == [xln x]−dx =
xln x−x+Cste. On choisit K(x) = x(−1 + ln x)d’où y
p
(x) = −1 + ln x
xet la solution de l’équation différentielle
est donc
y(x) = K
x
2
+−1 + ln x
xoù K∈R
Avec la condition initiale y(1) = 2,on obtient K−1 = 2 ⇐⇒ K= 3 et ainsi y(x) = 3
x
2
+−1 + ln x
x.
3. Décrire, en fonction des valeurs du paramètre réel m, l’ensemble des solutions du système :
(1 −m)x+y+ (3 + m)z= 3
mx + (1 −m)y+z=−1
x−y+ (1 −m)z=−1
Solution : La matrice augmentée est
A=
1−m1 3 + m3
m1−m1−1
1−1 1 −m−1
∼
L
1
↔L
3
1−1 1 −m−1
m1−m1−1
1−m1 3 + m3
∼
L
2
−mL
1
L
3
−(1 −m)L
1
1−1 1 −m−1
0 1 m
2
−m+ 1 m−1
0 2 −m−m
2
+ 3m+ 2 4 −m
∼
L
3
−(2−m)L
2
1−1 1 −m−1
0 1 m
2
−m+ 1 m−1
0 0 mm
2
−4m+ 6m
2
−4m+ 6
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car −m
2
+ 3m+ 2−(2 −m)m
2
−m+ 1=m
3
−4m
2
+ 6m. Le polynôme m
2
−4m+ 6 = (m−2)
2
+ 2 n’est
jamais nul pour m∈R. On a donc deux cas.
Premier cas m= 0.Alors A∼
1−1 1 −1
0 1 1 −1
0 0 0 6 
,le système est incompatible (la dernière ligne donne 0 = 6).
S=∅
Second cas m= 0,le système s’écrit
x−y+ (1 −m)z=−1
y+m
2
−m+ 1z=m−1
mm
2
−4m+ 6z=m
2
−4m+ 6 ⇐⇒ 
x=−1 + y−(1 −m)z=−1−1
m−(1 −m) m=−2 m
y=m−1−m
2
−m+ 1
m=−1 m
z=1
m
Ainsi
S=−2
m,−1 m,1 m
Exercice 2 1. Soit I=] −∞,1[ et la fonction a:I→Rdéfinie par :
∀x∈I, a(x) = x
1−x.
Déterminer les primitives de asur I.
Solution : Belge, belge, belge ! x
1−xdx =x−1 + 1 1−xdx =−dx +dx 1−x=−x−ln |1−x|+C.
Sur I, on a 1−x > 0d’où x
1−xdx =−x−ln (1 −x) + Coù C∈R.
2. Résoudre, sur I, l’équation différentielle
(1 −x)y
′
+xy = 0 (H).
On simplifiera au maximum l’expression des fonctions solutions.
Solution : Sur I, cela équivaut à y
′
+x
1−xy= 0. Puisque aest C
0
sur I, les solutions sont y(x) =
Kexp x
1−xdx=Kexp (x+ ln (1 −x)) = K(1 −x)e
x
où K∈R.
3. Résoudre, sur l’intervalle I, l’équation différentielle
(1 −x)y
′
+xy =e
x
(E).
Solution : Il suffit de trouver une solution particulière.On cherche la solution particulière sous la forme
y
p
(x) = K(x) (1 −x)e
x
. On obtient alors
(1 −x)y
′
p
(x) +xy
p
(x) = e
x
⇐⇒ (1 −x)×K
′
(x) (1 −x)e
x
+ (1 −x)K(x)×(−e
x
+ (1 −x)e
x
) + xK (x) (1 −x)e
x
=e
x
⇐⇒ (1 −x)×K
′
(x) (1 −x)e
x
=e
x
⇐⇒ K
′
(x) = 1
(1 −x)
2
On choisit donc K(x) = 1
1−x,ainsi y
p
(x) = e
x
est solution particulière sur I. On en déduit les solutions sur
I
y
k
(x) = K(1 −x)e
x
+e
x
avec K∈R
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4. (a) Pour tout réel k, montrer qu’il existe une unique fonction f
k
:I→Rsolution de (E)sur Itelle que
f
k
(0) = k. On note C
k
la courbe représentative de f
k
.
Solution : Les solutions sur Isont de la forme f(x) = C(1 −x)e
x
+e
x
. On a f(0) = k⇐⇒ C
1
+ 1 =
k⇐⇒ C
1
=k−1. Il y a une unique solution qui est f
k
(x) = (k−1) (1 −x)e
x
+e
x
. En développant,on
obtient
f
k
(x) = ((1 −k)x+k)e
x
(b) Vérifier que, pour tout réel k, les tangentes aux courbes C
k
au point d’abscisse 0, sont toutes parallèles entre
elles.
Solution : Puisque f
k
est solution de (E),on a (1 −x)f
′
k
(x) + xf
k
(x) = e
x
. En particulier, en x= 0,on
obtient f
′
k
(0) = 1. La tangente en x= 0 àC
k
a pour pente 1,pente indépendante de k. Toutes les tangentes
sont parallèles.
(c) Calculer le développement limité de f
k
(x)à l’ordre 3en x= 0.
Puis, parmi toutes les courbes C
k
, déterminer celles qui possèdent un point d’inflexion
1
en x= 0. Déterminer
et tracer l’allure d’une telle courbe au voisinage de x= 0.
Solution : En x= 0,on a
f
k
(x) = ((1 −k)x+k)1 + x+x
2
2+x
3
6+o
x→0
x
3
=k+x+1−1
2kx
2
+1
2−1 3kx
3
+o
x→0
x
3
La tangente en 0a pour équation y
T
(x) = k+x. Puisque f
k
(x)−y
T
(x) = 1−1
2kx
2
+1
2−1 3kx
3
+
o
x→0
x
3
,si 1−1
2k= 0,la courbe ne traverse pas sa tangente. Si k= 2,alors f
k
(x)−y
T
(x) =
−x
3
6+o
x→0
x
3
∼
x→0
−x
3
6et la courbe traverse sa tangente. Voici l’allure
5. On note T
k
la tangente au point x=−1de C
k
.
Donner une équation cartésienne de T
k
, puis prouver que toutes les droites T
k
(pour k∈R) sont concourantes
en un point que l’on déterminera.
1
On rappelle qu’un tel point est caractérisé par sa tangente qui <<traverse>> la courbe.
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Solution : On a f
k
(−1) = (−(1 −k) + k)e
−1
= (2k−1) e
−1
,avec l’équation différentielle , on obtient
(1 + 1)f
′
k
(−1) −f
k
(−1) = e
−1
d’où f
′
k
(−1) = 1
2(2k−1) e
−1
+e
−1
=ke
−1
. L’équation de la tangente est
donc
T
k
:y= (2k−1) e
−1
+ke
−1
(x+ 1)
Analyse : Pour k= 0,on a T
0
:y=−e
−1
et pour k=1
2,on a T
1
2
:y=
1
2
e
−1
(x+ 1). Ainsi le point cherché a
pour coordonnées les solutions de y=
1
2
e
−1
(x+ 1)
y=−e
−1
, , ce qui donne (x, y) = −3,−e
−1
.
Synthèse : on a bien e
−1
= (2k−1) e
−1
+ke
−1
(−3 + 1).
Les tangentes sont concourantes en A:−3,−e
−1
Exercice 3 1. On se propose de résoudre, sur l’intervalle ]0,+∞[, l’équation différentielle suivante :
(E)<< x
2
y
′′
(x)−xy
′
(x) + y(x) = x
3
−1
x>>
Soit y, une fonction deux fois dérivable sur ]0,+∞[: on définit alors la fonction zsur Rpar :
∀x∈]0,+∞[,y(x) = z(ln x), autrement dit ∀t∈R,z(t) = y(e
t
).
(a) Montrer que yest solution de (E)sur ]0,+∞[si, et seulement si zest solution sur Rde l’équation différen-
tielle (G)suivante
(G)<< z
′′
(t)−2z
′
(t) + z(t) = e
3t
−e
−t
>>
Solution : Avant tout zest dérivable deux fois si et seulement si yl’est (car zs’exprime en fonction de y
comme composée de fonctions dérivables deux fois et yen fonction de zcomme composées···).On a pour
x > 0
y
′
(x) = z
′
(ln x)
xet y
′′
(x) = z
′′
(ln x)
x
2
−z
′
(ln x)
x
2
Ainsi yest solution de (E)si et seulement si
∀x > 0,x
2
z
′′
(ln x)
x
2
−z
′
(ln x)
x
2
−xz
′
(ln x)
x+z(ln x) = x
3
−1
x=e
3 ln(x)
−e
−ln x
ce qui équivaut à
z
′′
(ln x)−2z
′
(ln x) + z(ln x) = e
3 ln(x)
−e
−ln x
Lorsque xdécrit ]0,+∞[,le réel t= ln xdécrit R, on a donc
∀t∈R,z
′′
(t)−2z
′
(t) + z(t) = e
3t
−e
−t
ce qui est le résultat demandé.
(b) Résoudre cette équation différentielle (G)sur R.
Solution : L’équation homogène a pour équation caractéristique r
2
−2r+ 1 = (r−1)
2
. Les solutions sont
donc
z(t) = (K
1
t+K
2
)e
t
On applique ensuite le principe de superposition. On cherche donc une solution particulière pour l’équation
différentielle
z
′′
(t)−2z
′
(t) + z(t) = ±e
αt
(Et on va faire α= 3 et α=−1, on va pas se taper deux fois le boulot !) sous la forme z(t) = u(t)e
αt
.
Ce qui donne z
′
(t) = αu (t)e
αt
+u
′
(t)e
αt
,puis z
′′
(t) = α
2
u(t)e
αt
+ 2αu
′
(t)e
αt
+u
′′
(t)e
at
. On remplace
pour obtenir (après division par e
αt
)
u
′′
(t) + (un coeff dont on se moque bien)u
′
(t) + α
2
−2α+ 1u(t) = ±1
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