2014/2015 Sidi Belabes examen 02

Année 2014-2015
Dimanche 31 Mai 2015
ANALYSE II
CORRIGÉ DE
L′EXAMEN
No 2
Exercice.
1 • Déterminer a, b et c ∈ R
.
tels que :
a
b
c
−2
=
+
+
·
x(x2 − 1)
x x−1 x+1
2 • Résoudre : x(x2 − 1)y ′ + 2y = x2 .
Solution/
2
2
1
1
= −
−
·
1 •
2
x(1 − x )
x x−1 x+1
2 • Équation homogène associée : x(x2 − 1)y ′ + 2y = 0, après séparation des variables, on a :
y
2
x2 y′
2
2
1
1
=⇒ y = Cx ·
=
ln
=
=
−
−
=⇒
ln
x2 − 1 y
x(1 − x2 )
x x−1 x+1
C
x2 − 1
Variation de la constante, posons :
C(x)x2 ,
y= 2
substituant dans l’équation différentielle donnée, on trouve après calcul :
x −1
1
C ′ (x)x2
= x2 =⇒ C ′ (x) = =⇒ C(x) = ln |x| + k, k ∈ R.
x(x2 − 1) 2
x −1
x
(ln |x| + k)x2 ,
D’où la solution générale y =
ou encore pour k constante réelle quelconque,
x2 − 1
y=
k x2
x2 ln |x|
+
·
x2 − 1
x2 − 1
Remarque.
1 • Toutes les solutions sont continues en x = 0.
2 • Pour k = 0, seule la fonction c’est à dire la fonction y =
R tout entier.
 2
x ln(−x) ,





x2 − 1


1,
x2 ln |x| 
=
2

x2 − 1

0,


2

x ln x ,


 2
x −1
x2 ln |x|
est continue sur
x2 − 1
si x ∈] − ∞, −1[∪] − 1, 0[,
si x = ±1,
si x = 0,
si x ∈]0, 1[∪]1, +∞[.
Dimanche 31 Mai 2015
Année 2014-2015
Exercice.
Résoudre les équations différentielles suivantes :
y y2
y′ =
+
x x2
′
π
yy
p
=
cos x
2
1 − y2
(A)
(B)
Solution/
y2
y
L’équation y ′ = + 2 (A), peut être considérée comme différentielle HOMOGÈNE, ou de
x
x
RICATTI, ou BERNOULLI.
1ère Méthode : Équation différentielle homogène
y y2
′
y = + 2
x x
y
posons t = =⇒ y = xt =⇒ y ′ = xt′ + t
x
remplaçons dans l’équation, on trouve :
dt
1
−1
x
dx
xt′ = t2 =⇒ 2 =
=⇒ − = ln x + K1 =⇒
= − = ln x + K1 .
t
x
t
t
y
On a finalement :
x
x
−x
=
=
·
y=
ln x + K1
− ln x − K1
− ln x + C
2ème méthode : Équation de Bernoulli ( ou de RICATTI avec solution particulière y0 = 0) :
y = 0 est une solution de l’équation (A), cherchons d’autres solutions non nulles.
y y2
y ′ = + 2 ⇐⇒ x2 y ′ − xy = y 2 (A1 ).
x x
1
Posons donc z = , l’équation (A1 ) devient x2 z ′ + xz = −1 (A2 ), c’est une équation linéaire
y
du premier ordre avec second membre. L’équation homogène associée est donc
z
K
−1
z′
=⇒ ln = − ln |x| =⇒ z = ·
x2 z ′ + xz = 0 =⇒ =
z
x
K
x
Pour donner la solution générale de (A2 ), il suffit de faire la variation de la constante, posons
K(x) ,
alors z =
en substituant dans (A2 ), on trouve
x
K ′ (x)
1
x2
= −1 =⇒ K ′ (x) = − =⇒ K(x) = − ln x + C.
x
x
x
1,
− ln x + C
=⇒ y =
=
·
On a : z =
x
y
− ln x + C
Finalement les solutions de (A) sont :
y = 0, et y =
x
·
C − ln x
yy ′
π
y dy
π
p
= cos x =⇒ p
= cos x dx,
2
2
2
2
1−y
1−y
par intégration on obtient :
p
π
− 1 − y2 =
sin x + C, ou encore
2
π
2
2
y +
sin x + C = 1.
2
(B)
Dimanche 31 Mai 2015
Année 2014-2015
Exercice.
Soit l’équation différentielle du premier ordre :
xy ′ − y − xy 2 = −9x3 ,
(F) ;
1 • Déterminer a > 0 pour que y0 = ax soit une solution particulière de (F)
2 • Soit le changement de fonction inconnue :
1
y = y0 − ·
u
Montrer que (F) se transforme en
xu′ + (6x2 + 1)u = x
(G)
3 • Résoudre (G) sur ]0, ∞[.
4 • En déduire les solutions de (F) sur ]0, ∞[.
Solution/
1 • Soit y0 = ax, substituant dans (F), on a :
x(a) − (ax) − x(a2 x2 ) = −a2 x3 = −9x3 ⇐⇒ a2 = 9 comme a > 0, donc a = 3.
1
2 • Soit y = 3x − , en substituant dans (F), on a
u
1
1
6x
u′
2
− x 9x + 2 −
= −9x3
x 3 + 2 − 3x −
u
u
u
u
=⇒ xu′ + (6x2 + 1)u = x. (G)
3 • Résolution de (G) sur ]0, ∞[.
(G.H), l’équation homogène associée. On a
Soit xu′ + (6x2 + 1)u = 0
u′
6x2 + 1
1
= −
= −6x −
u
x
x
2
u
e−3x
2
=⇒ ln = −3x − ln x =⇒ u = K
·
K
x
On a donc la solution générale de l’équation homogène. Pour résoudre (G), utilisons la variation
de la constante, posons :
2
e−3x
, dérivons et remplaçons dans (G), on obtient :
u = K(x)
x
2
2
e3x
e−3x
3x2
′
′
= x =⇒ K (x) = x e =⇒ K(x) =
+ C1 .
xK (x)
x
6
D’où la solution générale de (G) :
!
2
2
2
2
e3x
e−3x
e−3x
e−3x
1
=
+ C1
=
+ C1
·
u = K(x)
x
6
x
6x
x
4 • La solution générale de (F) est donnée par
2
y = 3x −
1
C − e3x
1
6x
= 3x −
=
3x
·
=
3x
−
2
u
1 + C e−3x2
C + e3x2
e−3x
1
+ C1
6x
x
Il y’a aussi la fonction y0 = 3x qui est une solution particulière, (cas où C −→ ∞).
Pour le cas où C = 0, on a l’autre solution particulière y0 = −3x.
Dimanche 31 Mai 2015
Année 2014-2015
Exercice.
Soient l’équation différentielle du deuxième ordre,
x2 y ′′ − 2xy ′ + 2y = 3x2 − 5x,
(E) ;
et l’équation différentielle homogène associée :
x2 y ′′ − 2xy ′ + 2y = 0,
(E.H.).
n
1 • Trouver toutes les valeurs n ∈ N pour que y0 = x soit une solution de l’équation
(E.H.).
2 • En déduire la solution générale de l’équation différentielle (E.H.).
3 • Dans (E), on pose y = x.z, où z est une fonction de x. Donner l’équation différentielle que
vérifie z, puis donner sa solution générale.
4 • En déduire la solution générale de l’équation différentielle (E).
Solution/
1 • Soit y0 = xn , remplaçons dans (E.H.), on obtient
n(n − 1)xn − 2nxn + 2xn = 0 ⇐⇒ (n2 − 3n + 2)xn = 0, donc n doit vérifier n2 − 3n + 2 = 0,
équation qui a pour racines n0 = 1 et n1 = 2.
2 • Les deux fonctions x et x2 , sont donc solutions de l’équation homogène, comme elles sont
linéairement indépendantes, la solution générale de l’équation différentielle linéaire homogène
de deuxième ordre (E.H) est donc
Y = c1 x + c2 x2 .
3 • Posons y = xz =⇒ y ′ = xz ′ + z =⇒ y ′′ = xz ′′ + 2z ′ , remplaçons dans (E), on obtient :
x2 (xz ′′ + 2z ′ ) − 2x(xz ′ + z) + 2xz = 3x2 − 5x
x3 z ′′ = 3x2 − 5x
3
5
z ′′ =
− 2 (K)
x x
La solution générale de l’équation différentielle (K) est donc :
5
z ′ = 3 ln |x| + + C1 =⇒ z = 3(x ln |x| − x) + 5 ln |x| + xC1 + A = (3x + 5) ln |x| + xB + A.
x
4 • La solution générale de (E), est donc :
y = xz = x(3x + 5) ln |x| + xB + A) = (3x2 + 5x) ln |x| + Ax + Bx2 .