Corrigé DL N°02 - MPSI Saint

CORRIG´ EDUDEVOIRLIBREN˚02
EXERCICE1
1.r´esolvonsy′′ −3y′+2y=12e−x.Onapplique`a lalettrelam´ethodepour
cette´equation diff´erentiellelin´eaired’ordre2.l’´equationca-
ract´eristiqueposs`ede
deuxracinesr´eelles
distinctes
•solHh(x)=C1ex+C2e2x
•SolPy0(x)=2e−x
•SolGy(x)=2e−x+C1ex+C2e2x
2.r´esolvonsy′′ −4y′+13y=8cos(x)+16 sin(x).Mˆemem´ethodeg´en´eraleque
pourlapremi`ere´equation.l’´equationca-
ract´eristiqueposs`ede
deuxracinescomplexes
etconjugu´ees
•solHh(x)=C1cos(3x)+C2sin(3x)e2x
•SolPCommelesecond membre estunesuperposition defonctions
trigo,on passe encomplexes.Unesolution particuli`eredel’´equation
complexifi´ee
˜y′′ −4˜y′+13˜y=eix
est˜y0(x)=3+i
40 eix.Onen d´eduitquelesfonctionsy01(x)=8
403cos(3x)−sin(x)
y02(x)=16
40cos(x)+3sin(x)
sontdes solutionsparticuli`eresdes´equations
y′′ −4y′+13y=8cos(x)
y′′ −4y′+13y=16 sin(x)
D’apr`esleprincipedesuperposition, il s’ensuitquey0(x)=cos(x)+
sin(x)estunesolution particuli`ere.
•SolGFinalementy(x)=cos(x)+sin(x)+C1cos(3x)+C2sin(3x)e2x
3.r´esolvonsy′′ −4y′+4y=2e2x.l’´equationca-
ract´eristiqueposs`ede
uneraciner´eelle
double
•solHh(x)=(C1+C2x)e2x
•SolPy0(x)=x2e2x
•SolGy(x)=(C1+C2x+x2)e2x
EXERCICE2
Soitlafonctionfd´efinieparf(x)=ex,onapour toutx∈R,
(1+x)f′′(x)−2f′(x)+(1−x)f(x)=0,
doncfestsolution del’´equation homog`ene(H2)associ´ee `a (E).
Soityetzdeuxfonctionsd´efinies surRtellesque∀x∈R,y(x)=z(x)ex,
on peut remarquerque(yetzsontsimultan´ementdeuxfoisd´erivables),
1.y′(x)=ex(z(x)+z′(x)),y′′(x)=ex(z′′ (x)+2z′(x)+z(x)).
(y∈SE(R)) ⇐⇒ (∀x∈R,(1+x)z′′ (x)+2xz′(x)=(1+x)3).
1

2.Soitl’´equation diff´erentielle(E1):(1+x)y′+2xy=(1+x)3.
L’´equation homog`eneassoci´ee `a (E1)apoursolutionZ(x)=A(1+x)2e−2x
etlam´ethodedevariation delaconstanteaboutit`a A′(x)=e2x.0nobtient
finalement:
(y∈SE(R)) ⇐⇒ (z′∈SE1(R)).
SE1(R)={R→R:x7→ 1
2(1+x)2+λ(1+x)2e−2x,λ∈R}
Apr`esavoir trouv´euneprimitivedex7→ (1+x)2e−2x,
∃(α,β)∈R2,∀x,z(x)=x3
6+x2 2+x 2+β+α(5+6x+2x2)e−x,
SE(R)=x7→ x3
6+x2 2+x 2+βex+α(5+6x+2x2)e−x,(α,β)∈R2
N
EXERCICE3
Soitf:R→Runefonctioncontinuev´erifiantlapropri´et´e:
(⋆)pour toutx∈R,f(x)=−1−Zx
0
(2x−t)f(t)dt
1.Commen¸conspar remarquerque⋆s’´ecritencore–parlin´earit´edel’int´egrale–
(⋆)pour toutx∈R,f(x)=−1−2xZx
0
f(t)dt+Zx
0
tf(t)dt.
Souscetteforme, il apparaˆıtclairement–isn’tit?–quefestd´erivable
dansR.Eneffet, lesfonctionst7→ f(t)ett7→ tf(t)´etantcontinuesdans
R, leth´eor`emefondamentaldu calcul int´egral,(TFCIpourlesintimes...)
s’applique: lesfonctionsF:x7→ Zx
0
f(t)dtetG:x7→ Zx
0
tf(t)dtsont
d´erivablesdansR.Pluspr´ecis´ement, il s’agitdesprimitivesdesfonctions
pr´ec´edentes s’annulanten0.⋆s’´enonce alors:
pour toutx∈R,f(x)=−1−2xF(x)+G(x).(1)
Onen d´eduitais´ementparOPAquefestd´erivabledansRetquesafonction
d´eriv´ee v´erifie:
pour toutx∈R,f′(x)=−2F(x)−2xf(x)+xf(x)=−2F(x)−xf(x)
(2)
CommefetFsontd´erivablesdansR, lafonctionf′apparaˆıtcommeune
sommedefonctionsd´erivables.Elle estdoncd´erivableinturn,andsatisfies:
forall x∈R,f′′(x)=−2f(x)−xf′(x)+−f(x) (3)
Inotherwords,fis solutionofthesecond orderdifferentialequation
y′′ +xy′+3y=0
Moreover, fromtheabove expressionsinvolvingfanditsfirstderivative
(namely(1)and(2)),one caneasilydeduce that
f(0)=−1andf′(0)=0
2

Asaresult,we get thatfisactuallysolutiononRofthesecond order
Cauchy’sproblem:
y′′ +xy′+3y=0(L)
y(0)=−1,y′(0)=0
N
2.R´esolution de(L)
a.Soiy:R→Runefonction deuxfoisd´erivabledansR.On d´efinitlafonction
z:R→Rpary(x)=z(x)e−x2
2.
Remarquonstoutd’abordquepour toutx∈R,z(x)=y(x)ex2
2.Ainsi, y
´etantleproduitdedeuxfonctionsdeuxfoisd´erivables,elle estelle-mˆeme
deuxfoisd´erivable.Deplus,pour toutx∈Rona:
3×y(x)=z(x)e−x2
2
+x×y′(x)=z′(x)−xz(x)e−x2
2
+1×y′′(x)=z′′ (x)−2xz′(x)+(x2−1)z(x)e−x2
2
Ainsi, pour toutx∈R,y′′(x)+xy′(x)+3y(x)=z′′ (x)−xz′(x)+2z(x)e−x2
2
etparsuite,pour toutx∈R
y′′(x)+xy′(x)+3y(x)=0⇐⇒ z′′ (x)−xz′(x)+2z(x)=0,
autrementdit,yestsolution de(L)surRsietseulementsizestsolution
de
(D)z′′ −xz′+2z=0
N
b.Cherchonsunesolution polynomialehde(D).Enexaminantl’´equation(D),
on peutavoirl’id´ee de chercherhdedegr´e2.Pourles sceptiques,admettons
quehsoitunesolution polynomialededegr´en∈Nde(D):
h(x)=anxn+an−1xn−1+···+a0,avec an6=0
Ence cas, l’´equationh′′ −xh′+2h=0,estune´egalit´epolynomiale.Iden-
tifionslescoefficientsdedegr´en.Ilvient:
0−nan+2an=0,
Commeann’estpasnul, il s’ensuitquen´ecessairementn=2.
Ceci´etant,cherchonsdoncunesolutionhde(D),polynomialededegr´e2,
desortequepour toutx∈R,h(x)=ax2+bx+c.Ence cas,
2×h(x)=ax2+bx+c
−x×h′(x)=2ax+b
+1×h′′ (x)=2a
Paridentification descoefficients, il enr´esulteque
hestsolution de(D)sietseulementsi
2a+2c=0
3b=0
2a−2a=0
3

Parcons´equent, les solutionspolynomialede(D),sontlesfonctionsdela
forme
h(x)=a(x2−1).
Apresent,d´eterminonsunesolution de⋆delaformea(x2−1)e−x2
2.
•Analyse:Soitf:x7→ a(x2−1)e−x2
2unesolution de⋆.
D’apr`esce quipr´ec`edefdoitˆetresolution du probl`emedeCauchy
y′′ +xy′+3y=0
y(0)=−1,y′(0)=0
Or,sif(0)=a,etf′(0)=0.Parcons´equent,pourquefsoitsolution
de⋆, il estn´ecessairequeasoit´egal`a 1.
•Synth`ese:v´erifionsquef:x7→ (x2−1)e−x2
2estsolution de⋆.
Parconstruction,fv´erifie:
pour toutx∈R,f′′(x)=−xf′(x)−3f(x)
Lesdeuxmembresde cette´egalit´efonctionnellesontdesfonctiosn
continues surR.Ellesadmettentdonclamˆemeprimitivequis’annule
en0.Commef′(0)=1, il vient,enint´egrant terme`a terme:
pour toutx∈R,f′(x)=−2Zx
0
f(t)dt−xf(x)
Finalement,enconsid´erantlesprimitivesdesdeuxmembresprenant
lavaleur−1en0, il vient
pour toutx∈R,f(x)=−1−2xZx
0
f(t)dt+Zx
0
tf(t)dt,
ce quiprouvepr´ecis´ementquefestsolution de⋆.N
4