Corrigé DL N°02 - MPSI Saint

CORRIGÉ DU DEVOIR LIBRE N˚02
EXERCICE 1
1.
résolvons y ′′ − 3y ′ + 2y = 12e−x . On applique à la lettre la méthode pour
cette équation différentielle linéaire d’ordre 2.
x
2x
l’équation
ractéristique
• sol H h(x) = C1 e + C2 e
deux
• Sol P y0 (x) = 2e−x
ca-
possède
racines
réelles
distinctes
• Sol G y(x) = 2e−x + C1 ex + C2 e2x
2.
résolvons y ′′ − 4y ′ + 13y = 8 cos(x) + 16 sin(x). Même méthode générale que
pour la première équation.
• sol H h(x) = C1 cos(3x) + C2 sin(3x) e2x
l’équation
ractéristique
ca-
possède
deux racines complexes
• Sol P Comme le second membre est une superposition de fonctions
et conjuguées
trigo, on passe en complexes. Une solution particulière de l’équation
complexifiée
ỹ ′′ − 4ỹ ′ + 13ỹ = eix
8
y
(x)
=
3
cos(3x)
−
sin(x)
01
3 + i ix
40
e . On en déduit que les fonctions
est ỹ0 (x) =
16 40
cos(x) + 3 sin(x)
y02 (x) =
40
sont des solutions particulières des équations
y ′′ − 4y ′ + 13y = 8 cos(x)
y ′′ − 4y ′ + 13y = 16 sin(x)
3.
D’après le principe de superposition, il s’ensuit que y0 (x) = cos(x) +
sin(x) est une solution particulière.
• Sol G Finalement y(x) = cos(x) + sin(x) + C1 cos(3x) + C2 sin(3x) e2x
résolvons y ′′ − 4y ′ + 4y = 2e2x .
l’équation
• sol H h(x) = (C1 + C2 x)e2x
ractéristique
• Sol P y0 (x) = x2 e2x
une
double
• Sol G y(x) = (C1 + C2 x + x2 )e2x
EXERCICE 2
Soit la fonction f définie par f (x) = ex , on a pour tout x ∈ R,
(1 + x)f ′′ (x) − 2f ′(x) + (1 − x)f (x) = 0,
donc f est solution de l’équation homogène (H2 ) associée à (E).
Soit y et z deux fonctions définies sur R telles que ∀x ∈ R, y(x) = z(x)ex ,
on peut remarquer que (y etz sont simultanément deux fois dérivables),
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
racine
ca-
possède
réelle
2.
Soit l’équation différentielle (E1 ) : (1 + x)y ′ + 2xy = (1 + x)3 .
L’équation homogène associée à (E1 ) a pour solution Z(x) = A(1 + x)2 e−2x
et la méthode de variation de la constante aboutit à A′ (x) = e2x . 0n obtient
finalement :
(y ∈ SE (R)) ⇐⇒ (z ′ ∈ SE1 (R)).
1
SE1 (R) = {R → R : x 7→ (1 + x)2 + λ(1 + x)2 e−2x , λ ∈ R}
2
Après avoir trouvé une primitive de x 7→ (1 + x)2 e−2x ,
x3 x2 x
+
+ + β + α(5 + 6x + 2x2 )e−x ,
6
2
2
3
x
x2 x
2
x
2 −x
SE (R) = x 7→
+
+ + β e + α(5 + 6x + 2x )e , (α, β) ∈ R
6
2
2
N
∃(α, β) ∈ R2 , ∀x, z(x) =
EXERCICE 3
Soit f : R → R une fonction continue vérifiant la propriété :
Z x
(⋆)
pour tout x ∈ R, f (x) = −1− (2x−t) f (t) dt
0
1.
Commençons par remarquer que ⋆ s’écrit encore – par linéarité de l’intégrale–
Z x
Z x
(⋆)
pour tout x ∈ R, f (x) = −1−2x
f (t) dt+
t f (t) dt.
0
0
Sous cette forme, il apparaı̂t clairement – isn’t it ? – que f est dérivable
dans R. En effet, les fonctions t 7→ f (t) et t 7→ t f (t) étant continues dans
R, le théorème fondamental du calcul
intégral, (TFCI pour
Z
Z les intimes...)
x
s’applique : les fonctions F : x 7→
x
f (t) dt et G : x 7→
0
t f (t) dt sont
0
dérivables dans R. Plus précisément, il s’agit des primitives des fonctions
précédentes s’annulant en 0. ⋆ s’énonce alors :
pour tout x ∈ R,
f (x) = −1 − 2xF (x) + G(x).
(1)
On en déduit aisément par OPA que f est dérivable dans R et que sa fonction
dérivée vérifie :
f ′ (x) = −2F (x) − 2xf (x) + xf (x) = −2F (x) − xf (x)
(2)
′
Comme f et F sont dérivables dans R, la fonction f apparaı̂t comme une
somme de fonctions dérivables. Elle est donc dérivable in turn, and satisfies :
pour tout x ∈ R,
for all x ∈ R,
f ′′ (x) = −2f (x) − xf ′ (x) + −f (x)
(3)
In other words, f is solution of the second order differential equation
y ′′ + xy ′ + 3y = 0
Moreover, from the above expressions involving f and its first derivative
(namely (1) and (2)), one can easily deduce that
f (0) = −1 and f ′ (0) = 0
2
As a result, we get that f is actually solution on R of the second order
Cauchy’s problem :
′′
y + xy ′ + 3y = 0
(L)
′
y(0) = −1, y (0) = 0
N
2.
Résolution de (L)
a. Soi y : R → R une fonction deux fois dérivable dans R. On définit la fonction
x2
z : R → R par y(x) = z(x)e− 2 .
x2
Remarquons tout d’abord que pour tout x ∈ R, z(x) = y(x)e 2 . Ainsi, y
étant le produit de deux fonctions deux fois dérivables, elle est elle-même
deux fois dérivable. De plus, pour tout x ∈ R on a :
3×
x2
y(x) =
z(x) e− 2
′
x2
z (x) − xz(x) e− 2
+x× y ′(x) =
x2
+1× y ′′(x) = z ′′ (x) − 2xz ′ (x) + (x2 − 1)z(x) e− 2
x2
Ainsi, pour tout x ∈ R, y ′′ (x)+xy ′ (x)+3y(x) = z ′′ (x)−xz ′ (x)+2z(x) e− 2
et par suite, pour tout x ∈ R
y ′′ (x) + xy ′ (x) + 3y(x) = 0 ⇐⇒ z ′′ (x) − xz ′ (x) + 2z(x) = 0,
autrement dit, y est solution de (L) sur R si et seulement si z est solution
de
(D)
z ′′ − xz ′ + 2z = 0
N
b. Cherchons une solution polynomiale h de (D). En examinant l’équation (D),
on peut avoir l’idée de chercher h de degré 2. Pour les sceptiques, admettons
que h soit une solution polynomiale de degré n ∈ N de (D) :
h(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 , avec an 6= 0
En ce cas, l’équation h′′ − xh′ + 2h = 0, est une égalité polynomiale. Identifions les coefficients de degré n. Il vient :
0 − nan + 2an = 0,
Comme an n’est pas nul, il s’ensuit que nécessairement n = 2.
Ceci étant, cherchons donc une solution h de (D), polynomiale de degré 2 ,
de sorte que pour tout x ∈ R, h(x) = ax2 + bx + c. En ce cas,
2× h(x) = ax2 + bx + c
−x× h′ (x) = 2ax + b
+1× h′′ (x) = 2a
Par identification des coefficients, il en résulte que

 2a + 2c = 0
h est solution de (D) si et seulement si
3b = 0

2a − 2a = 0
3
Par conséquent, les solutions polynomiale de (D), sont les fonctions de la
forme
h(x) = a(x2 − 1).
x2
A present, déterminons une solution de ⋆ de la forme a(x2 − 1)e− 2 .
x2
• Analyse : Soit f : x 7→ a(x2 − 1)e− 2 une solution de ⋆.
D’après ce qui précède f doit être solution du problème de Cauchy
′′
y + xy ′ + 3y = 0
y(0) = −1, y ′(0) = 0
Or , si f (0) = a, et f ′ (0) = 0. Par conséquent, pour que f soit solution
de ⋆, il est nécessaire que a soit égal à 1.
x2
• Synthèse : vérifions que f : x 7→ (x2 − 1)e− 2 est solution de ⋆.
Par construction, f vérifie :
pour tout x ∈ R,
f ′′ (x) = −xf ′ (x) − 3f (x)
Les deux membres de cette égalité fonctionnelle sont des fonctiosn
continues sur R. Elles admettent donc la même primitive qui s’annule
en 0. Comme f ′ (0) = 1, il vient, en intégrant terme à terme :
Z x
′
pour tout x ∈ R, f (x) = −2
f (t) dt − xf (x)
0
Finalement, en considérant les primitives des deux membres prenant
la valeur −1 en 0, il vient
Z x
Z x
t f (t) dt,
f (t) dt +
pour tout x ∈ R, f (x) = −1 − 2x
0
ce qui prouve précisément que f est solution de ⋆.
4
0
N