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Exercices du chapitre 6 avec corrigé succinct

Exercice VI.1Ch6-Exercice1

On veut résoudre

z

00(t)Åb(t)z0(t)Åc(t)z(t)AE0, b et c étant des fonctions réelles.

Transformercetteéquationdifférentielledusecondordreenunsystèmed"équationsdifférentiellesdupremier

ordre

Solution:

x

1(t)AEz(t),

x

2(t)AEz0(t)

donc

½x01(t)AEx2(t)

x

02(t)AE¡b(t)x2(t)¡c(t)x1(t)()x0(t)AEA(t)x(t) avecA(t)AEµ0 1

OndéfinitX1,X2parX1(t)AEµet2

,X2(t)AEµ0 e .Montrerque{X1,X2}estunefamillelibrede¡C1(IR,IR)¢2. Solution: On remarque tout d"abord queX1etX2appartiennent à¡C1(IR,IR)¢2.

D"autre part :

1X1Å®2X2AE0()®1X1(t)Å®2X2(t)AE08t2IR()µ®1et2

AE08t2IR()½®1et2AE08t2IR

2e¡costAE08t2IR()½®1AE0

2AE0. (Il suffit de choisirtAE0.)Exercice VI.3Ch6-Exercice3 On définitS0AE{x2¡C1(I,IR)¢njx0(t)AEA(t)x(t)}. Montrer queS0est un sous-espace vectoriel de¡C1(I,IR)¢n. Solution:S0n"est pas vide, car 02S0etS0est stable.Exercice VI.4Ch6-Exercice4

On définitA(t)AEµ2t0

, résoudrex0(t)AEA(t)x(t). Montrer que l"on peut écrire x(t)AE®1X1(t)Å®2X2(t) oùX1,X2sont 2 solutions linéairement indépendantes de¡C1(IR,IR)¢2.

Solution:

x

0(t)AEA(t)x(t)()½x01(t)AE2t x1(t)

x

02(t)AEsint x2(t)()½x1(t)AE®1et2

x

2(t)AE®2e¡cost

()x(t)AEµx1(t) x

AE®1µet2

Å®2µ0

e

On retrouve les fonctionsX1,X2définies dans l"exercice 2, on a montré qu"elles étaient linéairement

indépendantes.

Exercice VI.5Ch6-Exercice5

Résoudrex0(t)AEA(t)x(t)Åg(t) oùA(t)AEµ2t0 ,g(t)AEµ¡t

Solution:

x

0(t)AEA(t)x(t)Åg(t)()½x01(t)AE2t x1(t)¡t

x

02(t)AEsint x2(t)Å1¡tsint.

On obtient deux équations différentielles avec second membre. On résout les équations sans second membre, on obtient x

1h(t)AE®1et2,x2h(t)AE®2e¡cost.

En réfléchissant un peu on trouve une solution particulière pour chacune des équations qui sont

x

1p(t)AE12

,x2p(t)AEt.

D"où la solution

x(t)AE®1µet2

Å®2µ0

e 12 .Exercice VI.6Ch6-Exercice6 Résoudre le système différentielx0(t)AEAx(t), avecAAEµ2 0

Solution:

x

0(t)AEAx(t)()½x01(t)AE2x1(t)

x

02(t)AE3x2(t)()

x1(t)AE®1e2t x

2(t)AE®2e3tavec®1®22IRExercice VI.7Ch6-Exercice7

Résoudre le système différentielx0(t)AEAx(t), avecAAEµ1¡1 Solution: On calcule les valeurs propres deA, on obtient

1AE2,¸2AE3,

on calcule des vecteurs propres associés, on obtient Y

1AEµ1

,Y2AEµ1 donc si on note

DAEµ2 0

,PAEµ1 1 on aAAEPDP¡1, donc x

0(t)AEAx(t)()P¡1x0(t)AEDP¡1x(t).

Si l"on posez(t)AEP¡1x(t), on a donc en utilisant l"exercice précédent : z

0(t)AEDz(t)()½z1(t)AE®1e2t

z

2(t)AE®2e3t.

On obtient enfin :

x(t)AEPz(t)()½x1(t)AE®1e2tÅ®2e3t x

2(t)AE¡®1e2t¡2®2e3t, avec®1®22IR.

Exercice VI.8Ch6-Exercice8

On définitAAEµ1 1

, montrer queAn"est pas diagonalisable.

On noteY1un vecteur propre deA, on choisitY2un vecteur quelconque tel que {Y1,Y2} soit une famille libre.

On définitPAE(Y1Y2).Pest inversible. (pourquoi? ) 1. M ontrerqu eTAEP¡1APest une matrice triangulaire supérieure qui vérifie t

11AEt22AE2.

2.

Résoudr ex0(t)AEAx(t).

Solution: On calcule les valeurs propres deA, on obtient que 2 est valeur propre double. On détermine les

vecteurs propres associés, on obtient un sous espace propre de dimension 1 un vecteur propre est par

exemple Y

1AEµ1

On peut choisir par exempleY2AEµ0

La matricePest inversible puisqueY1,Y2forment une base de IR2. 1. O nnot efl"application linéaire de IR2dans IR2qui axassocieAx. La matrice defdans la base canonique est bien sûrA. D"autre partAY1AE2Y1, donc la matrice defdans la base {Y1,Y2} est

TAEµ2t12

, d"autre part cette matrice est semblable àA(TAEP¡1AP) donc elle admet les mêmes valeurs propres donct22AE2, ce qui termine la démonstration. 2. O npeut ma intenantdét erminert12, on calculeAY2AEµ1

AEY1Å2Y2, on obtient donct12AE1, on

retrouve bien sûr quet22AE2 . On peut maintenant résoudre le système : x

0(t)AEAx(t)()z0(t)AETz(t) avecz(t)AEP¡1x(t),

on obtient les équations différentielles : z

02(t)AE2z2(t)()z2(t)AE®2e2t,

z

01(t)AE2z1(t)Åz2(t)()z1(t)AE(®1Å®2t)e2t.

On obtient enfin

x(t)AEPz(t)()x(t)AEµ(®1Å®2t)e2t Résoudre le système différentielx0(t)AEAx(t)Åg(t), avecAAEµ1¡1 ,g(t)AEµt

Solution: 2 façons de procéder :

O ne ffectueu ncha ngementde fon ctionin connueen posan tz(t)AEP¡1x(t), on a : x

0(t)AEAx(t)Åg(t)()z0(t)AEDz(t)ÅP¡1g(t)()½z01(t)AE2z1(t)Å4t

z

02(t)AE3z2(t)¡3t.

On résout chacune des équations différentielles , on ajoute à la solution générale de l"équation sans second

membre déjà calculée dans l"exercice précédent, une solution particulière cherchée sous forme

polynômiale (1-er degré), on obtient :

½z1(t)AE®1e2t¡2t¡1

z

2(t)AE®2e3tÅtÅ13

doncx(t)AEPz(t) donne :½x1(t)AE®1e2tÅ®2e3t¡t¡23 x

2(t)AE¡®1e2t¡2®2e3tÅ13

O nu tilisel esrésul tatsdu p aragraphe

S ystèmesnon homogèn esà coeffi cientscons tants , on connaît déjà la

solution générale du système sans second membre (homogène), il reste à calculer une solution

particulière.On cherche cette solutionxp(t) sous forme polynomiale : x p(t)AEµ¯1tÅ°1 On obtient alors les équations vérifiées par¯1,¯2,°1,°2: 8>>><

1¡¯2AE¡1

1¡°1Å°2AE0

2¯1Å4¯2AE¡2

2¡2°1Å4°2AE0()8

1AE¡1

2AE0

1AE¡23

2AE13 Ce qui donne bien sûr la même solution.Exercice VI.10Ch6-Exercice10 Résoudrey00¡2y0Å2yAE0. Donner les solutions dansC puis dans IR.

Solution: Le trinôme caractéristiques2¡2sÅ2 a pour racines 1Åiet 1¡i. On obtient donc les solutions

complexes : y(t)AE®1e(1Åi)tÅ®2e(1¡i)tavec®1,®22C. Pour obtenir les solutions réelles on doit choisir®1,®2complexes conjugués, par exemple

1AEa1Åia2,®2AEa1¡ia2aveca1,a22IR.

Après calculs, on obtient les solutions réelles : y(t)AE(¯1costů2sint)etavec¯1,¯22IR. On a posé¯1AE2a1,¯2AE¡2a2.Exercice VI.11Ch6-Exercice11 t

0,a,betcsont des réels fixés, on supposea6AE0. On admettra que pour tout couple (y0,y1) donné il existe une

et une seule fonctiony2C2(IR,IR) vérifiant 8< :ay

00(t)Åby0(t)Åcy(t)AE08t2IR

y(t0)AEy0 y

0(t0)AEy1(1.1)

On noteS0AE{y2C2(IR,IR) vérifianty00(t)Åby0(t)Åcy(t)AE08t2IR} On appelleul"application deS0dans IR2qui àyassocie (y0,y1) définis pary0AEy(t0),y1AEy0(t0). 1. M ontrerqu eS0est un sous espace vectoriel deC2(IR,IR). 2.

M ontrerqu euest linéaire.

3.

M ontrerqu euest bijective deS0dans IR2.

4.

E ndéd uirequ ela dimension de S0est 2.

5.

S i¸vérifiea¸2Åb¸ÅcAE0, montrer que la fonctionydéfinie pary(t)AEe¸tappartient àS0.

6.O nsuppose qu "ilexiste 2 r acinesdist inctes¸1et¸2de l"équation

a¸2Åb¸ÅcAE0, montrer quee¸1tete¸2tsont 2 fonctions linéairement indépendantes deS0.

7. E nd éduirequ e8y2S0y(t)AE®1e¸1tÅ®2e¸2t.

Solution:

1.S0contient la fonction nulle donc est non vide, on montre d"autre part queS0est stable.

2. O nmon tref acilementq ueu(yÅz)AEu(y)Åu(z),u(®y)AE®u(y). 3. - uest surjective : c"est l"existence de la solution du problème 8< :ay

00(t)Åby0(t)Åcy(t)AE08t2IR

y(t0)AEy0 y

0(t0)AEy1

qui permet de conclure en effet à tout couple (y0,y1) correspond une fonctionydeS0.

-uest injective : c"est l"unicité de la solution au même problème qui permet de conclure, il ne peut

exister 2 fonctions distinctes deS0qui vérifienty(t0)AEy0,y0(t0)AEy1. 4. L esd imensionsdes 2 espa cesv ectorielsS0et IR2sont donc égales. 5.

I lsuffi tde ca lculeray00(t)Åby0(t)Åcy(t).

6.

T outd "abordl esf onctionsy1ety2définies pary1(t)AEe¸1tety2(t)AEe¸2tappartiennent àS0, montrons

que ces fonctions forment une famille libre. On a :

1y1Å®2y2AE0()®1e¸1tÅ®2e¸2tAE08t2IR,

donc en particulier pourtAE0 on obtient

1Ů2AE0.

D"autre part puisque®1e¸1tÅ®2e¸2tAE08tcette fonction a une dérivée nulle, si on évalue la dérivée

pourtAE0 on obtient

1®1Ÿ2®2AE0.

On a donc obtenu 2 équations linéaires dont les inconnues sont®1,®2, le déterminant de la matrice du

système vaut¸1¡¸2, il est donc différent de 0. Donc ce système admet une solution unique

1AE®2AE0. Les fonctionsy1,y2sont donc linéairement indépendantes.

7.

O nen d éduitqu ey1,y2est une base deS0donc toute fonctionydeS0se décompose sur cette base.Exercice VI.12Ch6-Exercice12

Q uelest l ep olynômeca ractéristiqued el am atrice

AAEµ0 1

(¯,°2IR )? M ontrerq uesi ¸est une valeur propre deAalorsµ1 est un vecteur propre associé. M ontrerq uesi Aadmet une valeur propre double, elle n"est pas diagonalisable.

Solution:

-¼A(s)AEs2ůsÅ°(Aest une matrice Compagnon comme vous l"avez vu dans l"exercice 2 du TD4).

Aµ1

AEµ¸

AEµ¸

AE¸µ1

donc µ1 est un vecteur propre deA (On rappelle que¸vérifie¸2ů¸Å°AE0).

-C ommeon l "adéj àvu si Aadmet une valeur propre double¸et siAest diagonalisable, alorsAest

semblable à¸Iet on aAAEP¡1(¸I)PAE¸I, ce qui n"est pas possible. Une autre façon de démontrer le

résultat serait :

A¡¸IAEµ¡¸1

donc le rang deA¡¸Iest supérieur ou égal à 1, donc la dimension de Ker (A¡¸I) est inférieur ou égal à 1,

donc la dimension deV¸n"est pas égale à la multiplicité de la valeur propre (double)¸, doncAn"est pas

diagonalisable.Exercice VI.13Ch6-Exercice13

Mettre l"équation différentielley00¡2y0Å2yAE0 sous forme d"un système différentiel du premier ordre. Puis le

résoudre dansC, comparer avec les résultats obtenus dans l"exerciceVI.10 .

Solution: On poseyAEx1,y0AEx2, on a alors :

y

00¡2y0Å2yAE0()½x01(t)AEx2(t)

x

02(t)AE¡2x1(t)Å2x2(t)()x0(t)AEµ0 1

x(t).

La matriceAAEµ0 1

admet 2 valeurs propres 1Åiet 1¡i, des vecteurs propres correspondants sont Y

1AEµ1

,Y2AEµ1 On définit comme d"habitudePAE(Y1Y2),xAEPz. On résout

½z01(t)AE(1Åi)z1(t)

z

02(t)AE(1¡i)z2(t),

on obtient

½z1(t)AE®1e(1Åi)t

z

2(t)®2e(1¡i)t

Enfin xAEPz()½x1(t)AE®1e(1Åi)tÅ®2e(1¡i)t x

2(t)AE®1(1Åi)e(1Åi)tÅ®2(1¡i)e(1¡i)t.

On retrouve bien sûryAEx1et on vérifie quey0AEx2Exercice VI.14Ch6-Exercice14

Résoudre le système :

½z01(t)AEz1(t)

z

02(t)AEtz2(t)Åt

En déduire la solution du système différentielx0(t)AEA(t)x(t)Åg(t), avec

A(t)AEµ2t¡1 2(1¡t)

etg(t)AEµ2t Solution: On a vu dans le cours que la matriceA(t) admet¸1AE1,¸2AEtcomme valeurs propres avec P

1AEµ1

etP2AEµ2 comme vecteurs propres associés.

Donc, si on posex(t)AEPz(t),le système

x

0(t)AEA(t)x(t)Åg(t)

est équivalent à

½z01(t)AEz1(t)

z

02(t)AEtz2(t)Åt()(z1(t)AE®1et

z

2(t)AE®2et22

¡1.

D"où

x(t)AEPz(t)()( x

1(t)AE®1etÅ2®2et22

¡2 xquotesdbs_dbs20.pdfusesText_26

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