[PDF] Exercices de mathématiques - Exo7

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Exo7

Equations différentielles linéaires

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile

I : Incontournable

Exercice 1**Résoudre surRl"équation différentielle proposée :

1.y0+y=1

2.

2 y0y=cosx

3.y02y=xe2x

4.y004y0+4y=e2x

5.y00+4y=cos(2x)

6.y00+2y0+2y=cosxchx.

On suppose que quandxtend vers+¥,f0+aftend vers`2C. Montrer quef(x)tend vers`a quandx tend vers+¥. 2. Soit f:R!CdeclasseC2surRtellequelimx!+¥(f+f0+f00)(x)=0. Montrerquelimx!+¥f(x)=0. 3.

Soient n2Netf:R!Cde classeCnsurR.

On noteDl"opérateur de dérivation. SoitPun polynôme de degrénunitaire dont tous les zéros ont des

parties réelles strictement négatives. Montrer que lim x!+¥(P(D))(f)(x) =0)limx!+¥f(x) =0.

8x2R,f(x)+f(x+p)>0.

1.xy02y=0 (I=R)

2.xy0y=0 (I=R)

3.xy0+y=0 (I=R)

1

4.xy02y=x3(I=]0;+¥[)

5.x2y0+2xy=1 (I=R)

6.

2 x(1x)y0+(1x)y=1 (I=]¥;0[,]0;1[,]1;+¥[,]¥;1[,]0;+¥[,R)

7.jxjy0+(x1)y=x3(I=R).

å+¥n=0(1)n1Cn2n2n1xnquandxappartient à l"intervalle ouvert de convergence. En déduire la valeur de

å+¥n=0(1)n1Cn2n(2n1)4n.

1. x0=4x2y y 0=x+y 2. x0=xy+1costy0=2xysurp2 ;p2 3. x0=5x2y+et y

0=x+6y+t

4. 8 :x

0=5x+yz

y

0=2x+4y2z

z

0=xy+z

5. 8 :x

0=2x+y

y 0=x z

0=x+y+z(trouver la solution telle quex(0) =0,y(0) =1 etz(0) =1).

1. x0=12tx+12t2y+2t y 0=12 x+12ty+t2sur]0;+¥[ 2. (t2+1)x0=txy+2t21 (t2+1)y0=x+ty+3t 3. sh(2t)x0=ch(2t)xy sh(2t)y0=x+ch(2t)ysur]0;+¥[sachant qu"il existe une solution vérifiantxy=1. 2

1.(2x+1)y00+(4x2)y08y=0 sur12

;+¥puis surR.

2.(x2+x)y002xy0+2y=0 sur]0;+¥[.

3.

4 xy002y0+9x2y=0 sur]0;+¥[.

4.(1+x)y002y0+(1x)y=xexsur]1;+¥[.

5.y00+4y0+4y=e2xpx

2+1. 6.

4 xy00+2y0y=0 sur]0;+¥[.

xyf(t)dt.

0etx1+t2dt=R+¥

0sintt+xdt.

Correction del"exer cice1 NDans tout l"exercice, on note(E)l"équation différentielle considérée et(EH)l"équation homogène associée.

1. Les solutions de (E)surRforment unR-espace affine de direction l"espace des solutions de(EH)surR qui est de dimension 1. La fonctionx7!1 est une solution de(E)surRet la fonctionx7!exest une solution non nulle de(EH)surR. Donc S

R=fx7!1+lex;l2Rg.2.Les solutions de (EH)surRsont les fonctions de la formex7!lex=2. Déterminons maintenant une

solution particulière de(E)surR.

1ère solution.Il existe une solution particulière de(E)surRde la formex7!acosx+bsinx,(a;b)2R2.

Soitfune telle fonction. Alors, pour tout réelx,

2f0(x)f(x) =2(asinx+bcosx)(acosx+bsinx) = (a+2b)cosx+(2ab)sinx.

Par suite,

fsolution de(E)surR( 8x2R;2f0(x)f(x) =cosx(a+2b=1 2ab=0 (a=15 etb=25 S

R=x7!15

(cosx+2sinx)+lex=2;l2R.2ème solution.Par la méthode de variation de la constante, il existe une solution particulière de(E)sur

Rde la formex7!l(x)ex=2oùlest une fonction dérivable surR. Soitfune telle fonction. fsolution de(E)surR( 8x2R;2 l

0(x)ex=2+12

l(x)ex=2

2l(x)ex=2=cos(x)

( 8x2R;l0(x) =12 ex=2cosx: Or, Z 12 ex=2cosx dx=12 Re Z e (12 +i)xdx =12 Re e(12 +i)x 12 +i! +C=15 ex=2Re((cosx+isinx)(12i))+C 15 ex=2(cosx+2sinx)+C:

Par suite, on peut prendrel(x) =15

ex=2(cosx+2sinx)ce qui fournit la solution particulièref0(x) = 15 (cosx+2sinx). 3. Puisque les fonctions x7! 2 etx7!xe2xsont continues surR, l"ensemble des solutions de(E)surR est unR-espace affine de dimension 1. Soitfune fonction dérivable surR. fsolution de(E)surR, 8x2R;f0(x)2f(x) =xe2x, 8x2R;e2xf0(x)2e2xf(x) =x, 8x2R;(e2xf)0(x) =x , 9l2R=8x2R;e2xf(x) =x22 +l, 9l2R=8x2R;f(x) =x22 +l e 2x: 4 S R=n x7!x22 +l e

2x;l2Ro

.4.L "équationcaractéristique (Ec)associée à l"équation homogèney004y0+4y=0 estz24z+4=0 et

admetz0=2 pour racine double. On sait que les solutions de(EH)surRsont les fonctions de la forme x7!(lx+m)e2x,(l;m)2R2. Puisque 2 est racine double de l"équation caractéristique, l"équationy004y0+4y=e2xadmet une solution particulièref0de la forme :8x2R,f0(x) =ax2e2x,a2R. La formule de LEIBNIZfournit pour tout réelx, f

000(x)4f00(x)+4f0(x) =a(4x2+8x+2)e2x4a(2x2+2x)e2x+4ax2e2x=2ae2x,

etf0est solution de(E)surRsi et seulement sia=12 S R=n x7!x22 +lx+m e

2x;(l;m)2R2o

.5.L "équationcaractéristique (Ec)associée à l"équation homogèney00+4y=0 estz2+4=0 et admet deux

racines non réelles conjuguéesz1=2ietz2=z

1=2i. On sait que les solutions de(EH)surRsont les

fonctions de la formex7!lcos(2x)+msin(2x),(l;m)2R2.

Une solution réelle de l"équationy00+4y=cos(2x)est la partie réelle d"une solution de l"équationy00+

4y=e2ix. Puisque le nombre 2iest racine simple de(Ec), cette dernière équation admet une solution de

la formef1:x7!axe2ix,a2C. La formule de LEIBNIZfournit pour tout réelx, f

001(x)+4f1(x) =a((4x+4i)e2ix+4xe2ix) =4iae2ix.

etf1est solution dey00+4y=e2ixsi et seulement sia=14i. On obtientf1(x)=14ixe2ix=14 x(icos(2x)+ sin(2x))ce qui fournit une solution particulière de(E)surR:8x2R,f0(x) =14 xsin(2x). S

R=x7!14

xsin(2x)+lcos(2x)+msin(2x);(l;m)2R2.6.L "équationcaractéristique (Ec)associée à l"équation(EH)estz2+2z+2=0 et admet deux racines non

réelles conjuguéesz1=1+ietz2=z

1=1i. On sait que les solutions de(EH)surRsont les

fonctions de la formex7!(lcos(x)+msin(x))ex,(l;m)2R2.

Pour tout réelx, cos(x)ch(x) =Reeixch(x)=12

Ree(1+i)x+e(1+i)x. Notons(E1)l"équationy00+

2y0+2y=e(1+i)xet(E2)l"équationy00+2y0+2y=e(1+i)x. Sif1est une solution de(E1)etf2est une

solutionde(E2)alorsf0=12 Re(f1+f2)estune solutionde(E)surRd"aprèsle principede superposition des solutions. •(E1)admet une solution particulière de la formef1:x7!ae(1+i)x,a2C. Pour tout réelx, f

001(x)+2f01(x)+2f1(x) =a((1+i)2+2(1+i)+2)e(1+i)x=a(4+4i)e(1+i)x

etf1est solution de(E1)surRsi et seulement sia=14+4i=1i8 . On obtientf1(x) =1i8 e(1+i)x. •(E2)admet une solution particulière de la formef2:x7!axe(1+i)x,a2C. La formule de LEIBNIZ fournit pour tout réelx, f

002(x)+2f02(x)+2f2(x) =a(((1+i)2x+2(1+i))+2((1+i)x+1)+2x)e(1+i)x=2iae(1+i)x

5 etf2est solution de(E2)surRsi et seulement sia=12i=i2 . On obtientf2(x) =i2 e(1+i)x. • Une solution particulièref0de(E)surRest donc définie pour tout réelxpar f

0(x) =12

Re1i8 e(1+i)xi2 e(1+i)x =12 Re18 (1i)(cos(x)+isin(x))exi2 (cos(x)+isin(x))ex 12 18 (cos(x)+sin(x))ex+12 sin(x)ex S

R=x7!116

(cos(x)+sin(x))ex+14

sin(x)ex+(lcos(x)+msin(x))ex;(l;m)2R2.Correction del"exer cice2 N1.Posons g=f0+af. La fonctiongest continue surRet la fonctionfest solution surRde l"équation

différentielley0+ay=g. De plus, limx!+¥g(x) =`. Ensuite, f

0+af=g) 8x2R;eaxf0(x)+aeaxf(x) =eaxg(x)) 8x2R;(eaxf)0(x) =eaxg(x)

) 8x2R;eaxf(x) =f(0)+Z x

0eatg(t)dt) 8x2R;f(x) =f(0)eax+eaxZx

0eatg(t)dt:

PuisqueRe(a)>0etquejeaxj=eRe(a)x, limx!+¥f(0)eax=0. Vérifionsalorsquelimx!+¥eaxRx

0eatg(t)dt=

`a sachant que limx!+¥g(x) =`. On suppose tout d"abord`=0. Soite>0. Il existeA1>0 tel que8t>A1,jg(t)j6e2 . Pourx>A1, eaxZx

0eatg(t)dt6eRe(a)xZ

A1

0eatg(t)dt+eRe(a)xZx

A

1eRe(a)tjg(t)jdt

6eRe(a)xZ

A1

0eatg(t)dt+eRe(a)xZx

A

1eRe(a)te2

dt =eRe(a)xZ A1

0eatg(t)dt+e2

1eRe(a)(xA1)

6eRe(a)xZ

A1

0eatg(t)dt+e2

Maintenantlim

e2 . Pourx>A, on ajeaxRx

0eatg(t)dtj +e2 =e. On a ainsi montré que limx!+¥f(x) =0=`a On revient maintenant au cas général`quelconque. f

0+af!x!+¥`)f0+af`!x!+¥0)

f`a 0 +a f`a x!+¥0 )f`a !x!+¥0)f!x!+¥`a

8f2C1(R;R),8a2Ctel que Re(a)>0, limx!+¥(f0(x)+af(x)) =`)limx!+¥f(x) =`a

.2.f00+f0+f= (f0jf)0j2(f0jf). D"après 1), comme Re(j2) =Re(j) =12 >0, 6 f

8f2C2(R;R), limx!+¥(f00(x)+f0(x)+f(x)) =0)limx!+¥f(x) =0.3.Montrons le résultat par récurrence sur n.

• Pourn=1, c"est le 1) dans le cas particulier`=0 (siP=Xa,P(D)(f)=f0afavec Re(a)>0).

• Soitn2N. Supposons le résultat acquis pourn. SoitPun polynôme de degrén+1 dont les racines

ont des parties réelles strictement négatives et tel que lim x!+¥(P(D))(f)(x) =0. Soitaune racine de

P.Ps"écritP= (Xa)QoùQest un polynôme dont les racines ont toutes une partie réelle strictement

négative. Puisque P(D)(f) = ((DaId)(Q(D))(f) = (Q(D)(f))0a(Q(D)(f))!+¥0,

on en déduit queQ(D)(f)!+¥0 d"après le casn=1 puis quef!+¥0 par hypothèse de récurrence.

Le résultat est démontré par récurrence.Correction del"exer cice3 NOn poseg=f+f00. Par hypothèse, la fonctiongest une application continue et positive surRet de plus,

la fonctionfest solution surRde l"équation différentielley00+y=gsurR. Résolvons cette équation

différentielle, notée(E), surR.

Les solutions de l"équation homogène associée sont les fonctions de la formex7!lcosx+msinx,(l;m)2R2.

D"après la méthode de variation des constantes, il existe une solution particulière de(E)surRde la forme

f

0:x7!l(x)cos(x)+m(x)sin(x)où de plus les fonctionsletmsont solutions du système

l0cos(x)+m0sin(x) =0 l0sin(x)+m0cos(x) =g. Les formules de CRAMERfournissent8x2R,l0(x) =g(x)sin(x)etm0(x) =g(x)cos(x). On peut alors prendre8x2R,l(x) =Rx

0g(t)sin(t)dtetm(x) =Rx

0g(t)cos(t)dtpuis

8x2R,f0(x) =cos(x)Rx

0g(t)sin(t)dt+sin(x)Rx

0g(t)cos(t)dt=Rx

0g(t)sin(xt)dt.

Ainsi, les solutions de(E)surRsont les fonctions de la formex7!lcos(x)+msin(x)+Rx

0g(t)sin(xt)dt,

(l;m)2R2. La fonctionfest l"une de ces solutions. Par suite, il existe(l0;m0)2R2tel que8x2R,f(x) = l

0cos(x)+m0sin(x)+Rx

0g(t)sin(xt)dtet donc pour tout réelx,

f(x)+f(x+p) =Z x+p

0g(t)sin(x+pt)dt+Z

x

0g(t)sin(xt)dt=Z

x+p

0g(t)sin(xt)dt+Z

x

0g(t)sin(xt)dt

Z x+p xg(t)sin(tx)dt=Z p

0g(u+x)sin(u)du>0:

On a montré que si8x2R,f(x)+f00(x)>0, alors8x2R,f(x)+f(x+p)>0.Correction del"exer cice4 NDans tout l"exercice, on note(E)l"équation proposée et(EH)l"équation homogène associée.

7

1.On note Jl"un des deux intervalles]¥;0[ou]0;+¥[. SurJ, l"équation(E)s"écrit encorey02x

y=

0. Comme la fonctionx7! 2x

est continue surJ, les solutions de(E)surJconstituent unR-espace vectoriel de dimension 1. Enfin, la fonctionx7!x2est une solution non nulle de(E)surJet donc S

J=x7!lx2;l2R.

Soitfune solution de(E)surR. Nécessairement,9(l1;l2)2R2=8x2R;f(x) =8 :l

1x2six>0

0 six=0

l

2x2six<0=

l1x2six>0 l

2x2six<0.

Réciproquement, une telle fonctionfest définie surR, dérivable surR, solution de(E)surRet vérifie

encore l"équation(E)en 0 si de plus elle est dérivable en 0. Donc, une telle fonction est solution de(E)

surRsi et seulement si elle est dérivable en 0.

Il est géométriquement clair quefest dérivable en 0 pour tout choix del1etl2et doncfest solution de

(E)surRpour tout choix del1etl2. S R= x7!l1x2six>0 l

2x2six<0;(l1;l2)2R2

.On note queSRest unR-espace vectoriel de dimension 2. En effet, pour toute solutionfde(E)surR, f(x) =l1x2six>0

0 six<0+l20 six>0

x

2six<0=l1f1(x)+l2f2(x). DoncSR=Vect(f1;f2)avec(f1;f2)

clairement libre. Un exemple de graphe de solution est donné à la page suivante.1 2 3 4-1-2-3-4-5 12345
-1 -2 -3 -42.L "ensembledes solutions sur ]¥;0[ou]0;+¥[estfx7!lx;l2Rg. Soitfune solution de(E)surR. Nécessairement,9(l1;l2)2R2=8x2R;f(x) =l1xsix>0 l

2xsix<0.

Réciproquement, une telle fonctionfest solution de l"équation(E)surRsi et seulement si elle est

dérivable en 0. Il est géométriquement clair quefest dérivable en 0 si et seulement sil1=l2et donc 8 S R=fx7!lx;l2Rg.Dans ce cas,SRest unR-espace vectoriel de dimension 1. 3. L "ensembledes solutions sur ]¥;0[ou]0;+¥[estfx7!lx ;l2Rg. Soitfune solution de(E)surR. Nécessairement,9(l1;l2)2R2=8x2R;f(x) =8 :l

1xsix>0

0 six=0

l

2xsix<0.

Réciproquement, une telle fonctionfest solution de l"équation(E)surRsi et seulement si elle est

dérivable en 0. Il est géométriquement clair quefest dérivable en 0 si et seulement sil1=l2=0 et doncquotesdbs_dbs29.pdfusesText_35

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