Equations Differentielles Lineaires

EQUATIONS DIFFERENTIELLES LINEAIRES Résoudre esoudre chacune des équations equati ons différentielles erentiell es suivantes, en cherchant une solution soluti on particulière ere de l’équation equatio n du même eme type que le second membre : 1.

a) y d) y 2.

 

b) y + 2y 2y = e2x c) y 2 2 e) y + 3x 3x y = x f ) f ) y 

− 3y = 2 − 3x y = x 2

2







− 5y = e x − y = sin x 5

On consi co nsid` dère er e l’équat equ atio ion n diff´ di fférenti ere ntiel elle le (E )

(1

2



− x )y − 2xy = 1 .

a) Résoudre esoudre sur ] 1, 1 [ l’équatio equa tion n diff´ di fférentiel erent ielle le (E (E ). ). b) D´ eterminer eterminer la solution qui pour x = 0 prend la valeur 1. c) Résoud es oudre re (E ) sur ] , 1[. d) Que se passe-t-il au point x = 1 ?

−

−∞ −

−

Résoudre esou dre chacune chacu ne des équatio equa tions ns différentiel erent ielles les suivantes, suivant es, en précisant eci sant soigneu soi gneusem sement ent l’inl’i ntervalle de résolution, esolution, et en utilisant la méthode ethode de variation de la constante : 3.





a) cos xy sin xy + cos x = 0 d) x3y + 4(1 x2 )y = 0 

4.

−



−

−



c) y + y tan x = cos x f ) f ) xy + y = 2x 

Résoudre eso udre chacune chacu ne des équatio equa tions ns différentiel erent ielles les suivantes suivant es : a) y

5.

b) y + y tan x = sin x e) y tan x + y sin x = 0





− 5y + 6y 6y = 0

b) y



− 3y



=0

c) y





− 2y + 2y 2y = 0 .

Résoudre eso udre chacune chacu ne des équatio equa tions ns différentiel erent ielles les suivantes suivant es : 







a) y + 2y 2y d) y + 2y 2y

− 8y = e x − 3y = (x ( x + 1)e 1)ex 3

b) y 3y 18 18yy = xe4x e) y + 4y 4y = cos cos 2x 



−



−

(Contrˆ ole continu du 16 novembre 2001) ole Résou es oudre dre sur su r R l’équat equ atio ion n diff´ di fférenti ere ntiel elle le 6.

(1 + x2 )y + xy + x = 0 . 

(Contrˆ ole continu du 16 novembre 2001) ole a) Résoudre eso udre sur R l’équat equ atio ion n diff´ di fférenti ere ntiel elle le 7.

y b) Résoudr eso udree sur

R

R



− 2y + 2y 2y = 1 .

l’équat eq uatio ion n diff´ di fférenti ere ntiel elle le y

c) Résoud es oudre re sur







− 2y + 2y 2y = cos cos 2x .

l’équat equ atio ion n diff´ di fférenti ere ntiel elle le y





2

− 2y + 2y 2y = sin

x.



c) y f ) y





− 10 10yy + 41y 41y = sin x − 2y + y = (x + 1)e 1)ex 

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Corrig´ e Pour les équations equations de cet exercice, on cherche cherche tout d’abord les solutions de l’équation equation homogène ene en utilisant utili sant la suite des opérations eratio ns usuelles usuell es conduisant conduis ant au a u résultat, esulta t, puis on cherche une u ne solution soluti on particuli` particu lière ere de l’équation equati on complète ete qui est du même eme type que le second membre. Les solutions sont obtenues dans R. 1.

a) L’´ L’équa eq uati tion on homo ho mog` gène en e s’´ s ’écri ec ritt 

y =3, y ce qui conduit à

 y   ln   = 3x , C

donc a

y = Ce 3x .

L’équatio equa tion n poss` p ossède ede une soluti sol ution on cons c onstant tantee y0 = K , qui vérifie eri fie y0 =

−3K = 2 soit

− 23 .

Les solutions soluti ons de l’équation equati on sont y = Ce 3x

− 23 ,

o` u C est une constante quelconque. b) L’équa eq uati tion on homo ho mog` gène en e s’´ s’écri ec ritt 

y = y ce qui conduit à ln donc a

−2 ,

 y  = −2x , C

y = Ce

x

−2

.

L’équation equatio n possède ede une solution soluti on de la forme y0 = Ke 2x , qui vérifi er ifiee 2Ke 2x + 2K 2K e2x = e2x , donc en identifiant K = 1/4 et

1 y0 = e2x . 4

Les solution so lutionss de l’équation equati on sont so nt donc 1







ce qui conduit à

 y   ln   = 5x . C

donc a

y = Ce 5x .

L’équation equatio n possède ede une solution soluti on de la forme y0 = Kxe 5x , qui vérifi er ifiee Ke 5x + 5K 5K xe5x donc en identifiant K = 1 et

− 5Kxe x = e x . 5

5

y0 = xe5x .

Les solution so lutionss de l’équation equati on sont so nt donc y = Ce 5x + xe5x , o` u C est une constante quelconque. d) L’équa eq uati tion on homo ho mog` gène en e s’´ s’écri ec ritt 

y = 3x2 , y ce qui conduit à

 y   ln   = x C

3

donc a

,

3

y = Ce x .

L’équatio equa tion n poss` p ossède ede une soluti sol ution on cons c onstant tantee y0 = K , qui vérifie eri fie y0 =

− 13 .

Les solution so lutionss de l’équation equati on sont so nt donc 3

y = Ce x

− 13 ,

o` u C est une constante quelconque. e) L’équa eq uati tion on homo ho mog` gène en e s’´ s’écri ec ritt 

y = y ce qui conduit à

2

−3x

,

 y   ln   = −x C

3

donc a

y = Ce

x3

−

,

−3Kx

2

= x2 donc K =

−1/3, et







o` u C est une constante quelconque. f ) L’équat equ atio ion n homo ho mog` gène ene s’écrit ec rit 

y =1, y ce qui conduit à

 y   ln   = x , C

donc a

y = C ex .

L’équation equatio n possède ede une solution soluti on de la forme y0 = A cos x + B sin x, qui vérifie eri fie

− A sin x + B cos x − A cos x − B sin x = sin x , donc en identifiant −A − B = 1 et B − A = 0, ce qui donne A = B = −1/2, et y0 =

− 12 (sin x + cos x) .

Les solution so lutionss de l’équation equati on snt donc y = Ce x

− 12 (sin x + cos x) ,

o` u C est une constante quelconque. 2.

a) L’équa eq uati tion on homo ho mog` gène en e s’écri ec ritt 

y 2x = = y 1 x2

−

Sur ] 1, 1 [ , on obtie obtien nt

−

2

(1 1



− −− xx ) 2

.

 y   ln   = − ln(1 − x ) . C 2

Les solutions soluti ons de l’équation equati on homogène ene sont donc y=

C . 1 x2

−

Faisons varier la constante C en cherchant cherchant une solution de l’équation equation complète ete sous la forme C y= , o` u C est une fonction. On obtient 1 x2

−



C 2Cx y = + , 1 x2 (1 x2 )2 

−

d’o` u

−







b) On remarque qu’en particulier y(0) = K . La seule solution solut ion vérifiant erifiant y(0) = 1 est donc x+1 1 = . 1 x2 1 x

y= c) Sur ]

−∞, −1 [ , on obti obtien entt

−

−

 y   ln   = − ln(x ln(x − 1) . C 2

Les solutions soluti ons de l’équation equati on homogène ene sont donc y=

C 2

x

−1 .

Faisons varier la constante C en cherchant cherchant une solution de l’équation equation complète ete sous la forme C y= 2 , o` u C est une fonction. On obtient x 1

−



2Cx − − 1 (x − 1)

C



y =

2

2

x

2

,

d’o` u (1 On en déduit edu it C =

2





− x )y − 2xy = −C = 1 .

−x + H , d’où les solutions y=

H x2

−x , −1 o` u H est une constante quelconque. Si l’on pose K = −H , on trouve de nouveau y=

x + K , 1 x2

−

o` u K est une constante quelconque. d) On s’aper¸coit coit que l’on l ’on obtient la mˆ eme eme expression pour p our les solutions solutio ns dans ] , 1[ et dans x + K ] 1, 1 [ . On peut p eut les écrire ecrire y = . Mais en gén´ enéral eral une telle expression n’a pas de limite 1 x2 en 1, sauf pour les constantes K telles que l’on puisse simplifier la fraction par x + 1, c’est-` c’est-aa`dire pour K = 1. La fonction foncti on trouvée ee dans b) est solution solutio n de l’équation equation sur l’intervalle l’intervalle ] ,1[ tout entier.

−

−∞ −

−

−

−∞

Pour les équations equations de cet exercice, on commence par choisir un intervalle sur lequel les coefficients sont définis efinis et le l e coefficient co efficient de y ne s’annule pas. On cherche cherche les solutions de l’équation equation homogène ene en utilis u tilisant ant la l a suite des opérations eratio ns usuelles usuell es conduisa c onduisant nt au a u résultat, esulta t, puis on fait varier la constante. 3.



a) On se place sur un intervalle o` u cos x n’est pas nul, c’est-à-dire a-dire sur un intervalle de la forme









donc a y=

|

C . cos x

|

Sur l’interv l’intervalle alle ] π/2 π/2 + kπ,π/2 kπ,π/2 + kπ [le signe de cos x est constant et vaut ( 1)k . Donc en C 1 posant C 1 = ( 1)k C , la soluti sol ution on de l’équatio equa tion n homog` hom ogène ene s’écrit ecri t y = . cos x

−

−

−

Faisons varier la constante C 1 en cherchant cherchant une solution de l’équation equation complète ete sous la forme C 1 y= , o` u C 1 est une fonction. On obtient cos x 



y =

C 1 C 1 sin x + , cos x cos2 x

d’o` u cos xy





− sin xy = C = − cos x . 1

On en déduit edu it C =

− sin x + K ,

y=

− sin x + K ,

d’o` u les solutions

cos x

o` u K est une constante quelconque. b) On se place sur un intervalle où tan x est définie, efini e, c’estc’e st-` a`-dire sur un intervalle de la forme a-dire ] π/2 π/2 + kπ,π/2 kπ,π/2 + kπ [ (k Z).

−

∈

L’équa eq uati tion on homo ho mog` gène en e s’´ s’écri ec ritt 

y = y ce qui conduit à donc a



sin x (cos x) − cos = x cos x

 y   ln   = ln l n | cos x| . C y = C cos x .

|

|

.







o` u K est une constante quelconque. c) On reprend les mêmes emes calculs que dans b). La variation de la constante donne cette fois 



y + y tan x = C 1 cos x = cos x . soit 

C 1 = 1 , On en déduit edu it C 1 = x + K , d’o` u les solutions y = (x + K )cos ) cos x , o` u K est une constante quelconque. d) On se place sur un intervalle où x3 ne s’ann s’annule ule pas pas : ]

−∞, 0 [ o u ] 0,0, +∞ [ .

L’équat equ atio ion n est homo ho mog` gène ene et s’écri ec ritt y 4(x 4(x2 1) 4 = = y x3 x 

ce qui conduit à

−

− x4

3

,

 y  2  ln   = 4ln |x| + , C x 2

d’o` u

2

y = Cx 4 e2/x .

e) On se place sur un intervalle où tan x est définie efinie et non n on nulle, c’est-` c’est- a-dire a`-dire sur un intervalle de la forme ] π/2 π/2 + kπ,kπ [ ou ] kπ,π/2 kπ,π/2 + kπ [ .

−



−

cos x = sin x

 y ln



−

ln

|

(sin x) , sin x

|







soit 

C 1 = cos x sin x = On en déduit edu it C 1 =

1 sin2x sin2x , 2

− 14 cos2x cos2x + K , d’o` u les solutions y=

− 14 cos2x cos2x + K

,

sin x

o` u K est une constante quelconque. 

Remarque : comme on peut écrire ecrire cos x sin x = sin x(sin x) on aurait pu aussi donner la solution 2 sous la forme C 1 = sin x + K 1 ou encore C 1 = cos2 x + K 2 .

−

f) On se place sur un intervalle où x ne s’ann s’annule ule pas pas : ]

−∞, 0 [ o u ] 0,0, +∞ [ .



− x1 ,

 y   ln   = − ln |x| , C

d’o` u

C . x Faisons varier la constante C en cherchant cherchant une solution de l’équation equation complète ete sous la forme C y = , o` u C est une fonction. On obtient x y=



C y = x 

− xC , 2

d’o` u 



xy + y = C = 2x . On

déduit edu it C

2

K , d’o` u les solutions







c) Le polynôme ome caract´ cara ctéristi eri stique que X 2 de l’équation equati on sont donc

− 2X +2 X +2 a pour racines complexes 1+ i et 1 − i. Les solutions y = Aex cos x + Be x sin x ,

o` u A et B sont des constantes consta ntes réelles eelles quelconques. quelcon ques. a) Le polynôme ome caract´ car actéristiq eris tique ue X 2 + 2X 8 a pour racines l’équatio equa tion n homog` hom ogène ene sont donc y = Ae 4x + Be 2x ,

−

5.

−4 et 2. Les solutions de

−

o` u A et B sont des constantes consta ntes réelles eelles quelconques. quelcon ques. On cherche cherche une solution particulière ere de l’équation equation compl` ete. ete. Comme 3 n’est pas racine du polynôme ome caractéristique, eristique, il en existe une de la forme y0 = K e3x . En rempla¸cant cant dans dan s l’´ l ’équatio equa tion n 



y0 + 2y 2y0

− 8y

0

= 9Ke 3x + 6Ke 6Ke 3x

D’o` u K = 1/7, et

− 8Ke x = 7Ke x = e x . 3

3

3

1 y0 = e3x . 7

Les solutions sont donc

1 y = e3x + Ae 4x + Be 2x . 7 o` u A et B sont des constantes consta ntes réelles eelles quelconques. quelcon ques. −

b) Le polynôme ome caract´ cara ctéristi eri stique que X 2 homog` hom ogène ene sont donc

− 3X − 18 a pour racines −3 et 6. Les Le s solutions sol utions de l’´ l ’équation equati on x

−3

y = Ae

+ Be 6x ,

o` u A et B sont des constantes consta ntes réelles eelles quelconques. quelcon ques. On cherche cherche une solution particulière ere de l’équation equation compl` ete. ete. Comme 4 n’est pas racine du po-







Les solutions sont donc y=

1 − 196 (14x (14x + 5)e 5)e x + Ae 4

x

−3

+ Be 6x ,

o` u A et B sont des constantes consta ntes réelles eelles quelconques. quelcon ques. c) Le polynôme ome caract´ car actéristi eri stique que X 2 10 10X X + 41 a pour racines complexes conjugu´ ees ees 5 + 4i 4i et 5 4i. Les solutions soluti ons de l’équation equatio n homogène ene sont donc

−

−

y = Ae5x cos4x cos4x + Be 5x sin4x sin4x , o` u A et B sont des constantes consta ntes réelles eelles quelconques. quelcon ques. On cherche che rche une u ne solut so lution ion particul part iculi` ière ere de d e l’équatio equa tion n compl` co mplète. ete . Le seco s econd nd membre me mbre sin s in x est la partie ix imaginaire de e . Comme i n’est pas racine du polynôme ome caractéristique, eristique, il existe une solution particuli` partic ulière ere de la forme, y0 = K cos K cos x + H sin H sin x . On a 

y0 =

−K sin K sin x + H cos H cos x



et y0 =

−K cos K cos x − H sin H sin x .

D’o` u, u, en rempla¸cant cant dans l’équatio equa tion, n, 

y0

− 10 10yy



0

+ 41y 41y0 = (40K (40K

− 10 10H H )cos ) cos x + (40H (40H + + 10K 10K )sin ) sin x = sin x .

D’o` u le syst` sys tème em e

 4040K K − 1010H H = 0 40 40H H + 10K 10K = 1

On en déduit edu it K = 1/170 et H = 2/85, donc y0 =

1 2 cos x + sin x . 170 85


1

cos x +

2

sin x + Ae5x cos4x cos4x + Be 5x sin4x sin4x












y0 + 2y 2y0

− 3y

0

= (8Kx (8Kx + 4H 4H + + 2K 2K )ex = (x + 1)e 1)ex .


 8K = 1

4H + 2K 2K = 1

On en déduit edu it K = 1/8 et H = 3/16, donc y0 =

1 (2x (2x2 + 3x 3x)ex . 16

Les solutions sont donc

1 (2x (2x2 + 3x 3x)ex + Aex + Be 16 o` u A et B sont des constantes consta ntes réelles eelles quelconques. quelcon ques. y=

−3

x

,

e) Le polynôme ome caract´ car actéristiq eris tique ue X 2 + 4 a pour racines racines complexes complexes conjugu´ conjugu´ ees ees 2i et solutions soluti ons de l’équation equatio n homogène ene sont donc

−2i. Les

y = A cos2x cos2x + B sin2x sin2x , o` u A et B sont des constantes consta ntes réelles eelles quelconques. quelcon ques. On cherche une solution soluti on particuli` partic ulière ere de l’équation equati on complète. ete. Comme cos 2x est la partie réelle eelle 2ix de e et que 2i 2i est racine du polynôme ome caract´ eristique, eristique, il en existe une de la forme







On cherche cherche une solution particulière ere de l’équation equation complète. ete. Comme 1 est racine double du polynôme ome caractéristique, eristique, il en existe une de la forme y0 = (Kx 3 + H x2 )ex . On a y0 = (Kx 3 + H x2 + 3Kx 3Kx 2 + 2H 2H x)ex , 

puis y0 = (Kx 3 + 6Kx 6Kx 2 + H x2 + 4H 4H x + 6Kx 6Kx + 2H 2H )ex , 

d’o` u 

y0



− 2Y + y 0

0

= (6Kx (6Kx + 2H 2H )ex = (x ( x + 1)e 1)ex .

D’o` u K = 1/6 et H = 1/ 1 /2, donc y0 = Les solutions sont donc y=

1



1 x + x2 ex . 6 2 3

1



1 x3 + x2 + Ax + B ex , 6 2

o` u A et B sont des constantes consta ntes réelles eelles quelconques. quelcon ques. 6.

L’´ L’équa eq uati tion on homo ho mog` gène en e s’´ s’écri ec ritt 

1 (1 +

2



)







o` u A et B sont des constantes consta ntes réelles eelles quelconques. quelcon ques. b) Comme cos2x cos2x est la partie partie r´ eelle eelle de e2ix , et que 2i 2i n’es n’estt pas pas raci racine ne du polyn polynˆ oˆme caome caract´ ract éristiq eris tique, ue, l’équatio equa tion n poss` p ossède ede une soluti sol ution on de la forme for me y0 = K cos2 K cos2x x + H sin2 H sin2x x. On a 

y0 =

−2K sin2 K sin2x x + 2H 2H cos2 cos2x x



et y0 =

−4K cos2 K cos2x x − 4H sin2 H sin2x x.


y0

− 2y



0

+ 2y 2y0 = ( 2K

− − 4H )cos2x ) cos2x + (−2H + H + 4K 4K )sin2x ) sin2x = cos cos 2x .


 −2K − 4H = 1 −2H + H + 4K 4K = 0

On en déduit edu it K =

−1/10 et H = −1/5, donc y0 =

1 − 101 cos2x cos2x − sin2x sin2x . 5


1 − 101 cos2x cos2x − sin2x sin2x + Aex cos x + Be x sin x , 5

Equations Differentielles Lineaires

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