Préparer sa kholle : Équations différentielles linéaires

L'exercice qu'il faut savoir faire

Exercice 1 - Avec une condition initiale ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Résoudre les équations différentielles suivantes :

$y'+\tan(t)y=\sin(2t)$, $y(0)=1$ sur $]-\pi/2,\pi/2[$ ;
$(x+1)y'+xy=x^2-x+1$, $y(1)=1$ sur $]-1,+\infty[$ (on pourra rechercher une solution particulière sous la forme d'un polynôme) ;
$xy'-2y=\frac{x^2}{\ln(x)}$, $y(e^2)=e^4$, sur $]1,+\infty[$ (on pourra commencer par calculer la dérivée de $x\mapsto \ln(\ln(x))$ sur l'intervalle considéré).

Indication

Corrigé

Puisque qu'une primitive sur $]-\pi/2,\pi/2[$ de $\tan(t)=\frac{\sin(t)}{\cos(t)}=\frac{-(\cos(t))'}{\cos(t)}$ est donnée par $-\ln(\cos(t))$, la solution générale de l'équation homogène est donnée par $t\mapsto \lambda \cos (t)$, $\lambda\in\mathbb R$. On cherche une solution particulière par la méthode de variation de la constante et posant $y(t)=C(t)\cos(t)$. Introduisant cette fonction dans l'équation, et tenant compte de la formule $\sin(2t)=2\sin(t)\cos(t)$, on trouve $C'(t)=2\sin(t)$ dont une primitive est $t\mapsto -2\cos(t)$. Une solution particulière de l'équation différentielle est donc donnée par la fonction $t\mapsto -2\cos^2( t)$. Les solutions de l'équation sont alors les fonctions vérifiant $t\mapsto \lambda \cos(t)-2\cos^2(t)$. On cherche la solution valant $1$ en $0$. On trouve $\lambda-2=1$, soit $\lambda=3$. Ainsi, la solution recherchée est la fonction $$t\mapsto -2\cos^2(t)+3\cos(t).$$
La résolution de l'équation homogène amène à chercher une primitive de la fonction $x\mapsto \frac{-x}{x+1}$. Pour cela, il suffit d'écrire $$\frac {-x}{x+1}=\frac{-x-1+1}{x+1}=-1+\frac 1{x+1}.$$ Les solutions de l'équation homogène, sur l'intervalle $]-1,+\infty[$, sont donc les fonctions $x\mapsto \lambda (x+1)e^{-x}$. On cherche une solution particulière de l'équation sous la forme d'un polynôme. Or, si $P$ est un polynôme, le degré de $(x+1)y'+xy$ vaut le degré de $P$ plus 1. On cherche donc $y$ sous la forme d'un polynôme de degré 1, soit $y(x)=ax+b$. Introduisant cela dans l'équation différentielle, on trouve $$(x+1)a+x(ax+b)=x^2-x+1.$$ Par identification, on trouve $a=1$, $a+b=-1$, soit $b=-2$. Les solutions de l'équation sont donc les fonctions $x\mapsto (x-2)+\lambda (x+1)e^{-x}$. La solution vérifiant $y(1)=1$ est obtenue pour $\lambda=e$.
On commence par résoudre l'équation homogène $xy'-2y=0$. Une primitive de $x\mapsto -2/x$ est $x\mapsto -2\ln (x)$ et donc les solutions de l'équation homogène sont les fonctions $$x\mapsto Ce^{2\ln x}=C x^2,\ C\in\mathbb R.$$ On cherche une solution particulière avec la méthode de variation de la constante, en posant $y(x)=C(x)x^2$ où $C$ est une fonction dérivable sur $[1,+\infty[$. En injectant dans l'équation, on trouve $$x(C'(x)x^2+2xC(x))-2C(x)x^2=\frac{x^2}{\ln(x)}$$ soit $$C'(x)=\frac1{x\ln(x)}.$$ En calculant la dérivée de la fonction $x\mapsto \ln(\ln(x)),$ ou en remarquant que la fonction s'écrit sous la forme $u'/u$ avec $u(x)=\ln(x),$ on voit que l'on peut choisir $C(x)=\ln(\ln(x)).$ Les solutions de l'équation avec second membre sont donc les fonctions $y$ qui s'écrivent $$y(x)= C x^2+x^2\ln(\ln(x)).$$ La condition $y(e^2)=e^4$ donne $Ce^4+\ln(2)e^4=e^4,$ Spot $C=1-\ln(2)$. Finalement, l'unique solution au problème de Cauchy de l'énoncé est $$x\mapsto \big(\ln(\ln(x))+1-\ln(2)\big)x^2.$$

L'exercice standard

Exercice 2 - Avec une condition initiale ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Pour les équations différentielles suivantes, déterminer l'unique fonction solution :

$y''+2y'+4y=xe^x$, avec $y(0)=1$ et $y(1)=0$.
$y''-2y'+(1+m^2)y=(1+4m^2)\cos (mx)$ avec $y(0)=1$ et $y'(0)=0$; on discutera suivant que $m=0$ ou $m\neq 0$.

Indication

Corrigé

On commence par résoudre l'équation homogène. Son équation caractéristique est $r^2+2r+4=0$, dont le discriminant est $-12$ et les racines sont $-1+i\sqrt 3$ et $-1-i\sqrt 3$. Les solutions de l'équation homogène sont donc les fonctions de la forme $$y(x)=ae^{-x}\cos(\sqrt 3 x)+be^{-x}\sin(\sqrt 3 x),$$ avec $a,b\in\mathbb R$. Cherchons maintenant une solution de l'équation avec second membre. On peut chercher une solution de la forme $y_p(x)=(cx+d)e^x$. On a alors $$y_p''(x)+2y_p'(x)+4y_p(x)=(7cx+7d+4c)e^x.$$ Après identification des coefficients, on trouve une solution particulière pour $c=\frac 17$ et $d=\frac{-4}{49}$. Les solutions de l'équation différentielle sont donc les fonctions de la forme $$ae^{-x}\cos(\sqrt 3 x)+be^{-x}\sin(\sqrt 3 x)+\frac {xe^x}7-\frac {4e^x}{49},$$ avec $a,b\in\mathbb R$. Maintenant, si l'on cherche une solution vérifiant $y(0)=1$, on doit avoir $$a=\frac{53}{49}.$$ La condition $y(1)=0$ est alors satisfaite si et seulement si $$b=-\frac{53\cos\sqrt 3+3e^2}{49\sin\sqrt 3}.$$ Remarquons qu'on démontre que l'équation différentielle, avec les conditions imposées, admet une unique solution, ce qui n'est pas un résultat de cours (existence et unicité sont obtenues sous une condition de la forme $y(x_0)=y_0$ et $y'(x_0)=y_1$).
On commence par traiter le cas $m=0$, où l'équation différentielle devient $y''-2y'+y=1$. Son équation caractéristique est $r^2-2r+1=0$, qui admet $1$ pour racine double. On peut continuer la résolution, ou bien remarquer que l'on sait par le cours qu'il existe une unique solution au problème (avec les conditions initiales), et que la fonction constante $y=1$ est solution du problème!
Traitons maintenant le cas $m\neq 0$. L'équation caractéristique admet pour discriminant $-4m^2$ dont les racines sont $\pm 2im$. Les solutions de l'équation caractéristique sont donc $1\pm im$ et les solutions de l'équation homogène sont donc les fonctions de la forme $$y(x)=a\exp(x)\cos(mx)+b\exp(x)\sin(mx),$$ avec $a,b\in\mathbb R$. Cherchons maintenant une solution particulière sous la forme $y_p(x)=c\cos(mx)+d\sin(mx).$ On a \begin{eqnarray*} y''(x)-2y'(x)+(1+m^2)y(x)&=&\big(-cm^2-2dm+(1+m^2)c\big)\cos(mx)+\\ &&\big(-dm^2+2cm+(1+m^2)d\big)\sin(mx). \end{eqnarray*} Par identification, on cherche $c$ et $d$ satisfaisant le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} -cm^2-2dm+(1+m^2)c&=&(1+4m^2)\\ -dm^2+2cm+(1+m^2)d&=&0. \end{array}\right.$$ La résolution de ce système donne $c=1$ et $d=-2m$. Les solutions de l'équation sont donc les fonctions de la forme $$y(x)=a\exp(x)\cos(mx)+b\exp(x)\sin(mx)+\cos(mx)-2m\sin(mx).$$ La condition $y(0)=1$ donne $a=0$, tandis que la condition $y'(0)=0$ donne $b=2m$. L'unique solution au problème est donc la fonction $$x\mapsto 2m\exp(x)\sin(mx)+\cos(mx)-2m\sin(mx).$$

L'exercice pour les héros

Exercice 3 - Presque qu'une équation différentielle... ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

On cherche à déterminer les fonctions $f:]0,+\infty[\to\mathbb C$ dérivables telles que, pour tout $t>0$, $$f'(t)=i f\left(\frac 1t\right).$$

Démontrer qu'une telle fonction est deux fois dérivable, puis que $f$ est solution de l'équation différentielle $$t^2y''-y=0\quad\quad(E).$$
Soit $y$ une solution de $(E)$. On pose, pour $x\in\mathbb R$, $z(x)=y(e^x)$. Démontrer que $z$ est solution d'une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants. Résoudre cette équation.
Répondre au problème posé.

Indication

Corrigé

Puisque $f$ est dérivable et que $t\mapsto 1/t$ est dérivable, par théorème de composition, $f'$ est dérivable, donc $f$ est deux fois dérivable. On a alors, en dérivant (dérivée d'une composée de fonctions) : $$f''(t)=-\frac{i}{t^2}f'\left(\frac 1t\right)=\frac 1{t^2}f(t).$$ On obtient bien que $f$ est solution de l'équation différentielle $t^2y''-y=0$.
Remarquons que $z'(x)=e^x y'(e^x)$ et donc que $z''(x)=\left(e^{x}\right)^2 y''(e^x)+e^xy'(e^x).$ Or, on sait que, pour tout $x\in\mathbb R$, $$(e^x)y''(e^x)-y(e^x)=0$$ ce qui entraine donc $$z''(x)-z'(x)-z(x)=0.$$ On résout cette équation "classiquement", en introduisant l'équation caractéristique $r^2-r-1=0$ dont les solutions sont $r_1=\frac{1+\sqrt 5}{2}$ et $r_2=\frac{1-\sqrt 5}2$. Les solutions de cette équation sont les fonctions de la forme $x\mapsto ae^{\frac{1+\sqrt 5}2x}+be^{\frac{1-\sqrt 5}2x}$, $a,b\in\mathbb C$.
On a démontré le résultat suivant : si $f$ est solution du problème, alors il existe $a,b\in\mathbb C$ tels que, pour tout $x\in\mathbb R$, $$f(e^x)=ae^{\frac{1+\sqrt 5}2x}+be^{\frac{1-\sqrt 5}2x}.$$ Autrement dit, pour tout $t>0$, on a $$f(t)=at^{\frac{1+\sqrt 5}2}+bt^{\frac{1-\sqrt 5}2}.$$ Réciproquement, cherchons parmi ces fonctions lesquelles sont solutions. On a alors $$f'(t)=a\left(\frac{1+\sqrt 5}2\right)t^{\frac{-1+\sqrt 5}2}+b\left(\frac{1-\sqrt 5}2\right)t^{\frac{-1-\sqrt 5}2}$$ tandis que $$f\left(\frac 1t\right)=at^{\frac{-1-\sqrt 5}2}+bt^{\frac{-1+\sqrt 5}2}.$$ Puisque les fonctions $t\mapsto t^{\frac{-1-\sqrt 5}2}$ et $t\mapsto bt^{\frac{-1+\sqrt 5}2}$ forment une famille libre, on peut procéder par identification et $f$ est donc solution si et seulement si $$ib=a\left(\frac{1+\sqrt 5}2\right)$$ et $$ia=b\left(\frac{1-\sqrt 5}2\right).$$ Comme $\left(\frac{1-\sqrt 5}2\right)^{-1}=-\frac{1+\sqrt 5}2$, ces deux conditions sont identiques. Les solutions sont donc les fonctions $$t\mapsto at^{\frac{1+\sqrt 5}2}-ia\left(\frac{1+\sqrt 5}2\right)t^{\frac{1-\sqrt 5}2},$$ où $a\in\mathbb C.$

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