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\'Equations du second ordre à coefficients constants - second membre exponentiel*polynôme - Bibm@th.net

Exercice 1 - Équations du second ordre à coefficients constants - second membre exponentiel*polynôme ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos]

Enoncé

Résoudre les équations différentielles suivantes :

$y''-4y'+3y=(2x+1)e^{-x}$;
$y''-4y'+3y=(2x+1)e^x$;
$y''-2y'+y=(x^2+1)e^x+e^{3x}$;
$y''-4y'+3y=x^2e^x+xe^{2x}\cos x$;
$y''-2y'+5y=-4e^{-x}\cos(x)+7e^{-x}\sin x-4e^x\sin(2x)$;

Indication

Corrigé

On commence par résoudre l'équation homogène $y''-4y'+3y=0$. Son équation caractéristique est $r^2-4r+3=0$, dont les racines sont 1 et 3. Les solutions de l'équation homogène sont donc les fonctions $x\mapsto \lambda e^x+\mu e^{3x}$. Comme -1 n'est pas racine de l'équation caractéristique, on cherche une solution particulière sous la forme $y(x)=(ax+b)e^{-x}$. En dérivant, on trouve $$y'(x)=(-ax+(-b+a))e^{-x},\ y''(x)=(ax+(b-2a))e^{-x}$$ et donc $a$ et $b$ sont solutions du système : $$\left\{ \begin{array}{rcl} 8a&=&2\\ 8b-6a&=&1\\ \end{array}\right.$$ On résout ce système, et on trouve qu'une solution particulière est donnée par $y_0(x)=\left(\frac{x}4+\frac5{16}\right)e^{-x}$. Finalement, les solutions de l'équation avec second membre sont les fonctions de la forme $$x\mapsto \left(\frac{x}4+\frac5{16}\right)e^{-x}+\lambda e^x+\mu e^{3x},\ \lambda,\mu\in\mathbb R.$$
L'équation homogène a déjà été résolue à la question précédente. Pour résoudre l'équation avec second membre, on remarque cette fois que 1 est racine simple de l'équation caractéristique. On cherche donc une solution particulière sous la forme $y(x)=(ax^2+bx)e^{x}$ (on peut trouver un polynôme sans terme constant car la fonction $x\mapsto e^x$ est solution de l'équation homogène). On dérive pour trouver $$y'(x)=\big(ax^2+(2a+b)x+b\big)e^{x}\textrm{ et }y''(x)=\big(ax^2+(4a+b)x+(2a+2b)\big)e^x.$$ Par identification, $a$ et $b$ sont solutions du système $$\left\{ \begin{array}{rcl} -4a&=&2\\ 2a-2b&=&1 \end{array}\right.$$ On obtient comme solution $a=-1/2$ et $b=-1$. La solution générale de l'équation avec second membre est donc donnée par la formule $$y\mapsto\left(\frac{-x^2}2-x\right)e^x+\lambda e^x+\mu e^{3x},\ \lambda,\mu\in\mathbb R.$$
On commence par résoudre l'équation homogène $y''-2y'+y=0$. L'équation caractéristique associée est $r^2-2r+1=0$ qui admet 1 comme racine double. La solution générale de l'équation homogène est donc $(Ax+B)e^{x}$.\\ On cherche une solution particulière de l'équation générale en utilisant le principe de superposition des solutions. On commence donc à chercher une solution de $y''-2y'+y=(x^2+1)e^x$. On la cherche sous la forme d'une exponentielle polynôme $P(x)e^x$. Comme 1 est racine double de l'équation caractéristique, on sait qu'on va trouver une solution avec un polynôme $P$ de degré inférieur ou égal à 4. Utilisant $$y'(x)=\big(P'(x)+P(x)\big)e^x\ y''(x)=\big(P''(x)+2P'(x)+P(x)\big)e^x,$$ on obtient $$y''(x)-2y'(x)+y(x)=P''(x)e^x.$$ $y$ est donc solution de l'équation si et seulement si $P''=x^2+1$. On obtient donc une solution particulière sous la forme $$\left(\frac{x^4}{12}+\frac{x^2}{2}\right)e^x.$$ On cherche maintenant une solution particulière de $y''-2y'+y=e^{3x}$. Cette fois, 3 n'est pas racine de l'équation caractéristique, et on peut chercher une solution particulière sous la forme $y(x)=\alpha e^{3x}$. On obtient, en introduisant dans l'équation $$9\alpha-6\alpha+\alpha=1\iff \alpha=\frac{1}{4}.$$ Les solutions de l'équation générale de départ sont donc les fonctions $$x\mapsto \left(\frac{x^4}{12}+\frac{x^2}{2}+Ax+B\right)e^x+\frac14 e^{3x}.$$
On résout l'équation homogène $y''-4y'+3y=0$. On introduit l'équation caractéristique $r^2-4r+3=0$. Ses racines sont $1$ et $3$. On en déduit que la solution générale de l'équation sans second membre est $$x\mapsto \lambda e^x+\mu e^{3x},\ \lambda,\mu\in\mathbb R.$$ On cherche une solution particulière en utilisant le principe de superposition des solutions. On cherche donc d'abord une solution de $y''-4y'+3y=x^2e^x$. Puisque $1$ est solution de l'équation caractéristique, on cherche une solution sous la forme $y_1(x)=(ax^3+bx^2+cx)e^x$. En dérivant et en identifiant, on obtient le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} -6a&=&1\\ 6a-4b&=&0\\ 2b-2c&=&0 \end{array}\right.$$ Une solution particulière est donc obtenue par $$y_1(x)=-\left(\frac16x^3+\frac14x^2+\frac14x\right)e^x.$$ On cherche ensuite une solution particulière de $y''-4y'+3y=xe^{2x}\cos x$. On va en fait chercher une solution particulière de $y''-4y'+3y=xe^{(2+i)x}$ et on en prendra la partie réelle. $2+i$ n'étant pas solution de l'équation caractéristique, on cherche une solution sous la forme $y_2(x)=(ax+b)e^{(2+i)x}$. Après dérivation et identification, on trouve le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} -2a&=&1\\ 2ia-2b&=&0. \end{array}\right.$$ On trouve $y_2(x)=\left(-\frac12x-\frac i2\right)e^{(2+i)x}$. Prenant la partie réelle, une solution particulière de $y''-4y'+3y=xe^{2x}\cos x$ est obtenue par $$x\mapsto \left(-\frac x2\cos x+\frac 12\sin x\right)e^{2x}.$$ La solution générale de l'équation différentielle initiale est donc donnée par $$x\mapsto -\left(\frac16x^3+\frac14x^2+\frac14x\right)e^x+\left(-\frac x2\cos x+\frac 12\sin x\right)e^{2x}+\lambda e^x+\mu e^{3x}.$$
L'équation caractéristique est $r^2-2r+5=0$, dont les racines sont $1+2i$ et $1-2i$. La solution générale de l'équation homogène est donc donnée par $$x\mapsto \lambda e^x\cos(2x)+\mu e^x\sin(2x),$$ avec $\lambda,\mu\in\mathbb R$. On cherche ensuite une solution particulière de l'équation $$y''-2y'+5y=-4e^{-x}\cos(x)+7e^{-x}\sin(x).$$ On va plutôt résoudre $y''-2y'+5y=e^{(-1+i)x}$, puis considérer les parties réelles et imaginaires. Comme $-1+i$ n'est pas racine de l'équation caractéristique, on cherche une fonction de la forme $y_0(x)=ae^{(-1+i)x}$. On trouve, en dérivant et en utilisant l'équation $$\big((-1+i)^2 -2(-1+i)+5\big)a=1.$$ Il vient $a=1/(7-4i)=(7+4i)/65$. Une solution particulière de $y''-2y'+5y=-4e^{-x}\cos(x)+7e^{-x}\sin(x)$ est alors donnée par \begin{align*} -4\Re e\left(ae^{(-1+i)x}\right)+7\Im m\left(ae^{(-1+i)x}\right)&=-4\Im m \left( iae^{(-1+i)x}\right)+7\Im m\left(ae^{(-1+i)x}\right)\\ &=\Im m\left( (-4i+7)a e^{(-1+i)x}\right)\\ &=\Im m\left( e^{(-1+i)x}\right)\\ &=e^{-x}\sin x. \end{align*} On cherche ensuite une solution particulière de l'équation $$y''-2y'+5y=-4e^x\sin(2x).$$ On cherche de la même façon à résoudre $y''-2y'+5y=-4e^{(1+2i)x}$. Comme $1+2i$ est solution de l'équation caractéristique, on va chercher une solution sous la forme $a xe^{(1+2i)x}$, dont on prendra ensuite -4 fois la partie imaginaire. On trouve finalement que $xe^x\cos(2x)$ est solution de $y''-2y'+5y=-4e^x\sin(2x)$. Finalement, les solutions de l'équation de départ sont les fonctions $$x\mapsto xe^x\cos(2x)+e^{-x}\sin x+\lambda e^x\cos(2x)+\mu e^x\sin(2x),\ \lambda,\mu\in\mathbb R.$$