Exercice 206. Résoudre les équations différentielles suivantes : 1. y′−3y=0
2. y′=−2y
3. y′+3y=2 4. 2y′−5y=3 1. ce(3x)
2. ce(−2x)
3. ce(−3x)+23 4. ce(52x)−35
Exercice 207. Résoudre les équations différentielles suivantes : 1. y′−5y=0 avecy(0) =7.
2. y′+2y=0 avecy(1) =e.
3. u(t) +2·10−3u′(t) =0 avecu(0) =10.
4. 3y′=2yavecy(0) =9.
1. 7e(5x) 2. e(−2x+3)
3. 10e(−500t) 4. 9e(23x)
Exercice 208. Résoudre les équations différentielles suivantes : 1. y′′+9y=0
2. y′′+3y=0
3. 4y′′=−y 4. 2,25y′′=−π2y 1. k2cos(3x) +k1sin(3x)
2. k2cos √ 3x
+k1sin √ 3x 3. k2cos 12x
+k1sin 12x 4. k2cos 23πx
+k1sin 23πx
Exercice 209. Résoudre les équations différentielles suivantes :
2014-2015 1. y′′=−4yavecy(0) =√
3 ety′(0) =2.
2. y′′+π92y=0 avecy(0) =0 ety(1) =5.
3. y′′+9y=0 avecy(0) =7 ety′(π4) =1.
4. y′′+y=0 avecy(0) =0 ety(π) =0.
5. y′′+y=0 avecy(0) =0 ety(π) =1.
1. √
3 cos(2x) +sin(2x) 2. 103 √
3sin 13πx
3. La solution générale estk2cos(3x) +k1sin(3x). Les conditions donnentk2=7 etk1=−7−√32 et la solution est 7 cos(3x)−(7+
√2
3 )sin(3x).
4. r1sin(x) 5. /0
Exercice 210. On considère les équations différentiellesE0etE1définies par :
y′+y=0 (E0)
y′+2y=x2+x (E1)
1. Résoudre l’équation différentielleE0. On noteragses solutions.
2. Déterminer les réels a, b etc tels que le polynôme p défini par p(x) =ax2+bx+c soit une solution deE1.
3. Soitgune solution deE0. Démontrer que la fonction f définie par f(x) =g(x) +p(x)est une solution deE1.
Exercice 211. On considère les équations différentiellesE0etE1suivantes :
y′′+4y=0 (E0)
y′′+4y=3 cosx (E1)
1. Quelles sont les fonctionsgsolutions deE0?
2. Vérifier que la fonction « cosinus » est solution deE1.
3. Soit g une solution de E0. Démontrer que toute fonction f définie sur R par f(x) = g(x) +cosx est solution deE1.
4. Parmi les fonctions f définies au3, déterminer celle qui vérifie les conditions f(π2) =0 et f′(π2) =1.
Exercice 212.
1. Résoudre l’équation différentielle(E): 9y′′+π2y=0.
2. On désigne par f la solution particulière de (E)dont la courbe représentative, dans un repère orthonor-mal, passe par le pointP(1;−√
2)et admet en ce point une tangente horizontale.
a) Préciser f(1)et f′(1).
b) Déterminer f.
c) Vérifier que pour tout réelx, f(x) =√
2 cos π3(x+2) . 3. Montrer que f est 6-périodique.
4. Calculer la moyenne quadratiqueIde f sur[0 ; 6], c’est-à-dire le réelI défini parI2= 16R06[f(x)]2dx.
2014-2015 Exercice 213. La loi de refroidissement de Newton s’énonce ainsi :
« La vitesse de refroidissement d’un corps inerte est proportionnelle à la différence de température entre ce corps et le milieu ambiant ».
On suppose que la température de l’air ambiant est constante égale à 25◦C. Dans ces conditions, la température d’un corps passe de 100◦C à 70◦C en 15 minutes.
Au bout de combien de temps se trouvera-t-il à 40◦C ?
Notons f(t)la température du corps à l’instantt(en minutes). Selon la loi de refroidissement de Newton, on a f′(t) =a(25−f(t)). Les solutions surR+de cette équation différentielle sont de la forme f(t) =Ce−at+ 25.
À l’instantt =0, le corps est à une température de 100◦C : f(0) =100=C+25. DoncC=75 et f(t) = 75e−at+25.
On sait que 15 minutes plus tard, le corps est à 70◦C, ce qui permet de calculera: f(15) =70=75e−15a+25.
D’où e−15a=35 eta=ln(5)15−ln(3) ≃0,034 à 10−3près.
Déterminons maintenant le tempst à partir duquel le corps se trouve à une température de 40◦C. On résout l’équation f(t) =40=75e−at+25. Ce qui donne t = ln 5a =15ln5−ln 3ln 5 ≃47,26 à 10−2 près. Il faut donc attendre 47 minutes et 16 secondes pour que le corps atteigne la température de 40◦C.
Exercice 214. Le taux d’alcoolémie f(t)(en g l−1) d’une personne ayant absorbée, à jeun, une certaine quan-tité d’alcool vérifie, surR+, l’équation différentielle :
y′+y=ae−t (E)
oùt est le temps écoulé après l’ingestion (exprimé en heures) eta une constante qui dépend des conditions expérimentales.
1. On pose pourt∈R+,g(t) = f(t)et. Démontrer quegest une fonction affine.
2. Exprimer f(t)en fonction det et dea.
3. Dans cette question, on suppose quea=5.
a) Étudier les variations de f et tracer sa courbe.
b) Déterminer le taux d’alcoolémie maximal et le temps au bout duquel il est atteint.
c) Donner une valeur du délaiT (à l’heure près par excès) au bout duquel le taux d’alcoolémie de cette personne est inférieur à 0,5 g l−1.
1. La fonctiongest dérivable sur R+ et on a pour toutt∈R+, g′(t) = f′(t)et+f(t)et =a. Doncg(t) = at+b.
2. On a donc, pour toutt∈R+, f(t) = (at+b)e−t. Or à l’instantt =0, l’alcool n’est pas encore dans le sang, donc f(0) =0=be−t. Doncb=0 et f(t) =ate−t.
3. a) Étudions les variations de f. Comme f est solution de(E), on a f′(t) =5e−t−f(t) =5e−t(1−t).
D’où f′(xt)≥0⇔1−t≥0⇔t≤1.
La fonction f est croissante sur[0 ; 1]et décroissante sur[1 ;+∞[. Elle admet donc un maximum en 1 et f(1) =5e ≃1,84 à 10−2près.
Le taux d’alcoolémie maximal est de 1,84 g l−1atteint au bout d’une heure.
b) Nous devons résoudre l’inéquation f(t)≤0,5 c’est-à-direte−t≤0,1. Ceci n’est pas possible for-mellement. Cependant, la fonction f est continue et strictement décroissante sur[1 ;+∞[ et on a
f(1) = 5e >0,5 et lim
th→9+∞f(t) =0. Le théorème que vous n’avez pas vu assure qu’il existe un unique réelα∈[1 ;+∞[tel que f(α) =0,5. Le graphique permet de conjecturer queα∈]3 ; 4[. Ce qui peut se contrôles aussi à la calculatrice.
Il faudra donc attendre 4 heures (à l’heure près par excès) pour pouvoir, par exemple, reprendre le volant. . .
2014-2015 Exercice 215. Un parachutiste tombe à une vitesse de 55 m s−1au moment où son parachute s’ouvre. On fixe l’origine du temps (t =0, en secondes) à ce moment là.
Pour toutt∈R+, on notev(t)la vitesse (en m s−1) du parachutiste à l’instantt. On admet que la résistance de l’air est donnée parR= Pv2
25 , oùPest le poids du parachutiste avec son équipement (P=mg,m=masse totale etg=9,81m s−2).
1. Démontrer quevest solution surR+ de l’équation différentielle v′=g
1−v2
25
(E)
2. On suppose que v>5 sur R+ et on pose sur R+ z= 1
v−5. Déterminer une équation différentielle satisfaite parzsurR+ et la résoudre.
3. En déduire une expression dev(t)en fonction det et préciser sa limite lorsquet tend vers+∞.
1. D’après la relation fondamentale de la dynamique, on a :−→P +−→R =m−→a. En projetant les vecteurs sur un axe vertical, il vient :mg−mgv2
25 =mv′. On s’aperçoit que le problème est indépendant de la massemdu parachutiste avec son équipement.
v′=g
1−v2 25
= g
25 25−v2 La fonctionvest donc bien solution surR+de l’équationE.
2. La fonctionzest dérivable surR+ (carvl’est) et on a : z′=− v′
(v−5)2 = g 25
v2−25 (v−5)2 = g
25 v+5
v−5 = gz(v+5) 25 Orv= 1z+5 ou encorev+5= 1z+10. D’où
z′=gz 1z+10
25 = g
25(10z+1) On en déduit que pour toutt∈R+
z(t) =Ce2gt5 − 1 10
La condition initialez(0) =501 donneC−101 =501 c’est-à-direC= 3 25 3. D’où pour toutt∈R+
1
253e2gt5 −101 +5 Commeg>0, on a lim
t→+∞e2gt5 = +∞.
D’où lim
t→+∞v(t) =5.
La vitesse du parachutiste se stabilise rapidement vers 5 m s−1.
2014-2015 Exercice 216. On cherche à résoudre l’équation différentielle(E0):y′′+2y′−3y=0.
1. On posez1=y′−y.
a) Déterminer l’équation différentielle vérifiée parz1. b) Déterminerz1.
c) En déduire une autre équation différentielle(E1)vérifiée pary. Et résoudre l’équation homogène associée.
d) Vérifier queyp=−C41e−3xest une solution particulière dey′−y=C1e−3x. e) En déduire la forme générale des solutions de(E1).
f) Quelles sont à votre avis les solutions de(E0)?
2. Refaire le même raisonnement en posant cette fois z2=y′+3y (on pourra vérifier que C43ex est une solution particulière dey′+3y=C3ex).
3. Voyez-vous une raison qui nous a poussé à faire ce changement de variable ?
1. a) z′1=y′′−y′= (−2y′+3y)−y′=−3(y′−y) =−3z1. Doncz1vérifiez′1+3z1=0.
b) Les solutions de cette équation sontz1=C1e−3x.
c) y vérifie donc (E1):y′−y=C1e−3x. L’équation homogène associée à (E1) est y′−y=0. Les solutions sonty=C2ex.
d) Posons yp = −C41e−3x. On a y′p = 3C41e−3x, ainsi y′p−yp=C1e−3x et yp est bien une solution particulière de(E1).
e) La forme générale des solutions de(E1)est doncy=−C41e−3x+C2ex.
f) L’équation(E1)est tirée de(E0), il y a donc un lien entre les deux équations. On vérifie aisément que les solutions de (E1) sont aussi solutions de (E0). Les équations linéaires du second ordre que l’on connait ont aussi des solutions avec deux paramètres. On admettra que c’est le cas pour toutes les équations linéaires du second ordre. Ainsi toutes les solutions de (E0)sont de la forme
−C41e−3x+C2ex. Puisque C1 et C2 sont deux paramètres indéterminés, cela n’a pas de sens de garder le terme en−C41. Les solutions de(E0)sont doncy=C1e−3x+C2ex.
2. Cette fois z′2=y′′+3y′= (−2y′+3y) +3y′=y′+3y=z2. Donc z2=C3ex =y′+3y. Les solutions homogènes sontyh=C4e−3x. Une solution particulière nous est donnée dans l’énoncé. En appliquant le même raisonnement et les mêmes arguments que précédemment, on retrouve les mêmes solutions pour l’équation(E0)(ouf !), c’est-à-direy=C4e−3x+C3ex.
3. On remarque que 1 et−3 sont justement les deux solutions de l’équation du second degréx2+2x−3=0. . .