2014-2015

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ISA BTP, 2◦ann´ee ANN ´EE UNIVERSITAIRE 2014-2015

CONTR ˆOLE CONTINU

´

Equations diff´erentielles.

Dur´ee : 1h30 Les calculatrices sont autoris´ees.

Tous les exercices sont ind´ependants.

Il sera tenu compte de la r´edaction et de la pr´esentation.

Exercice 1 Soit

(E) : (t3− t)y0+ (1 − 3t2)y = 2t(t3− t) 1. Donner le type de l’´equation diff´erentielle (E).

2. Déterminer les quatre intervalles de résolution de (E). 3. Résolution de l’équation homogène

(a) Montrer que pour tout t 6∈ {−1, 0, 1}, on a 3t2_{− 1} t3_{− t} = 1 t + 1 t − 1 + 1 t + 1 (b) En d´eduire l’ensemble des solutions de l’´equation

(H) : (t3− t)y0+ (1 − 3t2)y = 0 sur chacun des intervalles de r´esolution de (E).

4. Recherche d’une solution particuli`ere

(a) Montrer que si (E) admet une solution particuli`ere sous la forme yp(t) = λ(t).(t3− t),

alors

λ0(t) = 2 t2_{− 1}

(b) D´eterminer deux r´eels a et b tels que pour tout t 6∈ {−1, 0, 1}, on ait 2 t2_{− 1} = a t − 1 + b t + 1

(c) En déduire une solution particulière de (E) puis l’ensemble des solutions de (E). 5. Étude de prolongement

(a) Déterminer l’unique solution Y de (E) vérifiant Y 1₂ = 0. On précisera l’intervalle sur lequel cette solution est définie.

(2)

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

Exercice 2 Soit

(E) : t2y00+ 4ty0+ (2 − t2)y = 1 d’inconnue y.

1. Donner le type de l’´equation diff´erentielle (E). 2. On pose z(t) = t2_y(t).

(a) Calculer z0(t) et z00(t) en fonction de t, y0(t) et y00(t).

(b) Montrer que si y est une solution de (E), alors z est une solution de ( ˜E) : z00− z = 1

(c) D´eterminer l’ensemble des solutions de ( ˜E) 3. Donner l’ensemble des solutions de l’´equation (E).

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

Exercice 3 On consid`ere l’´equation

(E) : v0 = −g − kv|v|, v(0) = v0.

d’inconnue v, les paramètres g et k étant des constantes positives. 1. Déterminer une fonction F telle que (E) ⇔ v0 = F (v).

2. Montrer que (E) admet un unique point fixe et qu’il est stable (on pourra distinguer les cas v > 0 et v 6 0).

3. Tracer, dans un rep`ere (tOv) l’allure de quelques solutions. On prendre un exemple dans chacun des cas ci-dessous :

v0 > 0, v0 = 0, −

r g

k < v0 < 0, v0 < − r g

k.

4. Quelle expérience physique est modélisée par cette équation ? (on donnera en particulier un sens à chacun des termes de l’équation).

5. Interpréter les différents résultats tirés de l’étude qualitative de (E).

? ? ?

(3)

CORRECTION

Exercice 1 :

1. Il s’agit d’une équation différentielle linéaire d’ordre 1 à coefficients non constants et non homogène.

2. Les intervalles de r´esolution sont donn´es par les valeurs interdites qui sont, ici, les valeurs de t pour lesquelles le coefficient t3_{− t = t(t − 1)(t + 1) s’annule. Ces valeurs interdites}

sont donc t = −1, t = 0 et t = 1. Les intervalles de r´esolution sont donc I1 =] − ∞, −1[, I2 =] − 1, 0[, I3 =]0, 1[, I4 =]1, +∞[

3. (a) En réduisant le membre de droite de l’égalité au même dénominateur, on obtient : 1 t + 1 t − 1+ 1 t + 1 = (t − 1)(t + 1) + t(t + 1) + t(t − 1) t3_{− t} = (t 2_{− 1) + (t}2_{+ t) + (t}2_{− t)} t2_{− t} = 3t 2_{− 1} t3_{− t} (b) (H) ⇐⇒ y 0 y = 3t2− 1 t3_{− t} ⇐⇒ y 0 y = 1 t + 1 t − 1 + 1 t + 1 ⇐⇒ ln |y(t)| = ln |t| + ln |t − 1| + ln |t + 1| + k = ln |t(t − 1)(t + 1)| + k ⇐⇒ y(t) = λ.|t(t − 1)(t + 1)| = λ.|t3_{− t|,} λ ∈ R

Ainsi, quitte `a changer λ en −λ, les solutions de (H) sur l’intervalle sur chacun des intervalles sont de la forme

yh : t 7−→        λ1.(t3− t) sur I1 λ2.(t3− t) sur I2 λ3.(t3− t) sur I3 λ4.(t3− t) sur I4 , λj ∈ R 4. (a) En posant yp(t) = λ(t).(t3− t), on a y0_p(t) = λ0(t).(t3− t) + λ(t).(3t2− 1) et (t3− t)y_p0(t) + (1 − 3t2)yp(t) = λ0(t).(t3− 1)2

Ainsi, yp est une solution de (E) si et seulement si

λ0(t).(t3− 1)2 _{= 2t(t}3 _{− t) ⇐⇒ λ}0

(4)

(b) On cherche a et b tels que

a(t + 1) + b(t − 1)

t2_{− 1} =

2 t2_{− 1}

On doit donc avoir (a + b)t + a − b = 2. Par identification, on obtient a + b = 0 a − b = 2 ⇐⇒ a = 1 b = −1 et 2 t2_{− 1} = 1 t − 1 − 1 t + 1 (c) D’après le calcul précédent, on a

λ0(t) = 2 t2_{− 1} ⇐⇒ λ(t) = ln t − 1 t + 1 + k Ainsi, • Sur I1 et I4, t 7→ (t3− t) ln t−1_t+1

est une solution particuli`ere de (E) et l’en-semble des solutions de (E) est alors

yj : t 7−→ (t3− t) λj + ln t − 1 t + 1 , λj ∈ R • Sur I2 et I3, t 7→ (t3− t) ln 1−t_t+1

est une solution particuli`ere de (E) et l’en-semble des solutions de (E) est alors

yj : t 7−→ (t3− t) λj + ln 1 − t t + 1 , λj ∈ R

5. (a) La solution Y cherch´ee est d´efinie sur l’intervalle contenant la valeur initiale t0 = 1₂,

soit l’intervalle I3 =]0, 1[.

La valeur de λ3 définissant cette unique solution Y est donnée par l’équation

Y 1 2 = 0 ⇐⇒ 1 8 − 1 2 λ3+ ln 1 − 1 2 1 2 + 1 = 0 ⇐⇒ λ3 = ln 3 D’o`u Y : t 7−→ (t3− t). ln 3 − 3t t + 1

(b) Pour que Y soit prolongeable en 0, il faut

• qu’elle admette une limite finie quand t → 0+_,

• qu’il existe une fonction d´efinie sur ] − 1, 0[ ayant la mˆeme limite quand t → 0−_,

(5)

Or lim t→0+Y (t) = 0 et pour tout λ2 ∈ R, lim t→0−(t 3_{− t)} λ2+ ln 1 − t t + 1 = 0 Les deux premiers points sont donc v´erifi´es. Par ailleurs,

Y (t) − Y (0) t = (t 2_{− 1). ln} 3 − 3t t + 1 −→t→0+ − ln 3 et y2(t) − y2(0) t = (t 2_{− 1)} λ2+ ln 1 − t t + 1 −→t→0− −λ₂

Ainsi, l’unique solution de (E) sur I2 offrant un prolongement `a Y sur ] − 1, 0[ est

la solution y2 v´erifiant λ2 = − ln 3.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 2 :

1. Il s’agit d’une équation différentielle linéaire d’ordre 2 à coefficients non constants et non homogène.

2. (a) Si z(t) = t2_{.y(t), on a}

• z0_{(t) = 2t.y(t) + t}2_.y0_(t)

• z00_{(t) = 2y(t) + 4t.y}0_{(t) + t}2_.y(t)

(b) Soit y une solution de (E). On a

t2y00+ 4ty0+ (2 − t2)y = 1 ⇐⇒ (t2y00+ 4ty0+ 2y) − t2.y = 1 ⇐⇒ z00− z = 1 (c) ( ˜E) est une équation différentielle linéaire d’ordre 2 à coefficients constants, dont le

polynˆome caract´eristique est

P (X) = X2− 1 = (X − 1)(X + 1)

Les solutions de l’´equation homog`ene ( ˜H) : z00− z = 0 sont donc les fonctions de la forme

zh(t) = Aet+ Be−t, A, B ∈ R

par ailleurs, le second membre de ( ˜E) ´etant une constante, on cherche une solution particuli`ere de ( ˜E) sous la forme d’une constante. Or si zp(t) = k, on a zp00(t) = 0 et

z_p00(t) − zp(t) = 1 ⇐⇒ −k = 1 ⇐⇒ k = −1

Autrement dit, la fonction constante égale à −1 est une solution particulière de ( ˜E) est l’ensemble des solutions de ( ˜E) est

(6)

3. Puisque z(t) = t2y(t), pour tout t 6= 0, on a y(t) = _t12z(t) et l’ensemble des solutions de

(E) est

y(t) = Ae

t_{+ Be}−t_{− 1}

t2 , A, B ∈ R

Note : t = 0 ´etant une valeur interdite, les solutions ci-dessus sont d´_{efinie sur R}+

∗ et R−∗.

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? Exercice 3 :

1. La fonction F est F : v 7→ −g − kv|v|.

2. • Si v > 0, on a F (v) = −g − kv2. Or k et g ´etant positifs, l’´equation −g − kv2 = 0 n’admet pas de solution.

• Si v 6 0, on a F (v) = −g+kv2_{. Les solutions de l’´}_{equation −g+kv}2 _{= 0 sont v = ±}pg k.

Parmi ces deux solutions, on ne conserve que la solution n´egative : v = −p_kg.

La fonction F admet donc une unique racine, et l’´equation (E) admet un unique point fixe : −pg_k. 3. Au voisinage de −pg k, on a F (v) = −g + kv 2 _{et F}0_{(v) = 2kv. Donc} F0 −r g k = −2pgk < 0 Le point fixe est donc stable.

4. Il s’agit d’une modélisation de la chute libre dans un champs gravitationnel constant g et dans une atmosphère opposant une force de frottement au mouvement. L’inconnue v est la vitesse de l’objet en chute, la constante −g est la constante gravitationnelle correspon-dant à la planète sur laquelle a lieu l’expérience, et le terme −kv|v| correspond à la force de frottement, proportionnelle à v2_{, toujours oppos´}_{ee au mouvement.}

5. − q_g k

v

0

>

0 v

₀

=0

− q_g k

<v

0

<

0 v

₀

<

− q_g k

(7)

6. Les r´esultats ci-dessus correspondent aux diff´erents essais suivants :

• v0 > 0 : `a t = 0, l’objet est lanc´e vers le haut (il a une vitesse positive). Il commence

donc par ralentir, puis il s’arrête et repart dans l’autre sens. Il accélère alors, sans ja-mais dépasser la vitesse limite v = −pg_k.

• v0 = : à t = 0, l’objet est lâché sans vitesse initiale. Il se met à accélérer, toujours sans

d´epasser la vitesse limite. • −pg

k < v0 < 0 : à t = 0, l’objet est lancé vers le bas, à une vitesse inférieure à la

vitesse limite. Il accélère donc jusqu’à cette vitesse limite. • v0 < −

pg

k : à t = 0, l’objet est lancé vers le bas à une vitesse supérieure à la vitesse

limite. Dans ce cas, il ralenti jusqu’`a atteindre la vitesse limite.

? ? ?