Devoir Surveillé 04

Lycée Pierre-Gilles de Gennes BCPST2

Mathématiques 2019-2020

Devoir Surveillé 04

Le 10 Janvier durée 3h30

Documents écrits, électroniques, calculatrices et téléphones portables interdits

La plus grande attention sera apportée à la qualité de la rédaction, syntaxe et orthographe comprise.

Numérotez les copies et questions et soulignez ou encadrez les résultats.

Vous pouvez utiliser les résultats des questions en amont d’une question donnée en la référençant clairement Les calculs, même longs et fastidieux doivent figurer sur la copie

Si au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il la signalera sur sa copie et poursuivra sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu‘il sera amené à prendre.

Exercice I

Soienta,betcles trois racines complexes du polynôme P=X³−5X+√

2 1.Déterminera+b+c,a.b.ceta.b+b.c+c.a

2.CalculerS₂=a²+b²+c². 3.CalculerS₄=a⁴+b⁴+c⁴.

Indication:Remarquer et justifier que pourx=a,bouc,x⁴=5x²−√ 2.x

Exercice II

Pourn∈N,n≥2, on considère le polynôme P_n(X) =Xⁿ−

n−1

∑

k=0

X^k=Xⁿ−Xⁿ⁻¹−Xⁿ⁻²− · · · −1.

On pose par ailleurs, pourz∈C, f_n(z) =zⁿ⁺¹−2.zⁿ+1.

1.Montrer que :

∀z∈C\ {1},P_n(z) =0⇔ f_n(z) =0

2.a.Etudier la fonction f_n sur[0,+∞[, calculer f_n(1) et en déduire queP_n admet une unique racine réelle positive, qu’on noteraa_n.

2.b.Calculer f_n(2). Montrer que la suite(a_n)_n≥2est convergente et déterminer sa limite.

3. Montrer que l’équation f_n(z) =0 d’inconnue z∈Cadmet n+1 solutions distinctes et que P_n admetn racines complexes distinctes et simples.

4.Soitzune racine deP_n. 4.a.Montrer que si|z| 6=1 alors

f_n(|z|)

|z| −1 ≤0.

4.b.En déduire que|z| ≤a_n.

Exercice III

On considère la partieDdeR²définie par

D={(x,y)∈R²,y²<2x}

et on s’intéresse à l’équation aux dérivées partielles d’inconnueφ :D→R, de classeC²surD:

∀(x,y)∈D,(2x−y²)∂²φ

∂x²(x,y) +∂ φ

∂x(x,y)−16φ(x,y) =0 (E) 1.Représenter graphiquementD.

2.Soit∆=R^∗+×R. On considère l’applicationhdéfinie par

∀(u,v)∈∆,h(u,v) =

u²+v² 2 ,v

2.a.Montrer, en explicitant sa réciproque, quehdéfinit une bijection de∆surD.

2.b.Changement de variables(x,y) =h(u,v).

Soitφ :D→Rune fonction de classeC²etψ :∆→Rdéfinie parψ=φ◦h, i.e.

∀(u,v)∈∆,ψ(u,v) =φ

u²+v² 2 ,v

Calculer ^{∂ ψ}_∂u et ^∂2ψ

∂u² en fonction de ^{∂ φ}_∂x et ^∂2φ

∂x²,uetv.

2.c.En déduire queφ vérifie (E) si et seulement siψ vérifie, de classeC²sur∆, y vérifie

∂²ψ

∂u² −16ψ=0 (E’)

On admettra queφ est de classeC²surDsi et seulement siψ est de classeC²sur∆.

3.a.Déterminer la forme générale des solutions de (E’) sur∆.

3.b.Et déterminer la forme générale des solutions de (E) surD

Exercice IV

Soitaun nombre réel strictement positif et(x_n)la suite définie par : x₀=aet∀n∈N, x_n+1= x_n

1+n.x²_n 1.a.Montrer que la suite(x_n)est bien définie, à valeurs dans]0,+∞[.

1.b.Écrire une fonctionx(n,a=1.0) en langage Python qui calculex_npour une valeur dea (valant 1 par défaut) et dendonnée.

1.c.Expliciter la suite(x_n)lorsquea=1.

2.Dans le cas général, montrer que la suite(x_n)est décroissante et minorée. Déterminer la limite de cette suite.

3.a.Pourn≥1, étudier la fonction f_ndéfinie surR⁺ par : f_n(x) = ^x

1+n.x². 3.b.En déduire par récurrence que l’on a :∀n≥2, 0<x_n≤ ¹_n.

4.a.Pourk≥2, montrer que l’on a : _x¹

k+1 −_x¹

k =k.x_k

En déduire que :∀n≥2, ¹

n−2+_x¹

2

≤x_n≤ ¹_n Indication:on pourra penser à sommer _x¹

k+1 −_x¹

k pourkallant de 2 àn−1.

4.b.Déterminer un équivalent simple dex_nlorsquen→+∞.

Exercice V

Nous allons modéliser dans ce problème, par une approche mécanistique, l’évolution dans le temps de la hauteurx(t)de la surface d’un lac dont la géométrie est simplifiée comme sur la figure 1.

FIGURE1 – Modélisation d’un lac.

SiS, section horizontale du lac, est supposée constante par rapport à la hauteur, une simple équation de bilan sur les volumes nous permet d’écrire :

S.dx

dt(t) =D_e(t)−D_s(t)

où le débit entrantD_e(t)est une fonction supposée connue. On peut modéliser le débit sortantD_s(t)comme étant proportionnel àx(t)soitD_s(t) =α.x(t), oùα est un réel strictement positif.

On obtient donc :

dx

dt(t) =D_e(t) S −α

Sx(t).

Par la suite le modèle d’évolution s’écrira : dx

dt(t) =u(t)−k.x(t) (E)

oùk∈R^∗+ etuest une fonction réelle connue, appelée « entrée » du système et dans la suite, cette entrée prendra différentes formes.

1.Existence de solutions à l’équation (E) : cas oùuest simple.

1.a.Résoudre l’équation (E) surRdans le cas oùuest la fonction constante égale à 0 en imposant de plus quex(0) =1.

Par résoudre l’équation (E) surRen imposant de plusx(0) =x₀, on entend déterminertoutesles fonc- tionsx, à valeurs réelles et de classeC¹surRvérifiantx(0) =0x0et

∀t∈R,x⁰(t) =u(t)−k.x(t)

1.b.Résoudre l’équation (E) surRdans le cas oùuest la fonction constante égale à 1 en imposant de plus quex(0) =0.

2.Existence de solutions à l’équation (E) : cas oùuest quelconque, continue surR.

2.a.En appliquant la méthode de la variation de la constante, i.e.en effectuant le changement de fonction inconnueλ(t) =x(t).e^k.t, montrer quexest solution de l’équation (E) surRsi et seulement si il existe une constanteλ₀∈Rtelle que

∀t ∈R,x(t) =λ₀.e^−k.t+ Z _t

0

e^{−k.(t−τ)}.u(τ)dτ (I)

2.b.En déduire que pour toutx₀∈R, il existex:R→Runique solution surRde l’équation (E) vérifiant de plusx(0) =x₀et en donner une formule.

? ? ?

On voudrait considérer une version de l’équation (E) où la fonction u, définie sur R, présente quelques discontinuités. Bien sûr, l’équation (E) ne peut plus faire sens telle quelle et l’on convient de nommer

« solution surRau sens généralisé » de l’équation (E) avec entréeuune fonction xvérifiant l’équation (I) pour une certaine constanteλ₀∈R.

Soit la fonctionh:R→Rdont le graphe est représenté dans la figure 2 et définie comme suit :

∀t∈R,h(t) =

(1 sit≥0

0 sit<0 (H)

FIGURE2 – Entrée sous la forme d’une marche.

3.Calculerx, la solution généralisée de (E) avec entréeu=h, oùhest définie dans (H) et vérifiantx(0) =0.

? ? ?

Soit∆>0 et la fonctionδ :R→Rdont le graphe est représenté dans la figure 3.

FIGURE3 – Entrée sous la forme d’un créneau.

4.a.Montrer que l’entréeδ peut s’écrire sous la formeδ(t) =h(t)−h(t−∆)

4.b. Déterminer x, la solution généralisée de (E) avec entrée u=δ avec condition initiale x(0) =0. On séparera trois cas, suivant quet<0,t∈[0,∆]ett≥∆.

? ? ? .

Dans la suite on noterat_i=i.∆oùi∈Net on considère une suite réelle(u_i)_i∈N^∗.

5. Pour i∈N^∗, on considère u la fonction créneau définie comme suit : u(t) =u_i, lorsquet appartient à [t_i−1,t_i[etu(t) =0 sinon (c.f.Fig. 4) etx, la solution généralisée de (E) avec entrée uet condition initiale x(0) =0. Montrer que :

∀t ≥t_i,x(t) =u_i.1−e^−k.∆

k e^−k(t−ti).

FIGURE4 – Entrée sous forme d’un créneau entre[t_i−1,t_i].

6. Dans cette question on suppose que u est une fonction constante par morceaux définie comme suit : u(t) =u_i, lorsquetappartient à[t_i−1,t_i[, pour un certaini∈N^∗etu(t) =0 sinon (c.f.Fig. 4) etx, la solution généralisée de (E) avecu=δ avec condition initialex(0) =0. Montrer que pouri∈N^∗:

x(t_i) =

i

∑

j=1

u_j1−e^−k.∆

k e^{−k(ti−tj)}

7.En effectuant un changement d’indice sur la sommation, montrer que le résultat de la question précédente x(t_i)peut s’écrire :

x(t_i) =ν.

i−1

∑

`=0

u<sub>i−`</sub>Φ<sup>`</sup> (ID)

où les nombresν etΦsont à expliciter.

FIGURE 5 – Entrée sous forme d’une fonction en escalier.

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Correction DS 04

Correction Ex.–1 Soienta,betcles trois racines complexes du polynôme P=X³−5X+√

2

1.On a, en factorisant, du fait que le coefficient dominant dePest 1 que

P= (X−a).(X−b).(X−c) =X³−(a+b+c)X²+ (a.b+b.c+c.a)X−a.b.c et donc, par identification des coefficients

a+b+c=0,a.b.c=−√

2 eta.b+b.c+c.a=−5.

2.On a

(a+b+c)²=a²+b²+c²+2(a.b+b.c+c.a) ce qui se réécrit

0=S₂+2.(−5) et doncS₂=10.

3.SiP(x) =0, on a

x³=5.x−√ 2 et donc, en multipliant parx

x⁴=5.x²−√ 2.x Ceci est valable pour toutes les racines dePet donc

a⁴=5.a²−√

2.a,b⁴=5.b²−√

2.betc⁴=5.c²−√ 2.c En sommant ces identités, on trouve queS₄=5S₂−√

2.0=50.

Correction Ex.–2 Pourn∈N,n≥2, on considère le polynôme P_n(X) =Xⁿ−

n−1

∑

k=0

X^k=Xⁿ−Xⁿ⁻¹−Xⁿ⁻²− · · · −1.

On pose par ailleurs, pourz∈C, f_n(z) =zⁿ⁺¹−2.zⁿ+1.

1.Soitz∈C\ {1}. On a, par la formule sur les somme géométriques, P_n(z) = zⁿ−zⁿ−1

z−1

= f_n(z) z−1 et donc, pour un telz6=1,P_n(z) =0⇔ f_n(z) =0.

2.a.On a

∀x∈[0,+∞[, f_n(x) =xⁿ⁺¹−2.xⁿ+1 et, en dérivant cette fonction polynômiale, on obtient

∀x∈[0,+∞[, f_n⁰(x) = (n+1).xⁿ−2.n.xⁿ⁻¹=xⁿ⁻¹.((n+1)x−2.n).

Le signe de la dérivée f_n⁰ sur[0,+∞[est facile à déterminer :

∀x∈[0,+∞[, f_n⁰(x) =0⇔x=0 oux= 2n n+1 et

∀x∈[0,+∞[, f_n⁰(x)<0⇔x∈

0, 2n n+1

On peut donc établir le tableau de variations de f_n sur [0,+∞[ et y placer quelques valeurs particulières (f_n(0) =1, f_n(1) =0, f_n(2) =1 (pour la question suivante)) ainsi que lim_x→+∞f_n(x) = +∞.

Ce qui donne

x 0 1 _n+1²ⁿ 2 +∞

1 +∞

& %

f(x) 0 1

& %

<0

L’observation de ce tableau (en conjonction avec une utilisation raisonnée du théorème de la bijection continue), permet de conclure que f_ns’annule exactement deux fois sur [0,+∞[, une fois en 1, l’autre fois en un certaina_n> _n+1²ⁿ . CommeP_n(1) =1−n<0 et vu l’équivalence montrée à la question 1, on en déduit queP_nadmet ena_nson unique racine réelle positive.

2.b.Comme f_n(2) =1, par le tableau précédent, on a 2>a_n>_n+1²ⁿ . Par le théorème des gendarmes, la suite (a_n)_n≥2est convergente, de limite 2.

3.La fonction f_nest polynomiale, de polynôme associéF_n=Xⁿ⁺¹−2.Xⁿ+1, de degrén+1. Les solutions de l’équation f_n(z) =0 d’inconnuez∈Csont les racines du polynômeF_n. Par D’ALEMBERT–GAUSS,F_n admetn+1 racines complexes distinctes si les racines complexes deF_nsont toutes simples.

Soitα∈Cune racine multiple deF_n. On a alorsF_n(α) =0 etF_n⁰(α) =0, i.e.

αⁿ⁺¹−2.αⁿ+1+1=0 et(n+1).αⁿ−2n.αⁿ⁻¹=0 i.e.

αⁿ⁺¹−2.αⁿ+1+1=0 etαⁿ⁻¹((n+1).α−2n) =0 i.e.

αⁿ⁺¹−2.αⁿ+1+1=0 et(α=0 ouα = 2n 2n+1)

On a vu à la question précédente que ni 0 ni _n+1²ⁿ ne sont racines de F_n et donc on peut conclure au fait que toutes les racines de F_n sont simples (et donc qu’il y en a n+1). Le nombre 1 est racine de F_n car f_n(1) =1ⁿ⁺¹−2.1ⁿ+1=0 et donc, dansC\ {1},F_n comportenracines distinctes (qui sont les solutions de l’équation f_n(z) =0 d’inconnnuez∈C).

Par la question 1, ces n nombres sont tous racines de P_n et commeP_n est de degré n, (par décompte maximal des racines d’un polynôme de degrén), cesnnombresx distincts constituenttoutesles racines de P_net celles-ci sont simples.

4.Soitzune racine deP_n.

4.a.Sizune racine deP_nalors

zⁿ=1+z+· · ·+zⁿ⁻¹ et donc par inégalité triangulaire (et multiplicatiivté du module)

|z|ⁿ≤1+|z|+· · ·+|z|ⁿ⁻¹ Donc, si|z| 6=1 alors

|z|ⁿ≤|z|ⁿ−1

|z| −1 i.e.

|z|ⁿ−|z|ⁿ−1

|z| −1 ≤0 i.e.

f_n(|z|)

|z| −1 ≤0.

4.b.On peut établir le tableau de signe de _x−1^f(x) lorsquexparcourt[0,+∞[\ {1}en se servant du tableau de variation de la question 2.b (y placera_nentre _n+1²ⁿ et 2) pour obtenir que

∀x≥0,x6=1, f(x)

x−1≤0⇔x≤a_n Sizune racine deP_n:

— si|z| 6=1 alors _|z|−1^f(|z|) ≤0 et donc|z| ≤a_n;

— si|z|=1 alors|z| ≤a_n; et donc, dans tous les cas :

Sizune racine deP_n,|z| ≤a_n.

Correction Ex.–3 On considère la partieDdeR²définie par D={(x,y)∈R²,y²<2x}

et on s’intéresse à l’équation aux dérivées partielles d’inconnueφ :D→R, de classeC²surD:

∀(x,y)∈D,(2x−y²)∂²φ

∂x² +∂ φ

∂x −16φ =0 (E)

1.On a

D={(x,y)∈R²,y²<2x}=D={(x,y)∈]0,+∞[×R,−√

2x<y<√ 2x}

Pour représenter graphiquementD, il suffit donc de tracer les graphes (de fonctions) d’équationsy=√ 2x ety=−√

2xet de considérer la zoneDentre ces deux graphes.

2.Soit∆=R^∗+×R. On considère l’applicationhdéfinie par

∀(u,v)∈∆,h(u,v) =

u²+v² 2 ,v

2.a.Soit(x,y)∈D. Résolvons l’équation(x,y) =

u²+v² 2 ,v

d’inconnue(u,v)∈∆. Pour(x,y)∈D,(u,v)∈

∆, on a les équivalences x = ^u2+v₂ ²

y = v ⇔

(

x = ^u2+y₂ ²

v = y ⇔

u² = 2x−y²

v = y

(u>0,2x−y²>0)

⇔

u = p

2x−y²

v = y

et donchdéfinit une bijection deDsur∆de bijection réciproque définie par

∀(x,y)∈D,h⁻¹(x,y) =p

2x−y²,y

0 1 2 x

2.0 1.5 1.0 0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0

y D

y² 2x = 0

FIGURE6 –D 2.b.Changement de variables(x,y) =h(u,v).

Soitφ :D→Rune fonction de classeC²etψ :∆→Rdéfinie parψ=φ◦h, i.e.

∀(u,v)∈∆,ψ(u,v) =φ(x,y) =φ

u²+v² 2 ,v

On a, par la formule de dérivation composée en deux variables,

∂ ψ

∂u(u,v) = ∂

∂u

φ

u²+v² 2 ,v

= ∂ φ

∂x

u²+v² 2 ,v

.∂^u

2+v² 2

∂u +∂ φ

∂y

u²+v² 2 ,v

.∂v

∂u

= ∂ φ

∂x

u²+v² 2 ,v

.u

et de même, en dérivant cette identité par rapport àu, avec la même technique

∂²ψ

∂u (u,v) = ∂

∂u ∂ φ

∂x

u²+v² 2 ,v

.u

= ∂ φ

∂x

u²+v² 2 ,v

+∂²φ

∂x²

u²+v² 2 ,v

.u²

2.c.Du fait quehétablisse une bijection de∆surD,φ vérifie (E) surDsi et seulement si

∀(x,y)∈D,(2x−y²)∂²φ

∂x²(x,y) +∂ φ

∂x(x,y)−16φ(x,y) =0 i.e.(u=p

2x−y²,x= ^u2+v₂ ²,v=y)

∀(u,v)∈∆,u².∂²φ

u²+v² ,v

+∂ φ

u²+v² ,v

−16φ

u²+v² ,v

=0

et donc, vu le calcul précédent, si et seulement si

∀(u,v)∈∆, ∂²ψ

∂u²(u,v)−16ψ(u,v) =0 i.e.si et seulement siψ vérifie (E’) sur∆.

3.a.Résolvons (E’) sur∆en fixantv∈R. La fonction f :u∈]0,+∞[7→ψ(u,v)est solution sur]0,+∞[de l’EDO linéaire d’ordre 2 :

f⁰⁰−16f =0

La fonction f est solution de cette équation si et seulement si il existe deux constantes réelles λ₊ et λ₋ telles que

∀u>0, f(u) =λ+.e^4u+λ−.e^−4u

La fonction ψ est donc solution de (E’) sur ∆si et seulement si il existe deux fonctions réelles λ+ etλ₋ telles que

∀v∈R,∀u>0,ψ(u,v) =λ₊(v).e^4u+λ₋(v).e^−4u

Le fait queψ soit de classeC²sur∆équivaut au fait queλ+ etλ− sont de classeC²surR.

3.b. Et donc, en revenant aux variables (x,y), la fonction φ est solution de (E) sur Dsi et seulement si il existe deux fonctions réellesλ₊etλ₋ de classeC²surRtelles que

∀(x,y)∈D,φ(x,y) =λ₊(y).e^4.

√

2x−y²+λ₋(y).e^−4.

√

2x−y²

Correction Ex.–4 Soitaun nombre réel strictement positif et(x_n)la suite définie par : x₀=aet∀n∈N, x_n+1= x_n

1+nx²_n

1.a.Montrons par récurrence surn∈Nque∀n∈N,(H_n):x_nexiste etx_n>0.

Init. Pourn=0 :x₀=a, existe bien et est>0 par hypothèse sura.H₀est vraie.

Hérédité. Supposons que pour un certainn∈N,x_nexiste et est>0, alors _1+n.x^xn ₂

n existe (est calculable à partir dex_n) et est bien>0 comme quotient de deux nombres>0). On a doncH_n⇒H_n+1.

Ccl. Par la principe de récurrence,∀n∈N,H_nest démontrée (vraie).

1.b.

def x(n,a=1.0):

xn = a

for _ in range(n):

xn =xn/(1+n*xn**2) return xn

1.c.Lorsquea=1, on a

x₀=1,x₁=1/(1+0.1²) =1,x₂=1/(1+1.1²) =1/2,x₃=1/2.1/(1+2.1/4) =1/3 Montrons que∀n≥1,H_n:x_n= ¹_n.

n=1 : H₁est vraie.

H_n⇒H_n+1: Supposons queH_nsoit vraie à un certain rangn≥1, on a alors x_n+1=1

n. 1

1+n. ¹_n2 = 1

n+ⁿ_n = 1 n+1

— Et le principe de récurrence démontre ce qui est annoncé.

2.Il est clair que la suite(x_n)est minorée par 0 (question 1). On a, pourn∈N, x_n+1−x_n= x_n

1+n.x²_n−x_n=x_n. 1

1+n.x²_n−1

==−n. x³_n

1+n.x²_n <0 et donc la suite(x_n)est strictement décroissante.

Etant décroissante et minorée par 0, la suite(x_n)est convergente vers une certaine limite`≥0. On a

∀n∈N, x_n+1= x_n 1+n.x²_n

Si` >0, le membre de droite de cette identité à pour limite 0 par opérations carn.x<sup>2</sup><sub>n</sub><sup>n→+∞</sup>→ ∞, ce qui est incompatible avec le fait que la limite du membre de gauche soit` >0. On en déduit que`=0.

3.a.Soitn≥1. La fonction f_ndéfinie surR⁺ par∀x≥0, f_n(x) = ^x

1+n.x² est bien définie, de classeC^∞sur son intervalle de définition (en tant que fraction rationnelle dont le dénominateur ne s’annule pas). On a

∀x≥0, f_n⁰(x) = (1+n.x²)−x.2n.x

(1+n.x²)² = 1−n.x² (1+n.x²)²

On peut dresser le tableau de signe de cette dérivée (qui ne s’annule, et change de signe, enx=n⁻¹²) puis le tableau de vvariation de f_n(qui est croissante de 0 à ¹

2√ n surh

0,^√1

n

i

, décroissante de ¹

2√

n à 0 surh

√1

n,+∞h ) pour obtenir l’inégalité :

∀x>0,0< f_n(x)≤ 1 2√

n

3.b.Montrons par récurrence que∀n≥2, x_n≤¹_n. (On sait que∀n∈N,x_n>0.)

— Pourn=2,x₂= f₁(x₁)≤ ¹₂ par l’inégalité démontrée précédemment. L’initialisation est faite.

— Supposons que pour un certainn≥2, 0<x_n≤ ¹_n. Commex_n+1= f_n(x_n)et quex_n≤ ¹_n≤ ^√1_n et que f_nest croissante sur l’intervalle

h 0,^√1

n

i

, on a (même calcul qu’en 1.c) x_n+1= f_n(x_n)≤ f_n(1

n) = 1 n+1 La propriété à démontrer est donc héréditaire.

— et, par le principe de récurrence, on a∀n≥2, x_n≤ ¹_n. 4.a.Soitk≥2.

1 x_k+1− 1

x_k = 1+k.x²_k x_k − 1

x_k =k.x_k²

x_k =k.x_k Soitn≥3. D’une part, par télescopie,

n−1

∑

k=2

1 x_k+1− 1

x_k = 1 x_n− 1

x₂ et d’autre part, commek.x_k≤1,

n−1

∑

k=2

1 x_k+1− 1

x_k =

n−1

∑

k=2

k.x_k≤(n−2) On a donc

1

x_n ≤n−2+ 1 x₂

Pourn=2, cette inégalité est vraie (c’est une égalité !). Avec l’inégalité de la question 3, on obtient donc :

∀n≥2, 1

n−2+_x¹ ≤x_n≤1 n

4.b.En multipliant parn≥2, on obtient

∀n≥2, n n−2+_x¹

2

≤n.x_n≤1

et, par le théorème des gendarmes (les termes extrêmes de ces inégalités ont clairement pour limite 1), on obtient

n.x_n^n→+∞→ 1i.e. x_n∼ 1 n. Correction Ex.–5 Le modèle d’évolution s’écrit :

dx

dt(t) =u(t)−k.x(t) (E)

oùk∈R^∗+ etuest une fonction réelle connue, appelée « entrée » du système.

1.Existence de solutions à l’équation (E) : cas oùuest simple.

1.a.Siuest constante égale à 0 surR, on a affaire à la résolution d’un EDO linéaire d’ordre 1 à coefficients constants (MALTHUS!), une fonctionxest solution de cette équation (cours) si et seulement si il existe une constanteλ telle que

∀t∈R,x(t) =λ.e^−k.t

Ent=0, on obtient que la seule solution de (E) surRtelle quex(0) =1 est

∀t∈R,x(t) =e^−k.t

1.b. Si u est la fonction constante égale à 1 et x(0) =0. On a affaire à la résolution d’un EDO linéaire homogène d’ordre 1 à coefficients constants :

— Une solution particulière (constante) est donnée parx_part :t 7→¹_k,

— une fonctionxest solution de cette équation (cours) si et seulement si il existe une constanteλ telle que

∀t∈R,x(t) =λ.e^−k.t+1 k

— Ent=0, on obtient que la seule solution de (E) surRtelle quex(0) =0 est

∀t∈R,x(t) =1

k(1−e^−k.t)

2.Existence de solutions à l’équation (E) : cas oùuest quelconque, continue surR.

2.a.Sixest une fonction de classeC¹surR, la fonctionλ définie par∀t∈R,λ(t) =x(t).e^k.t est elle aussi de classeC¹et on a

∀t∈R,x(t) =λ(t).e^−k.t,x⁰(t) =λ⁰(t).e^−k.t−k.x(t).

La fonctionxest solution de l’équation (E)

∀t∈R,x⁰(t) =u(t)−k.x(t) i.e.

∀t∈R,λ⁰(t).e^−k.t=u(t) i.e.

∀t∈R,λ⁰(t) =u(t).e^+k.t

En intégrant cette égalité entre 0 ett, ceci équivaut à l’existence d’une constanteλ0telle que

∀t∈R,λ(t) =λ₀+ Z _t

0

u(τ).e^+k.τ dτ

En revenant à l’inconnuex, la fonctionxest solution de l’équation (E) si et seulement si

∀t∈R,x(t) =e^−k.t

λ₀+ Z _t

0

u(τ).e^+k.τ dτ

i.e., en développant, intégrant lee^−k.t dans l’intégrale,..

∀t∈R,x(t) =λ₀.e^−k.t+ Z _t

0

e^{−k.(t−τ)}.u(τ)dτ. (I) subsubexo Soitx₀∈R, en prenantt=0 dans (I), on obtientx(0) =λ₀et donc l’unique solution surR de l’équation (E) vérifiantx(0) =x₀est définie par

∀t∈R,x(t) =x₀.e^−k.t+ Z _t

0

e^{−k.(t−τ)}.u(τ)dτ. (I’) 3.La solution généralisée de (E) avecu=h, et vérifiantx(0) =0=x₀est, d’après (I’) donnée par :

∀t∈R,x(t) = Z t

0

e^{−k.(t−τ)}.h(τ)dτ Simplifions cette intégrale :

— Sit≤0,x(t) =^R₀^te^{−k.(t−τ)}.11_{τ≥0}dτ =0 ;

— Sit≥0,

x(t) = Z _t

0

e^{−k.(t−τ)}.11_τ≥0dτ

= Z _t

0

e^{−k.(t−τ)}dτ= 1

k.e^{−k.(t−τ)} t

0

= 1−e^−k.t k 4.a.On a

∀t∈R,h(t)−h(t−∆) =11_{t≥0}−11_{{t−∆≥0}}=11_{t≥0}−11_{t≥∆}

On a donc trois cas

— Sit<0, 11_{t≥0}=0=11_{t≥∆}eth(t)−h(t−∆) =0 ;

— Si 0≤t<∆, 11_{t≥0}=1,11_{t≥∆}=0 eth(t)−h(t−∆) =1 ;

— Sit≥∆, 11_{t≥0}=1=11_{t≥∆}eth(t)−h(t−∆) =0 ; et donc, dans tous les cas,δ(t) =h(t)−h(t−∆).

4.b.La solution généralisée de (E) avecu=δ, et vérifiantx(0) =0=x₀est, d’après (I’) donnée par :

∀t∈R,x(t) = Z _t

0

e^{−k.(t−τ)}.δ(τ)dτ

On a donc, par linéarité de l’intégrale, puis changement de variable affineτ⁰=τ−∆:

∀t ∈R,x(t) = Z _t

0

e^{−k.(t−τ)}.h(τ)dτ− Z _t

0

e^{−k.(t−τ)}.h(τ−∆)dτ

= Z _t

0

e^{−k.(t−τ)}.h(τ)dτ− Z _t−∆

−∆

e^{−k.(t−τ)−∆}.h(τ)dτ

= Z t

0

e^{−k.(t−τ)}.11_{τ≥0}dτ− Z t−∆

−∆

e−k.(t−τ)−k.∆.11_{τ≥0}dτ (CHASLES+intégrande nulle) =

Z _t

0

e^{−k.(t−τ)}.11_{τ≥0}dτ−. Z _t−∆

0

e−k.(t−∆)−τ).11_{τ≥0}dτ

— Sit≤0,t−∆≤0 etx(t) =0 ;

— Sit≥0,t−∆≤0 etx(t) = ^1−e_k^−k.t ;

— Sit≥∆etx(t) =^1−e_k^−k.t −^{1−e−k.(t−∆)}_k ; Dans la suite on noterat_i=i.∆oùi∈N.

5.La solution généralisée de (E) avecu=δ, et vérifiantx(0) =0=x₀est, d’après (I’) donnée par :

∀t∈R,x(t) = Z _t

0

e^{−k.(t−τ)}.u(τ)dτ.

Pourt≥t_i, en utilisant l’indicatrice, on a donc x(t) =

Z _t

0

e^{−k.(t−τ)}.u_i.11_{{ti−1≤τ<ti}}dτ=u_i. Z _ti

t_i−1

e^{−k.(t−τ)}dτ

= u_i. 1

k.e^{−k.(t−τ)} ti

t_i−1

=u_i. 1

k.e^{−k.(t−τ)} ti

ti−∆

= u_i.e^{−k.(t−ti)}−e^{−k.(t−(ti−∆))}

k =u_i.e^{−k.(t−ti)}.1−e^−k.∆

k

6.La solution généralisée de (E) avecu=δ, et vérifiantx(0) =0=x₀est, d’après (I’) donnée par :

∀t∈R,x(t) = Z _t

0

e^{−k.(t−τ)}.u(τ)dτ.

Pourt=t_i, comme sur[0,t_i[,

u(τ) =

i

∑

u_j.11{^tj−1≤τ<tj} Il vient

x(t_i) = Z _ti

0

e^{−k.(ti−τ)}.

i

∑

u_j.11{^tj−1≤τ<tj}dτ=

i j=1

∑

u_j. Z _ji

tj−1

e^{−k.(ti−τ)} dτ

=

i

∑

u_j. 1

k.e^{−k.(ti−τ)} tj

t_j−1

=

i j=1

∑

u_j. 1

k.e^{−k.(ti−τ)} tj

t_j−∆

=

i

∑

j=1

u_j.e^{−k.(ti−tj)}.1−e^−k.∆

k

7.En effectuant le changement d’indice sur`=i−j, j=i−`, vu quet_i−t_j= (i−j).∆, on a donc x(t_i) =

i−1

∑

`=0

u<sub>i−`</sub>.e<sup>−k.`∆</sup>.1−e^−k.∆

k i.e.

x(t_i) =ν.

i−1

`=0

∑

u<sub>i−`</sub>Φ<sup>`</sup> (ID)

oùν = ^1−e_k^−k.∆ etΦ=e^−k.∆.