MPSI B Année 2017-2018. Corrigé DM 5 le 10/11/17 29 juin 2019
Problème
Partie I.
1. Soit(f1, f2)un couple de solutions, en dérivant la première équation et en substituant àf20 l'expression venant de la deuxième équation, on obtient une équation diérentielle ne contenant quef1
f100(t) = 2f20(t) =−2f1(t) + 2tet Ce qui montre quef1 est solution de(E1).
2. Il s'agit d'une équation linéaire du second ordre à coecients constants dont le second membre est un polynôme-exponentiel. Les racines du polynôme caractéristique sont i√
2 et −i√
2. Selon le cours et la forme du second membre, on cherche une solution particulière sous la formet→(at+b)et. L'ensemble des solutions est
t→(−4 9 +2
3t)et+λcos(t√
2) +µsin(t√
2),(λ, µ)∈R2
3. Soit(f1, f2)un couple de solutions de(S), alorsf1est solution de(E1)donc il existe λetµtels que
f1(t) = (−4 9+2
3t)et+λcos(t√
2) +µsin(t√ 2) D'après la première équation deS :
f2(t) = 1
2f10(t) = (1 9+1
3t)et+ 1
√2(−λsin(t√
2) +µcos(t√ 2))
On vérie facilement que ces fonctions constituent bien un couple solution.
4. Le problème de Cauchy posée dans cette question se ramène à un système aux incon- nuesλet µ:
−4
9 +λ= 0 1
9+ µ
√2 = 0
⇔
λ=4
9 µ=−
√2
9
Partie II.
1. La deuxième équation de (S2) est linéaire du premier ordre mais à coecients non constants. On la résoud par la méthode de variation de la constante. L'ensemble des
solutions est
t→ 1
2t2(1 +t2) +λ(1 +t2), λ∈R
On reporte l'expression que l'on vient de trouver dans la première équation ce qui forme une nouvelle équation du premier ordre à coecients non constants.
x0(t)− 4t
1 +t2x(t) =g(t)avecg(t) =−(t2
2 +λ)t2(1 +t2)
On résoud cette équation par calcul de primitive et variation de la constante. Les solutions sont de la forme
−t3 6 + t
2−arctant
2 +λ(arctant−t) +µ
(1 +t2)2
oùµest un réel quelconque.
2. Le problème de Cauchy se ramène à un système aux inconnues λ et µ qui conduit facilement àλ=µ= 0.
Partie III.
1. En combinant linéairement les équations, on obtient queu= 2f−g est solution de (E2) y0(t)−2y(t) =1
2et−3 2e−t
2. En combinant linéairement les équations, on obtient queu=−f+g est solution de (E3) y0(t) + 3y(t) =e−t
3. Il s'agit d'équations linéaires du premier ordre à coecients constants et second membres polynômes-exponentiels. L'ensemble des solutions de(E2)est
t→ −sht+λe2t, λ∈R L'ensemble des solutions de(E3)est
t→e−t
2 +λe−3t, λ∈R
4. D'après les questions précédentes,(x, y) est solution deS3 si et seulement si il existe des réelsλet µtels que
2x(t)−y(t) =−sht+λe2t
−x(t) +y(t) = e−t
2 +µe−3t
⇔
x(t) =e−t−et
2 +λe2t+µe−3t y(t) = 3
2e−t−1
2et+λe2t+ 2µe−3t
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
1 Rémy Nicolai M1705C
MPSI B Année 2017-2018. Corrigé DM 5 le 10/11/17 29 juin 2019
5. Le problème de Cauchy se ramène à un système aux inconnuesλetµ
λ+µ=−1 2 λ+ 2µ=−1
⇔
λ= 0 µ=−1
2
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