Licence 2 - Mathématiques 2020-2021
Analyse 4
Corrigé rapide du contrôle continu du 9 février 2021
Exercice n◦1 (7 points)
1) C’est une équation différentielle linéaire homogène explicite du premier ordre. Comme a:t 7→ tant est continue sur I =]− π2,π2[, les solutions sont les x : t 7→ eA(t) où A est une primitive de a sur I. Or, Z
tantdt=
Z sint
costdt=−`n|cost|+c, donc les solutions sur I =]−π2,π2[ sont finalement les x:t7−→ λ
cost où λ∈R.
2) On cherche une solution particulière de l’équation complète sous la forme x :t 7−→ λ(t)
cost où λ est une fonction dérivable (variation de la constante).
On a alorsx0 :t7−→ λ0(t) cost+λ(t) sint
cos2t = λ0(t)
cost +λ(t) tant etx0−xtant= λ0(t) cost. xest alors solution si et seulement si λ0(t) = cos2t= cos(2t) + 1
2 soitλ(t) = sin(2t)
4 +1
2t+c.
En conclusion, les solutions sur I =]− π2,π2[ de l’équation différentiellex0−xtant= costsont les
x:t7−→ λ cost +1
2sint+1 2
t
cost oùλ∈R.
Remarque :
Il faut prendre garde à la différence entre les moyens mnémotechniques utilisables au brouillon et la rigueur nécessaire à la rédaction de la solution. Il est par exemple très surprenant de commencer par supposer quex ne s’annule pas pour brillament conclure quelques lignes plus loin quex ne s’annule pas. . .
Il n’est évidemment pas non plus satisfaisant de s’intéresser à x0
x sans se poser la question de l’annulation dex.
Exercice n◦2 (9 points)
L’équation homogène associée à cette équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants estx00−3x0+ 2x= 0. Son polynôme caractéristique,r2−3r+ 2 = (r−1)(r−2), a pour racines 1 et 2, et les solutions de l’équation homogène sont donc les
x:t7−→aet+be2toù (a, b)∈R2.
•On cherche une solution particulière de l’équationx00−3x0+ 2x=etsous la formex:t7→αtetpuisque 1 est racine simple du polynôme caractéristique. Par identification, on trouve α=−1.
•On cherche une solution particulière de l’équationx00−3x0+2x= costsous la formex:t7→αcost+βsint.
On a alorsx0 :t7→ −αsint+βcostetx00 :t7→ −αcost−βsint.x est alors solution si et seulement si (α−3β) cost+ (3α+β) sint= cost,
c’est-à-dire
( α−3β = 1 3α+β = 0 soit
( β =−3α
α+ 9α = 1 ou encore
( α = 101 β = −310
La solution générale de l’équationx00−3x0+ 2x=et+ costest donc (principe de superposition) x:t7−→ −tet+ 1
10(cost−3 sint) +aet+be2t où (a, b)∈R2.
On a alorsx0 :t 7−→ −(t+ 1)et+ 101 (−sint−3 cost) +aet+ 2be2t et les conditions initiales se traduisent par le système
0 = x(0) = 1
10 +a+b 0 = x0(0) = −1− 3
10 +a+ 2b
soitb= 14 10 = 7
5 eta=−1 10 −7
5 =−3 2.
La solution de l’équation différentielle x00 −3x0 + 2x = et+ cost qui vérifie les conditions initiales x(0) =x0(0) = 0 est finalement
x:t7−→ −(3
2+t)et+ 1
10(cost−3 sint) +7 5e2t.
Exercice n◦3 (4 points+5 points)
1) L’équation homogène associée à cette équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants est x00+x= 0.
Son polynôme caractéristique,r2+ 1, a pour racinesiet−i, et les solutions de l’équation homogène sont donc lesx:t7→acosx+bsintoù (a, b)∈R2.
•On cherche une solution particulière de l’équation x00+x=et sous la forme x:t7−→αet et on trouve x:t7−→ 12et
•On cherche une solution particulière de l’équationx00+x=e−tsous la forme x:t7→αe−t et on trouve x:t7→ 12e−t.
La solution générale de l’équationx00+x= 2cosh(t) est donc (principe de superposition) x:t7−→acost+bsint+ cosh(t) où (a, b)∈R2.
2) • Si f est une telle fonction alors ∀t ∈ R, f0(t) = et−f(−t). En particulier f0 est dérivable et on a
∀t∈R, f00(t) =et+f0(−t) =et+e−t−f(t). f est donc solution sur R de l’équation différentielle de la question 1) :f :t7−→acost+bsint+ cosh(t).
•Réciproquement, pour une telle fonction f, on a f0:t7−→ −asint+bcost+ sinh(t) donc
∀t∈R f0(t) +f(−t) =a(cost−sint) +b(cost−sint) +et. Par suite,f est solution si et seulement si a+b= 0.
Les applicationsf :R−→Rdérivables telles que ∀t∈R f0(t) +f(−t) =et sont finalement les f :t7−→a(cost−sint) + cosh(t) où a∈R.
