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(2) (2)
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(1) (1)
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Correction de l'exercice 2 du sujet d'oral blanc n°1 restart:
with(plots): # pour tracer les courbes Question 1
E:= diff(y(t),t,t)-y(t)=exp(-abs(t));
E:= d2
dt2 y t Ky t = eKt Sol:=dsolve(E);
Sol:=y t = eKt_C2Cet_C1C
1
4 et K1C2t t%0 1
4 eKt K2tK2Ce2t 0!t
On reconnaît que les solutions de (E) forment un sous-espace affine de dimension 2 de F(R,R).
La direction de ce sous-espace affine est le sous-espace vectoriel engendré par les fonction t -> exp(t) et t ->
exp(-t). C'est également l'ensemble solution de l'équation différentielle homogène associée à (E).
La fonction définie par morceaux que l'on voit apparaître dans Sol est une solution particulière de (E), bien sûr.
Question 2
Courbes := seq(seq( plot( subs({_C1=i,_C2=j},rhs(Sol)),t=-1.5.
.1.5),i=1..4),j=1..4):
display(Courbes);
t
K 1.5 K 1 K 0.5 0 0.5 1 1.5 4
6
8
10
12
14
16
18
(3) (3)
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(5) (5)
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(4) (4)
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(6) (6) Question 3
expand(Sol);
y t = _C2
et Cet_C1C
K1
4 etC 1
2 ett t%0 K1
2 t
et K 1
2et C 1
4 et 0!t
En analysant la forme d'une solution de (E), on voit que la seule solution bornée est celle correspondant au choix de paramètres _C1=-1/4 et _C2=0. Justifions ce résultat.
* Si _C1 est différent de -1/4 ou _C2 est différent de 0, alors la solution correspondante admet une limite infinie en +infini ou en -infini. Elle ne peut donc être bornée.
* Si _C1=-1/4 et _C2=0 alors la solution correspondante tend vers 0 en +infini et en -infini (croissances comparées). Comme elle est d'autre part continue sur R, elle est bornée sur R.
Sol_bornee:=simplify(subs({_C1=-1/4,_C2=0},Sol));
Sol_bornee:=y t = 1
2 et K1Ct t%0 K1
2 tC1 eKt 0!t plot(rhs(Sol_bornee),t=-10..10);
t
K 10 K 5 0 5 10
K 0.5 K 0.4 K 0.3 K 0.2 K 0.1
y0:=eval(subs(t=0,rhs(Sol_bornee)));
y0:=K1 2
y1:=eval(subs(t=0,diff(rhs(Sol_bornee),t)));
y1:= 0
Donc il y a un unique couple (y0,y1) qui convient: le couple (-1/2,0).
Notons que la valeur obtenue pour y1 est cohérente avec le graphe précédent. En effet Sol_bornee semble admettre un minimum local (voire global) en t=0.
