St. Joseph/ICAM Toulouse CB6 - 2019-2020 - Correction
CB n
◦6 - Equations différentielles - Sujet 1
Exercice 1
On étudie surI =R∗+ l’équation différentielle suivante :
(L) : t3y00+ty0−y= 2t3+t2.
1. Déterminer une solution polynômiale non nulle de l’équation homogène(H)associée à (L).
La fonction h=t7→t est une solution particulière de(H).
2. En déduire l’ensemble des solutions de (L).
On cherche une solution sous la formey(t) =tλ(t) et en remplaçant dans(L), on obtient l’équation : t2λ00+ (2t+ 1)λ0= 2t+ 1
On en déduit que z=λ0 vérifie l’équation différentielle du premier ordre suivante : t2z0+ (2t+ 1)z= 2t+ 1.
On résout cette équation et on trouvez(t) =Ke1t
t2 + 1,∈R, puis on intègre pour obtenir : λ(t) =−Ke1t +t+B, (K, B)∈R2.
La solution générale est donc :
y :t7→(Ae1t +t+B)t, (A, B)∈R2.
Exercice 2
Résoudre surRle système différentiel suivant :
x0(t) = 2x(t) +y(t) +z(t) y0(t) =x(t) + 2y(t) +z(t) z0(t) = 3z(t)
SoitY0(t) =A Y(t), l’écriture matricielle du système différentiel avec
Y(t) =
x(t) y(t) z(t)
, A=
2 1 1 1 2 1 0 0 3
On a χA=det(XI3−A) = (X−1)(X−3)2 et donc χA est scindé et Sp(A) ={1,3}.
On trouve E1 =Vect{(1,−1,0)} etE3=Vect{(1,1,0}, ainsi dim(E3)6=m(3).
On conclut queA n’est pas diagonalisable, mais elle est trigonalisable.
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On trouve A=P T P−1 oùP =
1 1 0
−1 1 0 0 0 1
,T =
1 0 0 0 3 1 0 0 3
.
On pose Z(t) = (P−1 Y)(t) =
z1(t) z2(t) z3(t)
, et on obtient :
Y0(t) =A Y(t)⇐⇒(P−1Y)0(t) =T(P−1Y)(t)
⇐⇒Z0(t) =T Z(t)
⇐⇒
z01(t) =z1(t)
z02(t) = 3z2(t) +z3(t) z03(t) = 3z3(t)
⇐⇒
z1(t) =C1et
z2(t) =e3t(C2+C3t) z3(t) =C3e3t
(C1, C2, C3)∈R3
Enfin,
Y(t) =P Z(t)⇐⇒
x(t) =z1(t) +z2(t) y(t) =−z1(t) +z2(t) z(t) =z3(t)
L’ensemble des solutions du système différentiel est donc S =Vect
t7→et
1
−1 0
, t7→e3t
1 1 0
, t7→e3t
t t 1
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CB n
◦6 - Equations différentielles - Sujet 2
Exercice 1
On étudie surI =R∗+ l’équation différentielle suivante :
(L) : t2y00+ty0−y=t2.
1. Déterminer une solution polynômiale non nulle de l’équation homogène(H)associée à (L).
La fonction h=t7→t est une solution particulière de(H).
2. En déduire l’ensemble des solutions de (L).
On cherche une solution sous la formey(t) =tλ(t) et en remplaçant dans(L), on obtient l’équation : t3λ00+ 3t2λ0 =t2.
On en déduit que z=λ0 vérifie l’équation différentielle du premier ordre suivante : tz0+ 3z= 1.
On résout cette équation et on trouvez(t) = K t3 +1
3, K∈R, puis on intègre pour obtenir : λ(t) = −K
2t2 + t
3 +B, (K, B)∈R2. La solution générale est donc :
y:t7→ A t +1
3t2+Bt, (A, B)∈R2.
Exercice 2
Résoudre surRle système différentiel suivant :
x0(t) = 2x(t)−y(t)−z(t) y0(t) =−x(t) + 2y(t)−z(t) z0(t) =z(t)
SoitY0(t) =A Y(t), l’écriture matricielle du système différentiel avec
Y(t) =
x(t) y(t) z(t)
, A=
2 −1 −1
−1 2 −1
0 0 1
On a χA=det(XI3−A) = (X−1)2(X−3)et donc χA est scindé et Sp(A) ={1,3}.
On trouve E1 =Vect{(1,1,0)} etE3 =Vect{(1,−1,0}, ainsi dim(E1)6=m(1).
On conclut queA n’est pas diagonalisable, mais elle est trigonalisable.
On trouve A=P T P−1 oùP =
1 1 0
−1 1 0 0 0 1
,T =
3 0 0 0 1 −1 0 0 1
.
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On pose Z(t) = (P−1 Y)(t) =
z1(t) z2(t) z3(t)
, et on obtient :
Y0(t) =A Y(t)⇐⇒(P−1Y)0(t) =T(P−1Y)(t)
⇐⇒Z0(t) =T Z(t)
⇐⇒
z10(t) = 3z1(t) z20(t) =z2(t)−z3(t) z30(t) =z3(t)
⇐⇒
z1(t) =C1e3t
z2(t) =et(C2−C3t) z3(t) =C3et
(C1, C2, C3)∈R3
Enfin,
Y(t) =P Z(t)⇐⇒
x(t) =z1(t) +z2(t) y(t) =−z1(t) +z2(t) z(t) =z3(t)
L’ensemble des solutions du système différentiel est donc S =Vect
t7→e3t
1
−1 0
, t7→et
1 1 0
, t7→et
−t
−t 1
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