AN3 - Equations différentielles - Séance de TD - Corrigés des exercices

AN3 - Equations différentielles - Séance de TD -

Corrigés des exercices

1 QCM 2

2 GI FA 2015 TEST 1 – 1^ER ORDRE 2

3 GI FC18/26 2014 – 1ER ORDRE 2

4 GI FC34 2014 – 1^ER ORDRE 3

5 GI FA 2016 TEST 2 – 1^ER ORDRE 3

6 FONCTIONS TRIGONOMÉTRIQUES (1^ER ORDRE) 4

7 GI FC1826 2015 – 2^D ORDRE 5

8 GI FC1826 2016 – 2^D ORDRE 5

9 2^D ORDRE ET VARIATION DES CONSTANTES 5

10 GI FA 2015 TEST 1 – 2^D ORDRE ET CHANGEMENT DE VARIABLE 6

11 GI FA 2014 TEST 2 – 2^D ORDRE 7

12 2^D ORDRE, DL ET COURBE 7

13 VARIABLES SÉPARABLES 9

14 GI FA 2014 TEST 1 – VARIABLES SÉPARABLES – PARACHUTE ET ED 9

15 PREMIER MEMBRE = DIFFÉRENTIELLE 11

16 GI FA 2016 TEST 1 – ÉQUATION HOMOGÈNE 11

17 GI FC34 2015 – BERNOULLI 12

18 GI FC34 2016 – BERNOULLI 12

1 QCM

1) L’équation différentielle y’ – xy = 5 est :

linéaire homogène à coefficient constant du second ordre

2) Parmi ces équations différentielles, laquelle est linéaire ?

x−yy′=0 y′ −xy=x² 2y′ = y² x y′ + =y 0 3) L’équation différentielle y′′−x y² ′+ + =y 1 0 est :

homogène du premier

ordre à variablesséparables linéaire 4) Parmi les fonctions proposées, laquelle est une solution de xy′ + =y 1 ?

1

y= +x y= −1 x 1

y 1

= + x 1

y 1

= − x 5) Une équation différentielle du premier ordre, linéaire et homogène est :

à variables séparables à coefficient constant de Bernoulli sans solution exponentielle

2 GI FA 2015 test 1 – 1

^er

ordre

Résoudre l’équation différentielle linéaire suivante : xy′ − =y lnx

Résolution de l’équation homogène associée (EH) : séparation des variables

ln ln

d d

0 d d y x _H

xy y x y y x y x K y Cx

y x

′ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + ⇔ = .

Solution particulière de l’équation complète : variation de la constante

( )

^.

( )

^.

( ) ( ) ( )

^{. 2 ln}

( )

2^ln

E 1

yP C x x y C x x C x C x x x C x x

′ ′ ′ ′ x

= ⇒ = + = ⇔ =

On procédera à une intégration par parties, en notant u = lnx et v’ = 1/x² :

( )

^ln 2^{. ln}

1 1 1 1

d

C x x x x

x x x x

= − −

∫

− = − − et donc y_P= −lnx−1 Solution générale de l’équation (E) : y=y_H +y_P =Cx−lnx−1

3 GI FC18/26 2014 – 1er ordre

Résoudre l’équation différentielle suivante :

x y′ −x y= x

3

2 2 e3

Recherche de yH : séparation des variables

. . ln

y x x

y x y y x y x x x y K y C

′ − = ⇔ = ⇔ y = ⇔ = + ⇔ =

3 3

2 2 2 3

H

0 d d d d e

3

Recherche de yP : variation de la constante

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

.

x x x

x x x x x x x

x

y C x y C x x C x

y x y x C x x C x x C x x C x x

C x x C x x y x

′ ′

= = +

′− = ⇔ ′ + − = ⇔ ′ =

⇔ ′ = ⇐ = =

3 3 3

3 3 2 3

P P

3 3 3 3 3 3 3

2 3 3 2 3 2 3 3 3 3

3

2 2 3

P

e , e e

2 e e e e 2 e e 2 e

2 donc e

Solution générale de l’équation différentielle : ^{y=y +y =}

(

^C+x2

)

^{e x33}

4 GI FC34 2014 – 1

^er

ordre

On donne l’équation différentielle (E) : x²y’ + y = 1 Les questions 1 et 2 sont indépendantes

1) Donner l’ensemble des fonctions y solutions de (E). Vous utiliserez la variation de la constante pour la re- cherche d’une solution particulière.

Cette équation est linéaire, donc la solution générale y sera obtenue par y = yH + yP.

Recherche de yH : (EH) : x²y’ + y = 0, équation du premier ordre à coefficient non constant.

On applique donc la méthode de séparation des variables :

ln ^x

y y

x y x y K y C

x+ = ⇔ y = −x ⇔ = + ⇔x = ¹

2

2 H

d d 1 1

0 d e

d

Recherche de yP : Pas d’identification proposée, donc méthode de variation de la constante :

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

;

x x x x

x x x x

y C x x y y x C x x C x C x

x

x C x C x C x y

x

− − −

−

 

′ ′

= + = ⇔ +   + =

 

 ′

′ ′

⇔ = ⇔ = =  ⇐ = ⇔ =

 

1 1 1 1

2 2 2

P 2

1 1 1 1

2

2 P

e 1 e 1 e e 1

e 1 1e e e 1

(on aurait pu tout de suite s’apercevoir que y = 1 (donc y’ = 0) est une solution de notre équation diffé- rentielle de départ)

Conclusion : la forme générale des solutions est : y = Ce^1x +1 . 2) a. Vérifier que les fonctions de la forme y =

1

e^x 1

C + ^{(où C}∈ℝ) sont des solutions de (E).

Soit

1

e^x 1

y=C + et donc

1 2

1 e^x

y C

′ = −x ^{. (E)} x²₂ e^1x e^1x 1 1 1 1

C C

⇔ −x + + = ⇔ = ^{… ok !} b. Parmi ces dernières, déterminer l’expression exacte de celle qui vérifie y(1) = -1.

Il faut que Ce + 1 = -1, soit C = -2/e. y= −1 2e^x1−1.

c. Déterminer alors pour quelle(s) valeur(s) exacte(s) de x cette fonction s’annule.

ln ln

ln

x x x

x

− −

− = ⇔ = ⇔ − = = − ⇔ =

−

1 1

1 1 1 1 1 1

1 2e 0 e 1 2

2 2 1 2 (unique racine)

5 GI FA 2016 test 2 – 1

^er

ordre

Soit à résoudre l’équation différentielle suivante : ^{x x}

(

²⁻¹

)

^{y′+2y= −x 2}

( )

^E où y désigne une fonction de variable x, définie sur ]1 ; +∞[.

1) Résoudre l'équation homogène associée ; on aura besoin de transformer l'écriture

(

^{22 1}

)

x x

−

− en une forme ^{a bx}

x+ x

−

2 1 où a et b sont des coefficients réels à déterminer.

L'équation homogène est ^{x x}

(

²⁻¹

)

^y′+2y=0

^{( )}

^EH qui se différentie en ^{x x}

(

^{2−1 d}

)

^{y+2 dy x=0 et}

qui donne après séparation des variables :

(

²

)

d 2

1 d

y x

y x x

= −

− . Pour intégrer la forme de droite, on a ef- fectivement intérêt à décomposer la fraction

(

^{22 1}

)

x x

−

− en éléments simples.

( )

( ) ( )

2 2

2 2 2

1 2 2 2

0 2

1 1 1

souhaité

a x bx a a

a bx

ssi ssi

a b b

x x x x x x

− + −  =  =

+ = =  

+ = = −

− − −  

Reprenons l'équation à variables séparées, à intégrer :

( )

^{ln ln ln}

2 2

2 H 2

2

d 2 2 2

d d 2 1

1 1

1

y x Cx

x K x K y x x K y

y x x x x x

−  

= + =  −  + ⇔ = − − + ⇔ =

− −

−  

∫ ∫ ∫

(la valeur absolue sur x peut disparaître, mais aussi celle sur x² - 1 car y est définie sur ]1 ; +∞[ ; la valeur absolue sur y également, en remplaçant e^K par C réel quelconque)

2) Déterminer une solution particulière de

( )

^E sous la forme

( )

²

P 2 1

C x x y = x

− où il s'agit de déterminer la fonction ^{C x}

( )

^.

Avec

( )

²

P 2 1

C x x y = x

− ,

( ) ( ) ( ^{( ) ( )} )( ) ^{( )}

( ) ^{( )}

2 2 2 2

2

2 2

2

2 1 2

1 2 2

1 1

C x x C x x x C x x x C x x

E x x x

x x

′ + × − − ×

⇔ − + = −

− −

( ) ( )

( ) ( ) ( ^{( )} ) ^{( )}

( ) ( ) ( ) ( )

3 2

2 2

2 2

2

4 2

3 2 3

2 2 2 3

2 1 2 2 2

1 1

2 2 1 2

2 2 2

1 1

C x x C x x

x C x x C x x x x x

x x

x x

C x x C x x x C x x x C x

x x x x

⇔ ′ + × − − + = −

− −

 

′ ′ ′

⇔ +  − + = − ⇔ = − ⇔ = −

− −

 

Ainsi, une solution est

( )

2

1 1

C x = − +x x et donc _P 1₂ 1

1 1

y x

x x

−  

= − = − + . 3) Donner alors la forme générale des solutions de

( )

^{E .}

L'équation (E) étant une équation linéaire du premier ordre à coefficients non constants, avec second membre, on a :

2

H P 2

1 1 Cx x

y y y

x

= + = − +

− , où C est une constante réelle.

6 Fonctions trigonométriques (1

^er

ordre)

Résoudre l’équation Z’.cos(u) – Z.sin(u) = sin(2u).

* Equation sans second membre :

( ) ( ) ( )

( )

cos sin sin .

cos Z u

Z u Z u u

Z u

′ − = ⇔ d =

0 d

( ) ( ^{( )} ) _{( )}

ln ln cos

cos

Z u C Z K

= − + ⇔ _H= u

* Variation de la constante :

( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

; sin

cos cos cos

K u K u K u

Z Z

u u u

′ ′

= = +

P P 2

En reportant dans l’équation complète il vient : _{K u′}

( )

_=sin

( )

_{2u ⇐ K u}

( )

_{= −}^cos

( )

^2u

2 Ainsi une solution particulière de l’équation complète est :

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

cos cos

cos cos cos cos

u u

Z u

u u u

= − = − − = − +

2 P

2 2 1 1

2 2 2

* Solution générale de l’équation : ^{Z= −cos}

( )

^{u +cos}

( )

^{u +cosK}

( )

^u

12 ^{= −cos}

( )

^{u +cosC}

( )

^u

7 GI FC1826 2015 – 2

^d

ordre

y est une fonction de variable x. Résoudre l’équation différentielle suivante : y′′−2y′+5y=xe^x. On recherchera une solution particulière yP par identification à une forme

(

^ax+b

)

^ex.

( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

: : , i, cos sin

:

2 2 16

racines de 2 5 16 1 2 e 2 2

2

e e 2 e

2 e 2 2 2 e 5 5 e e 4 4 1 e

4

x

H H

x x x

P P P P

x x x x x

P

y r r r i y A x B x

y y ax b y ax a b y ax a b

E ax a b ax a b ax b x ax b x y x

− + ∆ = − = ± = ± = +

′ ′′

= + ⇒ = + + ⇒ = + +

⇒ + + − + + + + = ⇔ + = ⇔ =

( ) ( )

cos sin 1

Solution générale : e 2 2

4 y= xA x +B x + x

 

8 GI FC1826 2016 – 2

^d

ordre

Résoudre l'équation différentielle du second ordre ^{y′′+2y′+2y=sinx}

( )

^E ; on en recherchera une solu- tion particulière sous la forme asinx+bcosx.

Recherche de yH, solution générale de ^{y′′+2y′+2y=0}

( )

^EH : le polynôme caractéristique est

2 2 2

r + r+ dont les racines complexes sont -1 + i et -1 – i. yH=e^−x

(

A^cosx+B^sinx

)

.

Recherche de yP, solution particulière de ^{y′′+2y′+2y=sinx}

( )

^E sous la forme asinx+bcosx:

( )

^{sin cos cos sin sin cos sin}

( )

^sin

( )

^{cos sin}

/ sin cos

/ ^P

2 2 2 2 2 2

2 1 4 1 1 5 1 2

2 0 2 2 5 5 5

E a x b x a x b x a x b x x a b x a b x x

a b a a a

y x x

a b b a b

⇒− − + − + + = ⇔ − + + =

− = + = =

  

⇔ ⇔ ⇔ = −

+ = = − = −

  

.

Solution générale de l'équation

( )

^{E :} H P

(

^{cos sin}

)

^{sin cos}

1 2

e 5 5

y=y +y = ⁻x A x+B x + x− x

9 2

^d

ordre et variation des constantes

Résoudre (identification puis variation des constantes) : y′′−4y′+4y=e^2x (identification à (ax² + bx + c)e^2x)

* L’équation homogène a été résolue en autonomie (3.2.1 b.) : ^yH=

(

^Ax+B

)

^{e . 2x}

* Solution particulière de l’équation complète (identification à un polynôme du second degré, multiplié par l’exponentielle - 2 est une racine double du polynôme caractéristique et le membre de droite con- tient devant l’exponentielle un polynôme de degré zéro : 1).

L’équation donne :

( )

( )

^x

( ^{( )} )

^x

( )

^x

x x x x

ax a b x a b c ax a b x b c ax bx c

a a y x

+ + + + + − + + + + + + +

= ⇔ = ⇔ = =

2 2 2 2 2 2

2

2 2 2 2

P

4 8 4 2 4 4 e 4 2 2 2 2 e 4 e

e 2 e e 1 d'où une solution particulière : e

2 2

* Solution particulière de l’équation complète (variation des constantes) :

On notera A pour A(x) (idem pour B, A’ et B’) sans oublier qu’il ne s’agit pas de constantes

( ) ( ) ( )

( )

^{( )}

( )

. ; . . . ;

. . .

x x

P

x x

P

y A x B y A x A B A x B A x B

y A A x A A x B B A A A x B

′ ′ ′ ′ ′

= + = + + + + + =

′′ = ′+ ′ + + + ′+ = ′+ + +

2 2

P

d'après 1

2 2

e 2 2 e où l'on pose 0 1

2 4 4 2 4 e 4 4 4 e

L’équation donne :

(

^{A′+4A+4A x. +4B}

)

^e2x−4

(

^{A+2A x. +2B}

)

^e2x+4

(

^{A x. +B}

)

^{e2x =e2x ⇔ A′e2x =e2x ⇔ A′=1}

( )

²

Ainsi, ^{A x}

( )

^=x et avec (1) : ^{B x}

( )

^{= −x}₂² . D’où ^yP=

(

^{A x x}

( )

^{. +B x}

( ) )

^{e2x = x}₂^2e2x

* Solution générale de l’équation différentielle : x ^x y  Ax B

= + + 

 

2

e2

2

* Remarque : la recherche de yP par identification peut se faire d’une manière plus générale par identifi- cation à ^{f x}

( )

^{e : 2x}

( )

^x

( )

^{x ;}

( )

^x

( )

^x

( )

^x

y′=2f x e² + f′ x e² y′′=4f x e² +4f′ x e² + f′′ x e ²

Il suffit de reporter dans l’équation complète et aboutir à ^f′′

( )

^{x =1 , soit f x}

( )

^=x₂²

10 GI FA 2015 test 1 – 2

^d

ordre et changement de variable

1) Résoudre l’équation différentielle y′′−2y′+ =y x² (E).

Résolution de l’équation homogène associée (EH) :

r² - 2r + 1 = 0 ssi r = 1 (discriminant nul, racine double = -b/2a). Ainsi : yH =

(

Ax+B

)

^ex. Solution particulière de l’équation complète : identification à un polynôme du second degré.

( )

.

P

y ax bx c y ax b y a a ax b ax bx c x

a a

b a b y x x

a b c c

′ ′′

= + + ⇒ = + ⇒ = − − + + + =

= =

 

 

⇔ − = ⇔ = ⇔ = + +

 − + =  =

 

2 2 2

2

2 2 E 2 4 2

1 1

4 0 4 4 6

2 2 0 6

Solution générale de l’équation (E) : y=yH +yP=

(

Ax+B

)

^ex+ +x^{2 4}x+⁶

2) On se propose de résoudre l’équation différentielle ^{xy′′+2 1}

(

^{−x y}

)

^{′+ −}

(

^{x 2}

)

^{y= −x2 6 (E1).}

a. Résolution de l’équation homogène associée : en posant le changement de variable u = xy, déterminer l’équation différentielle à coefficients constants sur u, découlant de l’équation homogène (E1H) asso- ciée à (E1), donner alors les fonctions u solutions de cette équation et en déduire les fonctions yH so- lutions de (E1H).

( ) ( ) ( )

. E H₁ 2 1 2 0 2 0

u=xy⇒u′= +y xy′⇒u′′= + +y′ y′ xy′′ xy′′+ −x y′+ −x y= ⇔u′′− u′+ =u D’après la question 1, les solutions sont uH =

(

Ax+B

)

e^x. Ainsi : _H u^H B ^x

y A

x x

 

= = + 

 e _.

b. Déterminer une solution particulière yP de l’équation (E1), par identification à un polynôme du pre- mier degré.

( ) ( ) ( )( ) ( )

.

2 2 2 :

1

0

E 2 1 2 6 4 2 2 6 1 4

4

P P P

P

y ax b y a y

x a x ax b x ax b a x a b x a y x

b

′ ′′

= + ⇒ = ⇒ =

=

⇒ − + − + = − ⇔ + − + − = − ⇔ = +

 = c. Conclure sur la forme générale des solutions de (E).

e^x 4

H P

y y y A B x

x

 

= + = +  + +

 

11 GI FA 2014 test 2 – 2

^d

ordre

On donne l’équation différentielle (E), que l’on ne résoudra pas directement : ^f′

( )

^{x = +1 f}

( )

^{−x .}

1) Dériver l’équation (E), puis montrer qu’elle conduit à l’équation (F) : ^f′′

( ) ( )

^{x + f x = −1 .}

Lorsqu’on dérive (E) ^f′

( )

^{x = +1 f}

( )

^−x , on obtient ^f′′

( )

^{x = −f′}

( )

^−x et, de plus, avec ce que nous montre (E) sur ^f′

( )

^x , on peut écrire ^{f′ − = +}

( )

^{x 1 f x}

( )

^.

Ainsi, ^f′′

( )

^{x = −f′}

( )

^−x devient : ^f′′

( )

^{x = − −1 f x}

( )

^{, soit f′′}

( ) ( )

^{x + f x = −1 (F).}

2) Résoudre l’équation différentielle (F) : ^f′′

( ) ( )

^{x + f x = −1 .}

(on pourra aussi l’écrire y′′ + = −y 1 si on le souhaite)

L’équation homogène ^f′′

( ) ( )

^{x + f x =}0 donne l’équation caractéristique r² + 1 = 0 dont les solu- tions, complexes, sont i et –i. Solutions de l’équation homogène : ^fH

( )

^{x =}A^cos

( )

^{x +}B^sin

( )

^x

L’équation complète ^f′′

( ) ( )

^{x + f x = −}1 possède une solution particulière évidente : ^fP

( )

^{x = −1}

La solution générale de l’équation (F) est décrite par les fonctions : ^{f x}

( )

^=Acos

( )

^{x +Bsin}

( )

^{x −1}

où A et B sont deux coefficients réels quelconques et indépendants.

3) Si u(x) = v(x), alors u’(x) = v’(x).

a. La réciproque est-elle vraie ?

non, bien sûr : constante d’intégration !

b. L’affirmation [Si u(x) = v(x), alors u’(x) = v’(x)] montre que l’équation (E) implique l’équation (F) et donc que les solutions de (E) sont toutes des solutions de (F).

A quelle condition une solution de l’équation (F) vérifie-t-elle l’équation (E) ?

La réciproque d’une implication n’est pas forcément vraie : toutes les solutions de (F) ne sont pas forcément solutions de (E)...

Ici, testons les solutions de l’équation (F) dans l’équation (E) : ^f′

( )

^{x = +1 f}

( )

^{−x ?}

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

cos sin sin cos

cos sin cos sin

f x x x f x x x

f x x x x x

= + − ′ = − +

+ − = − + − = −

A B 1 ; A B ;

1 A B A B

Pour obtenir l’égalité (E), il faut impérativement choisir A = B.

(donc : seules certaines solutions de (F) sont solutions de (E) : ^{f x}

( )

^=A

(

^cos

( )

^{x +sin}

( )

^x

)

^{−1 )}

12 2

^d

ordre, DL et courbe

1) On se propose de résoudre l'équation différentielle linéaire du second ordre : (E) y′′−2y′+2y=2cosx−sinx

a) Résoudre l'équation y′′−2y′+2y=0 .

Polynôme caractéristique : r² - 2r + 2, de discriminant -4.

Ses deux racines complexes ont pour partie réelle 1 et pour partie imaginaire ^±1 . Solution générale de cette équation : ^yH=ex

(

^Acosx+Bsinx

)

b) Calculer les réels

α

^et β tels que la fonction x֏αcosx+βsinx soit une solution particulière de l'équation (E).

cos sin ; sin cos ; cos sin

P P P

y =a x b+ x y′ = −a x b+ x y′′= −a x b− x

L’équation donne :

(

^{a b}

)

^cosx

(

^{a b}

)

^{sinx cosx sinx}

a b a

a b b

− + + = −

− = =

 

⇔  ⇔ 

+ = − = −

 

2 2 2

2 2 0

2 1 1

: y_P = −sinx

c) En déduire la solution générale de (E).

(

^{cos sin}

)

^sin

y=ex A x+B x − x

2) a) Donner la solution ^{y= f x}

( )

dont le développement limité à l'ordre 1 au voisinage de 0 est

( )

^.

( )

f x = + +1 x xε x avec ^lim_x→0^ε

( )

^{x =0}

Dans la forme ^y=ex

(

^Acosx+Bsinx

)

^−sinx, remplaçons les fonctions de x par les parties régu- lières de leurs développements limités à l’ordre 1 au voisinage de zéro. Nous obtenons alors P1(x), partie régulière du DL à l’ordre 1 de y :

( ) ( )( ) [ ] ( )

P x₁ = +1 x A× + × −1 B x x arrêté à l'ordre 1 = +A A+ −B 1 x

Pour correspondre à la fonction f demandée, il faut A = 1 et A + B – 1 = 1, soit B = 1.

Donc : ^{f x}

( )

^=ex

(

^cosx+sinx

)

^−sinx

Dans le détail, si nous écrivons les développements limités complets de chaque fonction, à l’ordre 1, et que nous désirons celui de f (x) à l’ordre 1, on voit que les calculs conduisent à l’écriture de termes qui, soit peuvent s’écrire sous la forme x.εi(x) (où la fonction εi tend vers 0 lorsque x tend vers 0), soit ne le peuvent pas :

(

^.

( ) ) ( (

^.

^{( )} ) (

^.

^{( )} ) ) ⁽

^.

^{( ) )}

y= + +1 x xε1 x A× +1 xε2 x + × +B x xε3 x − +x xε3 x

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

A Ax x Bx Bx x Ax Ax x Bx Bx x

Ax x Ax x x Bx x Bx x x x x x

ε ε ε ε

ε ε ε ε ε ε ε

= + + + + + + +

+ + + + − −

2 2 2

2 3 2 3

2 2 2

1 1 2 1 1 3 3

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

. .

A x x Bx x x Ax x x x x x x

x x x x x x x x x x x

A Bx Ax x x x A A B x x x

ε ε ε ε ε

ε ε ε ε ε

ε ε

= + + + + + + +

+ + + + − −

= + + − + = + + − +

4 5 6 7 8

9 10 11 12 3

1

Dans notre calcul, le terme Bx² est apparu, par exemple. Il n’est pas embarrassant puisqu’il vaut x×Bx où Bx est une expression de type ε(x), puisqu’elle tend vers zéro avec x.

Ainsi Bx² a été écrit xε^7(x).

Donc, le développement limité de y en 0 à l’ordre 1 est y = A + (A + B – 1)x + xε^(x).

b) Soit Γ la courbe représentative de f dans le repère orthonormal

(

^{O; ,i j}

)

et A le point de coordon- nées (0, 1). Préciser la position de Γ par rapport à sa tangente en A au voisinage de ce point.

L’équation de la droite tangente à Γ en A est donnée par y = P1(x) = 1 + x.

Celle de la parabole tangente à Γ en A est donnée par la partie régulière de DL2(f)(0), DL de f en 0 à l’ordre 2 : ^{P x}

( )

^{= + +x x  −x +x−x}

[ ]

^{= + +x x}

  

2 2

2

2 1 1 arrêté à l'ordre 2 1

2 2

P2(x) > P1(x) pour tout x et donc, au voisinage de zéro et quel que soit le signe de x,

f (x) > 1 + x (à première vue). Au voisinage du point A, la courbe Γ est au-dessus de sa tangente.

13 Variables séparables

Résoudre y

y x

′ − − = +

1 0

1 (équation à variables séparables).

y y

x x

− − = +

d 1

d 1 0 ssi y x

y = x

− +

d d

1 1

Intégrons les deux membres :−ln1− =y ln1+ +x C Prenons l’exponentielle de chaque membre : ^K

(

^x

)

y = +

−

1 1

1 d’où :

( )

y= −K x + 1 1

1

14 GI FA 2014 test 1 – Variables séparables – Parachute et ED

1) On cherche à résoudre l'équation différentielle (E) : y y a b

′ =

−

2 2 (avec a > 0 et b∈ℝ₎ a. Déterminer les réels A et B tels que

a y

B a y

A a

y + +

= −

− ²

2

1

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

.

/

/ / /

A y a B y a A B y a A B

A B

y a y a y a y a

A B B A B a

A B y a A B

A B a A a A a

y a a y a a y a

+ + − + + −

+ = =

− + − −

+ = = − = −

  

+ + − = ⇔ ⇔ ⇔

− = = =

  

= −

− − +

2 2 2 2

2 2

0 1 2

1 1 2 1 1 2

1 1 1

2 2

b. En déduire que l'équation différentielle (E) est équivalente à : y y y a y a ab

′ − ′ =

− + 2 . Immédiat

y = f (x) y = P1(x) y = P2(x)

y = f (x) A

c. En intégrant cette équation (à variables séparables), déterminer l'expression de a y

a y

+

− _.

( ) ( )

. .

ln ln ln ^abx

y y y y y y

ab ab x ab x K

y a y a y a y a y a y a

y a y a

y a y a abx K abx K C

y a y a

′ − ′ = ⇔ − = ⇔ − = +

− + − + − +

 −  −

⇔ − − + = + ⇔  + = + ⇔ + =

∫ ∫ ∫

2

d d d d

2 2 d 2 d

2 2 e

d. En déduire que

( )

²2

1 e 1 e

abx abx

y x a C C

= +

− , où C est une constante d'intégration.

( ) ( ) ( )

²

2 2 2 2

2

1 e

e e 1 e 1 e

1 e

abx

abx abx abx abx

abx

y a C

C y a y a C y C a C y a

y a C

− = ⇔ − = + ⇔ − = + ⇔ = +

+ −

2) Un parachutiste, de masse m, est freiné par la résistance de l'air, proportionnelle au carré de sa vitesse.

On note k ce coefficient de proportionnalité.

a. Le principe fondamental de la dynamique conduit à l'équation différentielle suivante : g

mv

v'=−k ² + (1) où v est la vitesse en m.s^-1, fonction du temps t ;

v' est la dérivée de v par rapport à t (donc l'accélération du parachutiste) ; g est l'accélération de la pesanteur (constante)

Montrer que l'équation (1) peut s'écrire sous la forme de l'équation (E) dans laquelle y devient v, et x devient t. Déterminer les coefficients a et b.

A partir de (1), on obtient : ' k mg

v v

m k

 

= −  − 

 

2

D'où la forme v v a b

′ =

−

2 2 avec mg

a= k et k b= −m. b. En déduire l'expression de la vitesse v(t).

On arrive donc à

abt abt

v a Ce Ce

= +

−

2 2

1

1 , ce qui, en remplaçant par les coefficients a et b, conduit à :

kgt m kgt

m

mg Ce

v k

Ce

−

−

= +

−

2

2

1 1

avec C constante

c. Exprimer la constante C en fonction de la vitesse initiale, v0, à t = 0.

A t = 0, C

v a C

= +

−

0

1

1 , d'où v a

C v a

= − +

0 0

, ou encore v mg C k

v mg k

= − +

0

0

3) Application numérique

On donne les valeurs numériques suivantes : k = 30 N.m^-2.s^-2 g = 9,8 m.s^-2 m = 80 kg On suppose que l'instant t = 0 correspond au moment où le parachutiste ouvre son parachute et qu'il a alors atteint, en chute libre, la vitesse de 250 km.h^-1, donc v0 = 250 km.h^-1.

a. Donner une valeur de C, à 10^-3 près.

v0 = 250 km.h^-1 =69,444 m.s^-1 mg

= 5,112, ce qui conduit à C = 0,863

b. Donner l'expression numérique de v(t).

( )

t^t

v t

−

−

≈ +

−

3,83 3,83

5,11 4,41e 1 0,863e

c. Quelle est la vitesse limite du mouvement, en m/s et km/h ? Vitesse limite, quand t→∞ : ^{v t}

( )

^mg

= k ≈5,11 m.s^-1 = 18,4 km.h^-1.

15 Premier membre = différentielle

Résoudre V

T1V′ −T₂ =

0 (équation dont le premier membre est une différentielle).

La forme différentielle donne V

V T

T1 −T₂ =

d d 0

(

^,

)

U V T

V T

∂ =

∂

1 , donc ^{U V T}

(

^,

)

^{V f T}

( )

= +T

(

^,

) ( ) ( ) ( )

U V T V V

f T f T f T Cste

T T T

∂ = − + ′ = − ⇒ ′ = ⇒ =

∂ ^{2 2} 0 et ^{U V T}

(

^,

)

^{V Cste}

= +T . Comme U =Cste nous en déduisons la solution générale : V

T =Cstesoit : V =kT Vérifions : V′ =k , donc : V kT k k

V k

T1 ′ −T₂ =T1 −T₂ = − =T T 0 On peut y voir l’équation des gaz parfaits à pression constante :

= ⇔ =nR ; =nR

PV nRT V T k

P P

16 GI FA 2016 test 1 – Équation homogène

Soit à résoudre l’équation différentielle suivante : ^x2

(

^{y′ − − − =1}

)

^{xy y2 0}

( )

^{E .}

On décide de la traiter à la manière d’une équation homogène.

1) En utilisant la notation différentielle, démontrer que la dérivée de arctan xest +x²

1 1 ^. Posons x = tan y. On montre facilement que d tan^{2 2}

1 1

d

x y x

y = + = + . Donc

(

^arctan

)

2

d d 1

d d 1

y x

x= x = x

+ 2) En posant y

t= x, montrer que

( )

^E revient à : ^{y′ = + +1 t t2}

( )

^{E2 .}

.

y=tx

( )

^{E ⇒ x y2}

(

^{′− −1}

)

^{tx2−t x2 2=0 ⇒ y′− − − =1 t t2 0 ⇔ y′= + +1 t t2}

3) Rappelons que puisque y=tx, alors dy=t xd +x td .

a. En passant à la notation différentielle dans

( )

E2 , séparer les variables x et t puis donner la solution^{x t}

( )

^.

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

^{arctan( ) arctan( )}

. . .

arctan ln ^{t K t}

E dy t t dx t dx x dt t t dx x dt t dx

dt dx

t x K x x C

t x

−

⇔ = + + ⇔ + = + + ⇔ = +

⇔ = ⇔ = + ⇔ = ⇔ =

+

2 2 2

2

2

1 1 1

e e

1

b. En déduire également l’expression^{y t}

( )

^.

( )

arctan t

y Ct= e

c. Déterminer alors l'expression^{y x}

( )

^.

( )

( )

arctan

arctan ln tan ln tan ln

e ^t x x x

x C t t y tx x

C C C

   

     

= ⇔ =  ⇔ =   ⇒ = =   

       

17 GI FC34 2015 – Bernoulli

L’objectif est de résoudre l’équation différentielle de Bernoulli (E) suivante : xy′ − +y e^xy² =0, dont l’inconnue est la fonction y de variable x.

1) Montrer qu’en posant le changement de fonction u

=1y

, l’équation que doit vérifier u est : xu′ + =u ex

u y y u

y u u

′ ′

= ⇔ =1 1⇒ = − ₂

(prime désignant la dérivation par rapport à x).

x u x x x

xy y y x xu u xu u

u u u

′− + ² = ⇔ − ₂′ − +1 1₂ = ⇒ − ′− + = ⇔ ′+ =

e 0 e 0 e 0 e

2) Résoudre l’équation différentielle linéaire précédente (on emploiera la méthode de variation de la cons- tante lors de la détermination d’une solution particulière).

* Recherche de uH par séparation des variables :

( )

^{: . .}

ln ln ln ,

u x

xu u x u u x

u x

u x K K u C C

x x

′ + = ⇔ = − ⇔ = −

⇔ = − + = + ⇔ = ∈

d d

EH 0 d d

1 ℝ

* Recherche de uP par variation de la constante :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

: ^x . ^{x x}

x x

C x C x x C x C x

u xu u x C x

x x x

C x u

x

′ −

′ ′

= + = ⇔ + = ⇔ =

⇐ = ⇔ =

P 2

P

E e e e

e e

* Solution générale : C x

u x

= +e

3) En déduire la solution générale y de l’équation (E).

x

y x

u C

= = + 1

e

18 GI FC34 2016 – Bernoulli

L’objectif est de résoudre l’équation différentielle de Bernoulli (E) suivante : xy′ + −y y²lnx=0, dont l’inconnue est la fonction y de variable x.

1) Montrer qu’en posant le changement de fonction 1

u= y, soit 1

y=u et donc u₂

y u

− ′

′ = , l’équation que doit vérifier u est : xu′− = −u lnx

2

1 1 u

u y y

y u u

′ ′

= ⇔ = ⇒ = − (« prime » désignant la dérivation par rapport à x).

ln ln ln ln

2

2 2

1 1

0 u 0 0

xy y y x x x xu u x xu u x

u u u

′+ − = ⇔ − ′ + − = ⇒ − ′+ − = ⇔ ′− = −

2) Résoudre l’équation différentielle linéaire précédente (on emploiera la méthode de variation de la cons- tante lors de la détermination d’une solution particulière, et lors de cette recherche on aura avantage à remarquer que la dérivée de 1 lnx

x

+ est ln

2

x x

− ).

* Recherche de uH par séparation des variables :

( )

^{EH :xu u 0 x u.d u x.d du dx lnu lnx K u Cx, C}

u x

′ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + ⇔ = ∈ℝ

* Recherche de uP par variation de la constante :

( ) ( )

^{: ln}

( ( )

^.

( ) ) ^{( )}

^ln

^{( )}

^ln

P E 2x

u C x x xu u x x C x x C x C x x x C x

x

′ ′ ′ −

= − = − ⇔ + − = − ⇔ =

D’après l’indication donnée dans la question : vérifions que la dérivée de 1 lnx x

+ est ln

2

x x

− :

(

^ln

)

ln ln ln

2 2 2

1 1 1

1 x x 1 1

x x x x

x x x x

′ − +

+ − − −

 

= = =

 

  . Donc

( )

^ln2

( )

^ln

x 1 x

C x C x

x x

− +

′ = ⇐ = .

Enfin : uP=C x x

( )

= +1 ^lnx

* Solution générale : u=u_H +u_P =Cx+ +1 lnx 3) En déduire la solution générale y de l’équation (E).

ln

1 1

y 1

u Cx x

= = + +

4) Donner la solution qui, en particulier, vérifie ^y

( )

^{1 =1}₂^.

( )

^;

( )

^.

( )

ln ln

1 1 1 1

1 1 1

1 1 1 2 1

y y C y x

C C x x

= = = ⇔ = =

+ + + + +