TaleST I GE Équations différentielles Lundi 20 avril 2009
Devoir surveillé n˚9
EXERCICE no 1
On donne l’équation différentielle :
y′′+ 4y= 0.
1. Donner la forme des solutions de cette équation différentielle.
2. Déterminer la fonctionf solution de cette équation différentielle satisfaisant aux conditions suivantes :
f(0) =√
3 et f′(0) = 2.
3. Vérifier que pour toutx réel :
f(x) = 2 sin
2x+π 3
. 4. Résoudre sur [ 0 ; 2π [ l’équation f(x) = 0.
EXERCICE no 2
On considère l’équation différentielle
(1) :y′+y = 2e−x
dans laquelle y désigne une fonction inconnue de la variable réellex, dérivable sur l’ensemble R. 1. Résoudre l’équation différentielle
(2) :y′+y= 0.
2. Soit la fonction g définie surRparg(x) = 2xe−x. Vérifier queg est solution de l’équation (1).
3. On admet que toute solutionhde (1) s’écrit sous la formef+g, oùf désigne une solution de l’équation (2) etg est la fonction ci-dessus.
(a) Déterminer la forme des solutions de l’équation (1).
(b) Déterminer la solution h de l’équation (1) vérifiant la condition initialeh(0) =−1.
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TaleST I GE Équations différentielles Lundi 20 avril 2009
Correction du DS n˚9
EXERCICE no 1
1. On reconnaît une équation différentielle du typey′′+ω2y= 0 avec ω2= 4 doncω = 2, d’où les solutions cherchées : f(x) =Acos(2x) +Bsin(2x)
2. Sif est une solution de l’équation différentielle précédente, elle s’écrit sous la formef(x) =Acos(2x) + Bsin(2x) oùA etB sont deux constantes à déterminer. On a alors :
f′(x) =−2Asin(2x) + 2Bcos(2x).
Les deux conditions initiales nous donnent alors le système : f(0) =√
3f′(0) = 2 ⇐⇒ Acos(2×0) +Bsin(2×0) =√
3−2Asin(2×0) + 2Bcos(2×0) = 2 ⇐⇒
A=√
32B = 2 =⇒A=√ 3B = 1
D’où l’expression de la fonction cherchée : f(x) =√
3 cos(2x) + sin(2x) 3. Développons l’expression proposée :
2 sin
2x+π 3
= 2
sin(2x) cosπ
3 + sinπ
3 cos(2x)
2 sin
2x+π 3
= 2 1
2sin(2x) +
√3
2 cos(2x)
!
2 sin
2x+π 3
= sin(2x) +√
3 cos(2x) D’où f(x) = 2 sin 2x+π3
4. Résolution de l’équation f(x) = 0 : f(x) = 0 ⇐⇒ 2 sin
2x+ π
3
= 0
⇐⇒ sin
2x+π 3
= 0
⇐⇒ 2x+π
3 = 0 +k×π
⇐⇒ 2x=−π
3 +k×π
⇐⇒ x=−π
6 +k×π 2
Dans l’intervalle [ 0 ; 2π [, les solutions de cette équations sont donc :
• x1 =−π 6 +π
2 = π 3.
• x2 =−π 6 + 2π
2 = 5π 6 .
• x2 =−π 6 + 3π
2 = 4π 3 .
• x2 =−π 6 + 4π
2 = 11π 6 . Conclusion : S=
π 3;5π
6 ;4π 3 ;11π
6
EXERCICE no 2
1. On reconnaît une équation différentielle du typey′ =ayavec a=−1, d’où les solutions cherchées : f(x) =k e−x
2. g′(x) = 2 e−x−2x e−x donc :
g′(x) +g(x) = 2e−x−2x e−x+ 2x e−x= 2 e−x d’où : g est solution de l’équation (1)
3. (a) h(x) =f(x) +g(x) =k e−x+ 2x e−x soit h(x) = (k+ 2x) e−x (b) h(0) =−1⇐⇒(k+ 2×0) e−0=−1⇐⇒k=−1.
D’où : h(x) = (2x−1) e−x
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