Université de Rennes 1 Année 2019/2020

Université de Rennes 1 Année 2019/2020 Analyse 4

À rendre pour le 5 mai 2020

Comme toujours, en mathématiques, tous les résultats doivent être justifiés. Bon courage.

1. (a) Montrer que la fonction y:x7→ln(1 +x²) cos(x) est une solution de l’équation différentielle

y⁰+ytan(x) = 2xcos(x) 1 +x² sur l’intervalle ]−π/2, π/2[.

Solution: x 7→ 1 + x² est dérivable sur R et à valeurs dans ]0,+∞[ ; x7→`nxétant dérivable sur ]0,+∞[, le théorème de dérivation des fonctions composées assure que x 7→ `n(1 +x²) est dérivable sur R. Comme x 7→

cos(x) est dérivable sur R, le théorème de dérivation d’un produit assure finalement que la fonction y proposée est dérivable surR, donc sur ]−^π₂,^π₂[, et on a y⁰ :x7−→ _1+x^2x2.cos(x)−`n(1 +x²).sin(x). Par suite,

∀x∈]− ^π₂,^π₂[, y⁰ +ytanx = 2x

1 +x².cos(x)−`n(1 +x<sup>2</sup>).sin(x) +`n(1 +x²).cos(x).sin(x)

cos(x)

= 2x

1 +x².cos(x)

y est donc bien solution de l’équation différentielle proposée sur l’intervalle ]− ^π₂,^π₂[.

(b) Résoudre l’équation différentielle (à variables séparées) y⁰ −xy² =x.

Solution: L’équation s’écrit y⁰ =x(1 +y²) ou encore y⁰

1 +y² =x (en divi- sant par 1 +y² 6= 0). En se souvenant que la dérivée de Arctan(u) est u⁰

1 +u², on constate que l’équation différentielle traduit l’égalité sur R entre la déri- vée de Arctan(y) et la dérivée de la fonction x 7→ 1

2x². Cela revient donc à dire que ces deux fonctions sont, à une constante additive près, égales. Une fonctionyest donc solution sur l’intervalleI si et seulement siyest dérivable sur I et ∃c∈ R,∀x ∈ I, Arctan(y) = 1

2x²+c. Cette dernière égalité n’est possible que si 1

2x²+c∈]− ^π₂,^π₂[ c’est-à-dire−π−2c < x² < π−2c.

• Si c≥ ^π₂ alors π−2c≤0 et aucun réel x ne vérifie ces inégalités.

• Sic∈[−^π₂,^π₂[ alors−π−2c≤0 et−π−2c < x² < π−2c⇔x² < π−2c.

•Sic <−^π₂ alors−π−2c > 0 et−π−2c < x² < π−2c⇔√

−π−2c <|x|<

√π−2c(par stricte croissance de la fonction racine carrée sur [0,+∞[).

En conclusion, les solutions de l’équation différentielle proposée sont les y : x 7→ tan

1 2x²+c

pour c ∈] − ∞,^π₂[. Ces fonctions sont définies sur l’intervalle ⁱ−√

π−2c,√

π−2c^h pour c ∈ [−^π₂,^π₂[ et sur les intervalles

i−√

π−2c,−√

−π−2c^h etⁱ√

−π−2c,√

π−2c^hpour c∈]− ∞,−^π₂[.

Remarques : 1) On rappelle que : y = arctan(x) ⇐⇒ tan(y) = x ety ∈ ]− ^π₂,^π₂[.

2) Une équation différentielle se résout toujours sur un intervalle. . .

(c) Résoudre l’équation différentielle y⁰+ytan(x) = 0 sur l’intervalle ]−π/2, π/2[.

Solution: On a

Z

−tanxdx = `n|cos(x)| + cte donc une primitive de x 7→ −tan(x) sur ]− <sup>π</sup><sub>2</sub>,<sup>π</sup><sub>2</sub>[ est x 7→ `n(cosx). Soit alors y une fonction dérivable sur ]−^π₂,^π₂[. Posons z :x7−→ _cos^y(x)_x. z est dérivable sur ]− ^π₂,^π₂[ et on a ∀x∈]− ^π₂,^π₂[, z⁰(x) = y⁰(x) cosx+y(x) sinx

cos²x = y⁰(x) +y(x) tanx cosx . Par suite,

y⁰+ytanx= 0 ⇐⇒ ∀x∈]−^π₂,^π₂[, z⁰(x) = 0

⇐⇒ ∃λ∈R, ∀x∈]− ^π₂,^π₂[, z(x) =λ

Les solutions de l’équation différentielle proposée sont donc les y : x 7−→

λcos(x) pour λ∈R.

Remarque : On a ici redémontré un résultat du cours, résultat que l’on pouvait bien sûr appliquer directement.

(d) Résoudre l’équation différentielle y⁰+y= 3e^−x+ 2.

Solution: •L’équation homogène associée est y⁰+y= 0 dont les solutions sont les y :x7→λe^−x où λ∈R.

• La fonction constante égale à 2 est clairement solution de l’équation y⁰+y = 2.

• Pour l’équation y⁰+y = 3.e^−x, le second membre est une constante (poly- nôme de degré 0) multipliée par la fonction exponentielle solution de l’équa- tion homogène. On cherche donc une solution particulière de l’équation com- plète sous la forme du produit d’un polynôme de degré 0 + 1 = 1 et de e^−x et même plus précisément sous la forme y₀(x) = axe^−x. On a alors y₀⁰(x) =a(1−x)e^−x et doncy₀ est solution si et seulement si a= 3.

• Le principe de superposition permet alors de conclure que les solutions sur R de l’équation différentielle y⁰ +y = 3.e^−x + 2 sont exactement les

y :x7→(3x+λ)e^−x+ 2 pour λ∈R.

Remarque : On pouvait également rechercher une solution particulière en utilisant la méthode de la variation de la constante.

2. (a) On considère l’équation différentielle (E) : y⁰⁰−6y⁰ + 9y = 0. On propose cinq affirmations ; cocher celles qui sont vraies.

i. Toute solution de (E) est définie sur R.

ii. 3 est une racine simple de l’équation caractéristique de (E).

iii. La fonctionx7→e^3x−xe^3x est une solution de (E) vérifianty(1) = 0.

iv. La fonctionx7→e^3x−xe^3x est l’unique solution de (E) vérifianty(1) = 0.

v. La fonctionx7→ln(5)xe^3x est une solution de (E).

(b) Résoudre l’équation différentielle y⁰⁰−2y⁰ + 5y= 4 cos(2x).

Solution:

1. L’équation homogène esty⁰⁰−2y⁰+ 5y= 0, l’équation caractéristique estr²−2r+ 5 = 0 :

le discriminant ∆ = −16 < 0, deux racines complexes conjuguées, à savoir r₁ = 1 + 2i etr₂ = 1−2i.

La solution générale de l’équation homogène est alors

y(x) =e^x(C₁cos(2x) +C₂sin(2x)), avec (C₁, C₂)∈R² et x∈R. 2. Le second membre est 4 cos(2x) et 2in’est pas racine du polynôme ca-

ractéristique, on va chercher alors une solution particulière de la forme y₀(x) = acos(2x) +bsin(2x) où a etb sont des constantes réelles.

Alors, y₀(x) = acos(2x) + bsin(2x) ⇒ y₀⁰(x) = 2bcos(2x) − 2asin(2x)⇒y⁰⁰₀(x) =−4acos(2x)−4bsin(2x)

⇒y₀⁰⁰(x)−2y₀⁰(x) + 5y₀(x)

= (−4a−4b+ 5a) cos(2x) + (−4b+ 4a+ 5b) sin(2x)

= (a−4b) cos(2x) + (b+ 4a) sin(2x) = 4 cos(2x).

Alors, pour tout x∈Ron a (a−4b−4) cos(2x) + (b+ 4a) sin(2x) = 0, comme les fonctions cos(2x) et sin(2x) sont indépendantes sur R, l’équation est équivalente au système







a−4b−4 = 0

b+ 4a = 0 ⇒







a= ₁₇⁴ b =−¹⁶₁₇.

D’où, y₀(x) = ₁₇⁴ cos(2x) +−¹⁶₁₇sin(2x).

3. En conclusion, la solution générale de l’équation est y(x) = e^x(C₁cos(2x) +C₂sin(2x)) + 4

17(cos(2x)−4 sin(2x)) avec (C₁, C₂)∈R² et x∈R.

(c) Résoudre le problème de Cauchy y⁰⁰−5y⁰ + 4y= 0, y(0) = 5 et y⁰(0) = 8.

Solution:

1. L’équation caractéristique est r² − 5r + 4 = 0 : le discriminant

∆ = 9 > 0, deux racines réelles distinctes, à savoir r₁ = 1 et r₂ = 4.

La solution générale de l’équation différentielle est

y(x) = C₁e^x+C₂e^4x, avec (C₁, C₂)∈R² et x∈R.

2. On a y₀(x) = C₁e^x +C₂e^4x ⇒ y₀⁰(x) = C₁e^x + 4C₂e^4x, alors y₀ est solution du problème de Cauchy

si et seulement si







y0(0) =C1+C2 = 5

y₀⁰(0) =C1+ 4C₂ = 8 ⇒







C1 = 4 C2 = 1 .

Ainsi, l’unique solution du problème de Cauchy est y0(x) = 4e^x+e^4x avec x∈R.

(d) Vérifier quex7→x² etx7→x²ln(x) sont des solutions de l’équation différentielle x²y⁰⁰−3xy⁰+ 4y= 0

Solution:

1. La fonction y₁(x) =x² est défine et 2 fois dérivable sur R (même de classe C^∞).

D’autre part, y₁(x) =x² ⇒y⁰₁(x) = 2x⇒y₁⁰⁰(x) = 2,

⇒x²y₁⁰⁰(x)−3xy₁⁰(x) + 4y₁(x) = 2x²−6x²+ 4x² = 0.

Ainsi, la fonction y₁ : R → R définie par y₁(x) = x² est solution de l’équation différentielle sur R.

2. La fonctiony₂(x) =x²ln(x) est défine et 2 fois dérivable sur ]0,+∞[

(même de classe C^∞).

D’autre part, y₂(x) = x²ln(x) ⇒ y₂⁰(x) = 2xln(x) +x ⇒ y⁰⁰₂(x) = 2 ln(x) + 3

⇒x²y₂⁰⁰(x)−3xy⁰₂(x) + 4y₂(x)

= 2x²ln(x) + 3x²−6x²ln(x)−3x²+ 4x²ln(x) = 0.

Ainsi, la fonction y2 :]0,+∞[→ R définie par y2(x) = x²ln(x) est solution de l’équation différentielle sur ]0,+∞[.

Remarques :

1. La fonction y₂ admet un prolongement par continuité en x = 0, en posant y2(0) = 0. La fonction ainsi définie sur [0,+∞[ est de classe C¹, mais n’est pas 2 fois dérivable en 0,ce n’est donc pas une solution de l’équation différentielle sur [0,+∞[.

2. Les fonctions y₁ ety₂ sont des solutions fondamentales de l’équation différentielle (d’ordre 2) sur I =]0,+∞[, par exemple, le calcul du wronskien donne

w(x) = det y₁(x) y₂(x) y⁰₁(x) y⁰₂(x)

!

= det x² x²ln(x) 2x 2xln(x) +x

!

= 2x³ln(x) + x³−2x³ln(x) = x³ 6= 0 pour x∈I.

3. (a) Résoudre le système différentiel

( x⁰ = 3x+y y⁰ =−5x−y.

Solution: Pour trouver les valeurs propres de la matrice A :=

"

3 1

−5 −1

#

on peut calculer son polynôme caractéristique ou utiliser sa trace tr(A) = 3 −1 = 2 et son déterminant det(A) = −3 + 5 = 2. Comme il n’existe pas de couples de réels dont le produit et la somme valent 2 ( !), les valeurs propres sont imaginaires et satisfont 2Re(λ) = 2 et|λ|² = 2. On trouve donc λ = 1±i. On cherche ensuite un vecteur propre non nul pour la valeur propre 1 +i en résolvant

( 3x+y= (1 +i)x

−5x−y= (1 +i)y

qui fournit l’équation y = (−2 + i)x et on peut donc prendre le vecteur (1,−2 +i). On trouve donc la solution complexe

"

x(t) y(t)

#

=

"

e^(1+i)t (−2 +i)e^(1+i)t

#

.

Pour trouver une base de solutions réelles, il suffit de calculer les parties réelle et imaginaire

"

e^tcos(t)

−2e^tcos(t)−e^tsin(t)

#

et

"

e^tsin(t)

−2e^tsin(t) +e^tcos(t)

#

On trouve donc finalement comme solutions

( x(t) =ae^tcos(t) +be^tsin(t)

y(t) = (−2a+b)e^tcos(t)−(a+ 2b)e^tsin(t) avec a, b∈R.

(b) Déterminer la forme de Dunford de la matrice

A :=







1 0 0

0 0 −1

0 1 2





.

Calculer exp(tA). En déduire les solutions du système







x⁰ =x y⁰ =−z z =y⁰+ 2z⁰.

Solution: On calcule le polynôme caractéristique deA :

λ −1 0 0

0 λ 1

0 −1 λ −2

= (λ−1)(λ²−2λ+ 1) = (λ−1)³.

On en déduit que 1 est valeur propre triple si bien que la décomposition de Dunford est







1 0 0

0 0 −1

0 1 2





=







1 0 0 0 1 0 0 0 1





+







0 0 0

0 −1 −1

0 1 1





,

c’est à dire A=I+N avec

N :=







0 0 0

0 −1 −1

0 1 1







On aura donc exp(A) = exp(tI+tN) = exp(tI) exp(tN) = e^texp(tN). On calcule N² = 0 et on en déduit que

exp(tN) = I+tN =







1 0 0

0 1−t −t

0 t 1 +t







si bien que

exp(tA) =







e^t 0 0

0 (1−t)e^t −te^t 0 te^t (1 +t)e^t





.

On en déduit immédiatement que







x(t) =ae^t

y(t) =b(1−t)e^t−cte^t z(t) =bte^t+c(1 +t)e^t avec a, b, c∈R.

(c) Résoudre en u etv le système

( u⁰ =tu+ 2t v⁰ =t²v−3t².

On pose maintenant A(t) =

"

4t−3t² 2t²−2t 6t−6t² 4t²−3t

#

et B(t) =

"

4t−3t² 6t−6t²

#

.

Montrer qu’il existe une matrice diagonale D(t) et une matrice inversible P qui ne dépend pas de t telles que D(t) = P⁻¹A(t)P puis calculer C(t) = P⁻¹B(t).

En déduire les solutions du système¹

( x⁰ = (4t−3t²)x+ (2t²−2t)y+ 4t−3t² y⁰ = (6t−6t²)x+ (4t²−3t)y+ 6t−6t² .

Solution: Les deux équations sont indépendantes. L’équationu⁰ =tu+ 2ta pour solution évidenteu=−2 et donc pour solution généraleu=−2+ae^t2/2 avec a ∈ R. De même l’équation v⁰ = t²v −3t² a pour solution évidente v =−3 et donc pour solution générale u=−3 +be^t3/3 avecb ∈R.

Afin de déterminer les valeurs propres de A(t), on calcule sa trace et son déterminant (on aurait aussi pu calculer le polynôme caractéristique et chercher ses racines). On a

tr(A(t)) = 4t−3t²+ 4t²−3t=t+t² et

det(A(t)) = (4t−3t²)(4t²−3t)−(2t²−2t)(6t−6t²) =t³. On cherche donc les valeur propres λ(t) et µ(t) de A(t) en écrivant

( λ(t) +µ(t) = tr(A(t)) =t+t² λ(t)µ(t) = det(A(t)) =t³

et on trouve donc les valeurs propres λ(t) = t et µ(t) = t². On cherche maintenant un vecteur propre pour la valeur propre t. Le système

( (4t−3t²)x+ (2t²−2t)y=tx (6t−6t²)x+ (4t²−3t)y=ty

est équivalent à (3x−2y)(t+t²) = 0 et on peut donc choisirx= 2 et y = 3.

On cherche ensuite un vecteur propre pour la valeur propre t². Le système

( (4t−3t²)x+ (2t²−2t)y =t²x (6t−6t²)x+ (4t²−3t)y=t²y

est équivalent à (4x−2y)(t+t²) = 0 et on peut donc choisirx= 1 et y = 2.

On a donc D(t) =

"

t 0 0 t²

#

, P =

"

2 1 3 2

#

et P⁻¹ =

"

2 −1

−3 2

#

.

1. On pourra faire un changement de variablesX =P U.

On calcule maintenant C(t) := P⁻¹B(t) =

"

2 −1

−3 2

# "

4t−3t² 6t−6t²

#

=

"

2t

−3t²

#

Si on pose

X =

"

x y

#

et U =

"

u v

#

,

alors, notre système s’écrit X⁰ =A(t)X+B(t). En faisant le changement de variable X = P U, il se réécrit P U⁰ = A(t)P U +B(t) qui est équivalent à U⁰ =P⁻¹A(t)P U+P⁻¹B(t), c’est à dire U⁰ =D(t)U+C(t). Or on a résolu au début ce système et on sait donc que

U(t) =

"

−2 +ae^t2/2 3 +be^t3/3

#

avec a, b∈R. On peut donc conclure : X(t) = P U(t) =

"

2 1 3 2

# "

−2 +ae^t2/2 3 +be^t3/3

#

=

"

−1 + 2ae^t2/2 +be^t3/3 3ae^t2/2+ 2be^t3/3

#

si bien que x(t) =−1 + 2ae^t2/2+be^t3/3 et y(t) = 3ae^t2/2+ 2be^t3/3. (d) Résoudre le problème de Cauchy complexe

z⁰⁰+ 2iωsin(θ)z⁰+ g

lz = 0, z(0) = 0, z⁰(0) =v₀

oùω, θ, l, g, v₀sont des constantes réelles positives. On posera Ω =^qg_l +ω²sin²(θ) que l’on supposera non-nul. En déduire les solutions du problème de Cauchy réel

( x⁰⁰= 2ωsin(θ)y⁰ −^g_lx y⁰⁰ =−2ωsin(θ)x⁰ −^g_ly ,

( x(0) = 0 y(0) = 0 ,

( x⁰(0) =v0

y⁰(0) = 0.

Solution: L’équation caractéristique est λ²+ 2iωsin(θ)λ+g

l = 0 qui a pour solutions

λ=−iωsin(θ)±iΩ

On en déduit la solution générale de l’équation différentielle complexe z(t) = ae^(−iωsin(θ)+iΩ)t+be^(−iωsin(θ)−iΩ)t

avec a, b∈C. On aura donc

z⁰(t) = a(−iωsin(θ) +iΩ)e^(−iωsin(θ)+iΩ)t+b(−iωsin(θ)−iΩ)e^(−iωsin(θ)−iΩ)t

.

Pour obtenir la solution du problème de Cauchy, on doit résoudre

( a+b = 0

a(−iωsin(θ) +iΩ) +b(−iωsin(θ)−iΩ) =v₀ qui est équivalent à

( b =−a 2aiΩ = v₀. On trouve donc a= _2iΩ^v0 et b=−_2iΩ^v0 si bien que

z = v₀

2iΩe(−iΩ sin(θ)+iΩ)t− v₀

2iΩe(−iΩ sin(θ)−iΩ)t

= v₀

Ωe(−iΩ sin(θ)t)sin(Ωt).

On pose ensuite z =x+iy si bien que l’équation devient (x⁰⁰+iy⁰⁰) + 2iωsin(θ)(x⁰+iy⁰) + g

l(x+iy) = 0 qui est équivalente au système

( x⁰⁰−2ωsin(θ)y⁰+^g_lx= 0 y⁰⁰+ 2ωsin(θ)x⁰+^g_ly= 0 et les conditions initiales deviennent

( x(0) = 0 y(0) = 0 ,

( x⁰(0) =v₀ y⁰0) = 0.

On voit donc que les solutions x et y du problème de Cauchy réel sont les parties réelles et imaginaires de la solution z du problème de Cauchy complexe, c’est à dire

( x(t) = ^v_Ω⁰ cos(Ω sin(θ)t) sin(Ωt) y(t) = −^v_Ω⁰ sin(Ω sin(θ)t) sin(Ωt).