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Corrigé 2008 : équation différentielle linéaire homogène

Détails: Catégorie : Equations différentielles

1.a. Nous sommes en présence d'une équation différentielle linéaire homogène à coefficients constants de degré un ou deux selon que $m$ est égal à $0$ ou non.

L'équation caractéristique est:

- Si $m=0$ , $(E^c_m)$ est une équation du premier degré. Sa seule racine est $r_0 =-1$ .

La solution générale de l'équation $(E_m)$ est alors $y=k\text e ^{-t}$ , $k$ constante réelle.

- Si $m\neq 0$ , $(E^c_m)$ est une équation du second degré dont le discriminant réduit est $\Delta '=1-2m$ .

* Si $\Delta '$ est égal à $0$ \ie $m=\dfrac 12$ , l'équation $(E^c_m)$ a une racine double $r_0=-\dfrac{1}{m}=-2$ .

La solution générale de l'équation $(E_m)$ est alors $y=(at+b)\text e ^{-2t}$ , $a$ et $b$ constantes réelles.

* Si $\Delta '$ est $> 0$ \ie $m<\dfrac 12$ , l'équation $(E^c_m)$ a deux racines réelles simples

$r_1=\dfrac{-1+\sqrt{1-2m}}{m}$ et $r_2=\dfrac{-1-\sqrt{1-2m}}{m}$ .

La solution générale de l'équation $(E_m)$ est alors $y= a \text e ^{r_1t}+b \text e ^{r_2t}$ , $a$ et $b$ constantes réelles.

* Si $\Delta '$ est $< 0$ \ie $m>\dfrac 12$ , l'équation $(E^c_m)$ a deux racines complexes simples conjuguées $z_1=\dfrac{-1+i\sqrt{2m-1}}{m}=\alpha+i\beta$ et $z_2=\dfrac{-1-i\sqrt{2m-1}}{m}=\alpha-i\beta$ avec $\alpha = -\dfrac{1}{m}$ et $\beta=\dfrac{\sqrt{2m-1}}{m}$ .

La solution générale de l'équation $(E_m)$ est alors $y= \text e ^{\alpha t}(a\cos \beta t+b\sin \beta t)$ , $a$ et $b$ constantes réelles.

b. $h$ la solution de $(E_1)$ dont la courbe passe par le point $A$ et admet en ce point une tangente parallèle à la droite d'équation $y = -x$ .

On doit alors avoir $h(0)=1$ et $h '(0)=-1$ .

Ici $m =1$ est $>$ à $\dfrac12$ , donc $h$ s'écrit: $h(t) = \text e ^{- t}(a\cos t+b\sin t)$ , $a$ et $b$ constantes réelles.

$h '(t) = \Big[(b-a)\cos t-(b+a)\sin t\Big]\text e^{-t}$ .

Les conditions satisfaites par $h$ deviennent :

$h(0)=a=1$ et $h '(0)=b-a=-1$ c'est à dire $a=1$ et $b=0$ , puis $\boxed{h(t)=\cos t\ \text e ^{- t}}$

2. La fonction $f$ est continue et dérivable dans $I=\Big[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{3\pi}{2}\Big]$
et $\forall t \in I,\; f '(t) =-(\cos t+\sin t)\text e^{-t}$ (déjà calculé dans la question précédante).

L'équation $\cos t+\sin t=0$ est équivalente à $\cos (t-\dfrac{\pi}{4}) = 0$ . Ses solutions dans $\real$ sont telles que $t-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}+k\pi,\; k \in \Z$ soit $t =\dfrac{3\pi}{4}+k\pi,\; k \in \Z$ .

Les solutions de cette équation dans $I$ sont alors $t_0=\dfrac{3\pi}{4}$ et $t_1=-\dfrac{\pi}{4}$ .

Cette équation et la dérivée $f '$ ont les mêmes zéro.

Pour déterminer le signe de $f'$ on peut résoudre des inéquations trigonométriques.

Mais on peut aussi dire que dans tout intervalle où $f '$ ne s'anulle pas, elle garde un signe constant parce qu'elle est continue. C'est une application très pratique du théorème des valeurs intermédiaires.

$-\dfrac{\pi}{3}$ appartient à l'intervalle $I_1=\Big[-\dfrac{\pi}{2}, -\dfrac{\pi}{4}\Big]$ et $f '(-\dfrac{\pi}{3}) = (\dfrac{\sqrt 3}{2}-\dfrac12)\text e^{\dfrac{\pi}{3}}$ est $>0$ , donc $f '$ est $>0$ dans $I_1$ .

$0$ appartient à l'intervalle $I_2=\Big[-\dfrac{\pi}{4}, \dfrac{3\pi}{4}\Big]$ et $f '(0) = -1$ est $<0$ , donc $f '$ est $<0$ dans $I_2$ .

$\pi$ appartient à l'intervalle $I_3=\Big[ \dfrac{3\pi}{4}, \dfrac{3\pi}{2}\Big]$ et $f '(\pi) = \text e^{-\pi }$ est $>0$ , donc $f '$ est $>0$ dans $I_3$ .

Voici le tableau de variations de $f$ .

Et voici les courbes représentatives de $f$ , $u$ et $v$ .

3. a. Pour tout $k$ appartenant à $\Z$ et tout $t$ appartenant à $\real$ , $g(t+2k\pi) = \text e^{-t-2k\pi}\cos t$ parce que la fonction cosinus est périodique de période $2\pi$ .

Donc $g(t+2k\pi) = \text e^{-2k\pi}g(t)$ .

En dérivant cette dernière expression par rapport à $t$ on obtient:

$g '(t+2k\pi) = \text e^{-2k\pi}g '(t)$ .

En particulier pour tout $t$ appartenant à $I$ et tout $k$ appartenant à $\Z$ , $g '(t+2k\pi) = \text e^{-2k\pi}f '(t)$ . Cette relation permet de déterminer parfaitement le signe de $g '$ dans $\real$ .

Plus précisément:

Si $t$ appartient à un intervalle du genre $\Big[-\dfrac{\pi}{2}+2k\pi, -\dfrac{\pi}{4}+2k\pi\Big]$ ou $\Big[\dfrac{3\pi}{4}+2k\pi, \dfrac{3\pi}{2}+2k\pi\Big],\; k \in \Z$ , alors $g ' (t)$ est positif

Si $t$ appartient à un intervalle du genre $\Big[-\dfrac{\pi}{4}+2k\pi, \dfrac{3\pi}{4}+2k\pi\Big],\; k \in \Z$ , alors $g ' (t)$ est positif

Un point $M$ de coordonnées $(t,u(t))$ appartient à $\Gamma \cap C_u$ ssi $u(t) =g(t)$ \ie $\cos t=1$ ou $t = 2k\pi, k$ appartenant à $\Z$ , et alors $u(t) = \text e^{-2k\pi}$ .

Donc $\Gamma \cap C_u =\set{M(2k\pi, \text e^{-2k\pi}),\; k \in \mathbb{Z}$

b. Un point $M$ de coordonnées $(t,v(t))$ appartient à $\Gamma \cap C_v$ ssi $v(t) =g(t)$ c'est à dire $\cos t=-1$ ou $t = (2k+1)\pi, k$ appartenant à $\Z$ , et alors $v(t) = \text e^{-(2k+1)\pi}$ .

Donc $\Gamma \cap C_v =\set{M((2k+1)\pi, \text e^{-(2k+1)\pi}),\; k \in \mathbb{Z}$ .

c. En un point $M(2k\pi, \text e^{-2k\pi})$ commun à $\Gamma$ et à $C_u$ , la pente de la tangente à $\Gamma$ est

$g '(2k\pi) = \text e^{-2k\pi}g '(0)= \text e^{-2k\pi}f '(0)= -\text e^{-2k\pi}$ et
la pente de la tangente à $C_u$ est

$u '(2k\pi) = -\text e^{-t}\Big|_{t=2k\pi}= -\text e^{-2k\pi}$ .

Les deux tangentes ayant même pente et passant par le point $M$ sont confondues.

En un point $M((2k+1)\pi, \text e^{-(2k+1)\pi})$ commun à $\Gamma$ et à $C_v$ , la pente de la tangente à $\Gamma$ est

$g '((2k+1)\pi) = \text e^{-2k\pi}g '(\pi)= \text e^{-2k\pi}f '(\pi)= \text e^{-(2k+1)\pi}$ et
la pente de la tangente à $C_u$ est

$u '((2k+1)\pi) = \text e^{-t}\Big|_{t=(2k+1)\pi}= \text e^{-(2k+1)\pi}$ .

Les deux tangentes ayant même pente et passant par le point $M$ sont confondues.

d. $0\leq \Big|\cos t\ \text e^{-t}\Big|\leq \text e^{-t}$ . Or $\lim_{t\to\infty}\text e^{-t} = 0$ .

Le théorème des gendarmes permet de conclure que $\lim{t\to\infty}g(t) = 0$ .

4.a. Pour simplifier posons $r_k=-\dfrac{\pi}{2}+k\pi$ , $s_k=\dfrac{\pi}{2}+k\pi$ de sorte que

$a_k=\Int{r_k}{s_k}g_k(t)\ dt$ ;

ensuite intégrons une première fois par parties en posant:

$\left\{ \begin{array}{ccc} u(t) =\text e^{-t}& \Rightarrow & u '(t) = -\text e^{-t} \\ v '(t) =\cos t & \Leftarrow& v '(t) =\sin t\\ \end{array} \right.$

Alors $a_k=\Big[\sin t\ \text e^{-t}\Big]_{r_k}^{s_k}+\Int{r_k}{s_k}\sin t\ \text e^{-t} \ dt$

intégrons une deuxième fois par parties en posant:

$\left\{ \begin{array}{ccc} u(t) =\text e^{-t}& \Rightarrow & u '(t) = -\text e^{-t} \\ v '(t) =\sin t & \Leftarrow& v '(t) =-\cos t\\ \end{array} \right.$

Alors $a_k=\Big[\sin t\ \text e^{-t}\Big]_{r_k}^{s_k}+\Big[-\cos t\ \text e^{-t}\Big]_{r_k}^{s_k}-\Int{r_k}{s_k}\cos t\ \text e^{-t} \ dt$ .

c'est à dire $a_k=\Big[(\sin t -\cos t)\ \text e^{-t}\Big]_{r_k}^{s_k}-a_k$ ou $a_k=\dfrac 12\Big[(\sin t-\cos t)\ \text e^{-t}\Big]_{r_k}^{s_k}$ .

Or $\cos r_k = \cos s_k =0$ et $\sin r_k = (-1)^{k+1}$ et $\sin s_k = (-1)^{k}$ .

Donc $a_k = \dfrac{1}{2} (-1)^{k} \Big[\text e^{-s_k}-(-1)^{k+1} \text e^{-r_k}\Big]= \dfrac {1}{2}(-1)^{k} \Big[ \text e^{-s_k}+ \text e^{-r_k}\Big]$

$a_k=\dfrac {1}{2} (-1)^{k} \text e^{-k\pi}\Big[\text e^{- \dfrac{\pi}{2}}+ \text e^{\dfrac{\pi}{2}\Big]$

b. $s_n= C_h \sum_{k=0}^{n} \text e^{-k\pi}$ avec $C_h = \dfrac {1}{2} \Big[ \text e^{- \dfrac{\pi}{2}}+ \text e^{\dfrac{\pi}{2}}\Big]$ .

La somme est la somme des $n+1$ premiers termes de la progression
géomtrique de premier terme $1$ et de raison $e^{-\pi}$ .

Donc $s_n =C_h.1.\dfrac{1-e^{-(n+1)\pi}}{1-e^{-\pi}}$ .

Puisque $\lim_{n\to +\infty}e^{-(n+1)\pi}=0$ , la suite $(s_n)$ admet une limite et cette limite est égale à:

s= $\lim_{n\to +\infty}s_n =C_h\dfrac{1 }{1-e^{-\pi}$ .

$s_n$ représente l'aire géométrique du domaine plan délimité par l'axe des abscisses,
la verticale d'équation $x=-\dfrac{\pi}{2}$ , la verticale
d'équation $x= \dfrac{\pi}{2}+n\pi$ et la courbe représentative de $g$ .

$s$ représente l'aire géométrique du domaine plan délimité par l'axe des abscisses,
la verticale d'équation $x=-\dfrac{\pi}{2}+n\pi$ et la courbe représentative de $g$ .

5.a $x_t'= -(\cos t+\sin t)\ \text e^{-t}$

et $y_t'= (\cos t-\sin t)\ \text e^{-t}$ .

On a: $x_t'= -(\cos t+\sin t)\ \text e^{-t}=- \cos( t-\dfrac{\pi}{4}) \ \sqrt 2 \text e^{-t}$

et
$y_t'= (\cos t-\sin t)\ \text e^{-t}= -\sin( t-\dfrac{\pi}{4}) \ \sqrt 2 \text e^{-t}$ .

$x_t'= \cos(\pi+ t-\dfrac{\pi}{4}) \ \sqrt 2 \text e^{-t}= \cos(t+\dfrac{3\pi}{4}) \ \sqrt 2 \text e^{-t}$ et

$y_t'= \sin(\pi+ t-\dfrac{\pi}{4}) \ \sqrt 2 \text e^{-t}= \sin(t+\dfrac{3\pi}{4}) \ \sqrt 2 \text e^{-t}$ .

Les zéro de $x'$ sont $t_1=-\dfrac{\pi}{4}$ et $t_2= \dfrac{3\pi}{4}$ .

Le zéro de $y'$ est $t_3=\dfrac{\pi}{4}$ .

On détermine les signes de $x '$ et $y '$ par la méthode utilisée pour déterminer le signe de $f '$ .

Voici le tableau de variations conjointes.

La tangente $(T_{s_0})$ au point de paramètre $s_0=-\dfrac{\pi}{2}$ est la droite passant par le point de coordonnées $(0,-\text e^{-s_0})$ et dont un vecteur directeur a pour coordonnées $(x '_{s_0}, y '_{s_0}) = (e^{-s_0}, e^{-s_0})$ ou $(1,1)$ .

La tangente $(T_{0})$ au point de paramètre $0$ est la droite passant par le point de coordonnées $(1,0)$ et dont un vecteur directeur a pour coordonnées $(x '_{0}, y '_{0}) = (-1, 1)$ .

b. Rapellons que $\theta$ étant un réel, le plan étant muni d'un repère orthonormé $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$ et en désignant par $M_{\theta}$ le point de cordonnées
$(\lambda\cos \theta,\lambda\sin \theta),\; \lambda >0$ alors $\theta$ est une mesure de l'angle

$(\overrightarrow{i},\overrightarrow{OM_{\theta}})$ .

On en déduit que $(\overrightarrow{i},\overrightarrow{OM_{t}}) \equiv t$ .

$\overrightarrow{V}_t$ a pour coordonées
$x_t'= \cos(t+\dfrac{3\pi}{4}) \ \sqrt 2 \text e^{-t}$ et
$y_t'= \sin(t+\dfrac{3\pi}{4}) \ \sqrt 2 \text e^{-t}$ .

Donc $(\overrightarrow{i},\overrightarrow{V_{t}}) \equiv t+\dfrac{3\pi}{4}$ .

Puis $(\overrightarrow{OM_t},\overrightarrow{V_{t}})= (\overrightarrow{OM_t},\overrightarrow{i})+(\overrightarrow{i},\overrightarrow{V_{t}}) \equiv \dfrac{3\pi}{4}$ .

Corrigé Epreuve 2000 : Equations differentielles homogenes du second degre (04 pts)

Détails: Catégorie : Equations différentielles

1. L'équation caractéristique est donc $r=i$ ou $r=-i$

Les solutions sont de la forme : $Y(x)=A$ . $\cos x$ + $B$ . $\sin x$ .

2. $f\left( x\right) =g\left( \frac{1}{x}\right) +x\left( \frac{-1}{x {{}^2} }\right) g^{\prime }\left( \frac{1}{x}\right)$

$=g\left( \frac{1}{x}\right) -\frac{1}{x}g^{\prime }\left( \frac{1}{x} \right)$

$f"\left( x\right) =\frac{-1}{x {{}^2} }g^{\prime }\left( \frac{1}{x}\right) +\frac{1}{x {{}^2} }g^{\prime }\left( \frac{1}{x}\right) +\frac{1}{x^{3}}g"\left( \frac{1}{x} \right)$

$f"\left( x\right) =\frac{1}{x {{}^2} }g^{\prime }\left( \frac{1}{x}\right)$

3. a g vérifie (2) $\Longleftrightarrow \forall x\in \mathbb{R} ^{\ast }g"\left( x\right) =-\frac{1}{x^{4}}g\left( x\right)$

. f vérifie (1) $\Longleftrightarrow f"+f=0$

$\Longleftrightarrow \forall \in \mathbb{R} ^{\ast }\frac{1}{x^{3}}g"\left( \frac{1}{x}\right) +xg\left( x\right) =0$

en posant $X=\frac{1}{x}\Longleftrightarrow g"\left( X\right) =-\frac{1}{ X^{4}}g\left( X\right) =0$

b) $g"\left( x\right) =\frac{1}{x^{4}}g\left( x\right) \Longleftrightarrow \left[ xg\left( \frac{1}{x}\right) \right] "+\left[ xg\left( \frac{1}{x} \right) \right] =0$ $\forall x\in \mathbb{R} ^{\ast }$

donc $\ xg$ $\left( \frac{1}{x}\right) =A\cos x+B\sin x$ ; $\forall x\in \mathbb{R} ^{\ast }$

d'où $g\left( X\right) =\frac{1}{X}\left[ A\cos \frac{1}{X}+B\sin \frac{1 }{X}\right]$

puisque $\frac{1}{x^{4}}g\left( x\right) =-g"\left( x\right)$ , une
primitive de $x\longmapsto \frac{1}{x^{4}}g\left( x\right)$

sera la fonction $x\longmapsto -g^{\prime }\left( x\right)$

or $g^{\prime }\left( x\right) =-\frac{1}{x {{}^2} }\left[ A\cos \frac{1}{X}+B\sin \frac{1}{X}\right] +\frac{1}{X}\left[ \frac{1 }{X^{2}}\left( -A\sin \frac{1}{X}+B\cos \frac{1}{X}\right) \right]$

$=\left( -\frac{A}{x {{}^2} }-\frac{B}{x^{3}}\right) \cos \frac{1}{x}+\left( -\frac{B}{X {{}^2} }-\frac{A}{X^{3}}\right) \sin \frac{1}{x}$

$=\frac{1}{X {{}^2} }\left[ -\left( A+\frac{B}{X}\right) \cos \frac{1}{X}+\left( \frac{A}{X} -B\right) \sin \frac{1}{X}\right]$

une primitive de $x\longmapsto \frac{1}{x^{4}}g\left( x\right)$ est $x\longmapsto \frac{1}{x^{ {{}^2} }}\left[ -\left( A+\frac{B}{X}\right) \cos \frac{1}{x}+\left( \frac{A}{X} -B\right) \sin \frac{1}{X}\right]$

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