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TD1

Ali2 - Ali Menguelti

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0Solution des exercices de TD N 1 Equations Di⁄Ørentielles LinØaires CorrigØ de exercice 1 L Øquations di⁄Ørentielles (1) est homogene : 0y (x+1)y = 0 (1) alors on a Z Z 0y 1 2dx = (x+1)dx) ln(y(x)) = x +x+c y 2 danc la solution de (1) est 1 2y(x) = exp x +x tel que 2R 2 Pour l?Øquation (2) 0(x+1)y xy = 0 (2) La solutions est exp(x) y(x) = tel que 2R x+1 MØthode de variation de la constante Pour rØsoudre l?Øquation linØaire de premier ordre de la forme 0a(x)y (x)+b(x)y(x) = c(x) (3) enfaitappelle?unemØthodepratiquedit<>quiconsiste ? considØre l?Øquation homogene 0a(x)y (x)+b(x)y(x) = 0 ((h)) et chercher une solution partuculiŁre sous la forme y(x) = (x)y (x);h oø y (x) la solution non nulle de l?Øquation homogene et une fonction dØrivable sur I:h 8x2 I; on a : 0 a(x)((x)y (x)) +b(x)(x)y (x)h h 0 0= a(x) (x)y (x)+(x)[a(x)y (x)+b(x)y (x)]h hh 0= a(x) (x)y (x)h et donc y est une solution de (3) si la fonction vØri?eh c(x)08x2 I; (x) = a(x)y (x)h c c?est-?-dire est une primitive de la fonction ayh 1On veut rØsoudre l?Øquation 12 0 2 0x +1 y +2x x +1 y = 1, y +2xy = (4) 2(x +1) On rØsout l?Øquation homogŁne 0y +2xy = 0 On remarque que y (x) = 0 est solution, on cherche maintenant les solutions non nulles, onh peut donc diviser par y (x).

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Publié par	Ali2
Publié le	23 juin 2012
Nombre de lectures	96

Extrait

Solution des exercices de TD N 0 1 Equations Di¤érentielles Linéaires

(1)

(2)

Corrigé de exercice 1 L équations di¤érentielles (1) est homogene : y 0 ( x + 1) y = 0  alors on a Z yy 0 dx = Z ( x + 1) dx ) ln ( y ( x )) =  21 x 2 + x + c  danc la solution de (1) est y ( x ) =  exp  21 x 2 + x  tel que  2 R Pour léquation (2) ( x + 1) y 0  xy = 0 La solutions est y ( x ) =  exp ( x ) tel que  2 R x + 1 Méthode de variation de la constante Pour résoudre léquation linéaire de premier ordre de la forme a ( x ) y 0 ( x ) + b ( x ) y ( x ) = c ( x ) (3) en fait appelle à une méthode pratique dit << La variation de la constante >> qui consiste à considére léquation homogene a ( x ) y 0 ( x ) + b ( x ) y ( x ) = 0 ((h)) et chercher une solution partuculière sous la forme y ( x ) =  ( x ) y h ( x ) ; où y h ( x ) la solution non nulle de léquation homogene et  une fonction dérivable sur I: 8 x 2 I; on a : a ( x ) (  ( x ) y h ( x )) 0 + b ( x )  ( x ) y h ( x ) = a ( x )  0 ( x ) y h ( x ) +  ( x ) [ a ( x ) y 0 h ( x ) + b ( x ) y h ( x )] = a ( x )  0 ( x ) y h ( x ) et donc y h est une solution de (3) si la fonction  vérie 8 x 2 I;  0 ( x ) = c ( x ) a ( x ) y h ( x ) cest-à-dire  est une primitive de la fonction c ay h 1

On veut résoudre léquation  x 2 + 1  y 0 + 2 x  x 2 + 1  y = 1 , y 0 + 2 xy =( x 2 1+1) (4) On résout léquation homogène y 0 + 2 xy = 0 On remarque que y h ( x ) = 0 est solution, on cherche maintenant les solutions non nulles, on peut donc diviser par y h ( x ) . y 0 =  2 x y En prenant une primitive, on a donc ln j y h ( x ) j =  x 2 + ;  2 R ou ce qui est équivalent en appliquant la fonction exponentielle j y h ( x ) j =  exp   x 2  ; , y h ( x ) =   exp   x 2  La constante   est une constante strictement positive ou strictement négative. On peut résumer en écrivant y h ( x ) = C exp   x 2  C 2 R On a obtenu ainsi toutes les solutions de léquation homogène. On dit que y h est la solution générale de léquation homogène. On chercher une solution partuculière sous la forme y ( x ) =  ( x ) exp   x 2  =  ( x ) y h ( x ) Nous allons remplacer (5) dans (4) on btient e 2 )  0 ( x )( x x 2 p(+ x 1)= )  ( x ) = Z (e x x 2 p(+ x 2 1)) dx = car y h ( x ) 0 + 2 xy h ( x ) = 0 Donc la solution de (4) est : y ( x ) =  ( x ) exp   x 2  avec  ( x ) = Z (e x x 2 p(+ x 1 2 )) dx Nous allons maintenant résoudre léquation sin ( x ) y 0 + y cos ( x ) = sin 2 ( x ) Léquation homogène est sin ( x ) y 0 + y cos ( x ) = 0 y s x j = y , h ) ( yx l 0 n) j = j y = h  (  c x ioe)nsx j ((p= x )  ) ;  si Z n(sc 8 x io x n)s(  ( 2 xx )) R dx  f = k g  ln j sin ( x ) j + ;  2 R 1

(5)

(6)

La variaxion de la constante donne 8 x 2 R  f k g ;  0 ( x ) = sin ( x ) exp   sin1( x )  = )  ( x ) = Z sin ( x ) exp   sin1( x )  dx Donc la solution de (6) est : y ( x ) =  ( x ) y h ( x ) =  ( x ) exp  sin1( x )  avec  ( x ) = Z sin ( x ) exp   sin1( x )  dx Pour léquation y 0 ln ( x ) + 1 y =  1 (7) x Léquation homogène est y 0 ln ( x ) + x 1 y = 0 = ) yy 0 =  x ln1( x ) ; 8 x 2 ]0 ; 1[ [ ]1 ; + 1 [ = ) Z yy 0 dx =  Z x ln1( x ) dx avec un chengement de variable u = ln ( x ) on obtient ln j y h ( x ) j =  ln (ln x ) + ;  2 R = ) y h ( x ) =  ln1( x ) La variaxion de la constante donne [ ]1 ; + 1 [ ;  0 ( x ) =  1  8 x 2 ]0 ; 1[ln( x )ln1( x )=1 = )  ( x ) =  x + C donc la solution est y ( x ) = (  x + C )ln(1 x ) On chercher une solution de j x j y 0 + ( x  1) y = x 3 Noter que cette dernière équation signie que  xy 0 + ( x  1) y = x 3 si x > 0  xy 0 + ( x  1) y = x 3 si x < 0

(8)

Léquation homogène est   xxy 0 y 0 ++(( xx  11)) yy ==00 sisi xx>< 00  8 dx = Z ( xx + 1) dx si x > 0 y = ) < > > :ZZ yyy 00 dx = Z ( xx  1) dx si x < 0 n j y h 0 tel que  2 R = )  lnl j y h ( x () x j ) j == x ln  x ln j xx j ++  0 ssii xx>< 0 tel que  0 2 R y h ( x ) =  x exp (  x ) si x > 0 tel que  2 R = ) ( y h ( x ) =  exp ( x ) si x < 0 tel que  2 R x La variaxion de la constante donne 0 ( x ) = C x e x = )  ( x ) = Z C x e ><:>8  0 ( x ) =  C 0 Z x 3 e  x dx = )  ( x ) = 6 xe x  d x x +=3 ) x 2 e  ( x x )+= x 3 xee  xx  + e 6 x e  + x  +  0 Donc la solution est y 1 p (  x ) ( xe x  e x +  ) si x > 0 ( y 2 (( xx ))==  e x xpe x x( x )(6 xe  x + 3 x 2 e  x + x 3 e  x + 6 e  x +  0 ) si x < 0 Corrigé de exercice 2 Nous allons résoudre léquation  1  x 2  y 0 + (2 x + 1) y = 1 Léquation homogène est (1  x 2 ) y 0 + (2 x + 1) y = 0 y 0 (2 x + 1) =  1 + x = 8 x 2 R  f 1 ; 1 g y ( h ( x )) 2 )= Z 2 ( x + 1) dx = ) ln ( y 1+ Z 2 ( x 3  1) dx = ) ln ( j y h ( x ) j ) = ln q j ( x  1) j 3 + ln p j ( x + 1) j + C = ) j y h ( x ) j =  j ( x  1) j p j ( x 2  1) j La variaxion de la constante donne 8 x 2 I;  0 ( x ) = 1 a ( x ) y h ( x ) 0 1 8 x 2 R  f 1 ; 1 g ;  ( x ) = (1  x 2 ) ( x  1) p j ( x 2  1) j 4

(9)

donc  0 ( x ) = 8< > (  1(1++ x 2 x )) 2 i x 2 ] 1 ;  1[ [ ] 5 s 1 ; + 1 [ (1 + x ) 5 dx si x 2 ]  1 ; 1[ > : (1  x 2 ) 2 Pour calculer une intégrale de la forme  ( x ) = Z (  1(1++ x 2 x )) 52 dx si x 2 ] 1 ;  1[ [ ]1 ; + 1 [ On pose x = ch ( t ) = ) dx = sh ( t ) dt Ainsi x Z (  1(1++ x 2 x )) 52 dx =  Z (  1+1 x 2 ) 25 dx  Z (  1 + x 2 ) 52 dx =  Z  1 + c 1 h ( t ) 2  52 ( t ) dt  Z x   1 + x 2   25 dx sh =  Z sh 4 1( t ) dt +13   1 + x 2   32 =  Z cshh 24 (( tt )) dt + Z sh 2 1( t ) dt +31   1 + x 2   23 =  Z ch ( z t ) } c | h ( t ) { s z h  4 ( t ) } dt + Z sh 2 1( t ) dt +31   1 + x 2   32 | {  0 =13 ch ( t ) sh  3 ( t )+32 Z sh  2 ( t ) dt +13   1 + x 2   32 =13 ch ( t ) sh  3 ( t )+23 Z sh  2 ( t ) dt +13   1 + x 2   23 =31 ch ( t ) sh  3 ( t )+32 Z sh  2 ( t ) d 1   1 + x 2   3 t +3 2 =31 h ( t ) sh  3 ( t )+23 Z e 4 t  4 ee 22 tt + 1 dt +31   1 + x 2   3 c 2 2 =13 ch ( t ) sh  3 ( t ) + 3 Z u 2  22 u + 1 du +13   1 + x 2   23 O  u u = e 2 t =31 ch ( t ) sh  3 ( t )+32 Z ( u  21) 2 du +13   1 + x 2   32 Ou  u = e 2 t =13 ch ( t ) sh  3 ( t )  3 ( u 4  1)+13   1 + x 2   23 Ou u = e 2 t  =31 ch ( t ) sh  3 ( t )  34( e 2 t 1  1)+13   1 + x 2   32

Z  (1 + 2 x )) 25 dx =13 ch ( t ) sh  3 ( t )  23 seh  ( t t )+31   1 + x 2   32 (  1 + x =31 ch ( t ) sh  3 ( t )  32 ch ( ts ) h  ( ts ) h ( t )+13   1 + x 2   32 2 =13 ch ( t ) sh  3 ( t )  32 schh (( tt ))+31   1 + x 2   3 2 +3 3  =31 x   1 + x 2   23  32 p (  1 x + x 2 )+31   1 + x 2  2 +32 =31 x   1 + x 2   23  32 x   1 + x 2    1 + x 2   32 +31   1 + x 2   32 +23 =   1 + x 2   32   32 x 3 + x +13  +23 Lorsque x 2 ]  1 ; 1[  ( x ) = Z (1(1  + xx 2 )) 5 dx si x 2 ]  1 ; 1[ 2 On pose x = sin ( t ) = ) dx = cos ( t ) dt Ainsi Z (1(1  + xx 2 )) 25 dx = Z (1  1 x 2 ) 25 dx + Z (1  xx 2 ) 52 dx = Z (cos1( t )) 4 dt +3(1  1 x 2 ) 32 De même on obtient  ( x ) = (1  1 x 2 ) 23  13  32 x 3 + x  + C La solution générale est donc : y ( x ) 8<>> yy 12 (( xx ))== ((11+1+1 xx ))  13  23  x 233 x + 3 x ++ x  31  ++ C ( C 1( x  x )1 p ) p xx 22  +11 s s i i xx 22 ]]  1 1 ;; 1[  1[ [ ]1 ; + 1 [ = : 8 > y 1 ( x ) =  x 2  x  12  + C (1  x ) p x 2 + 1 si x 2 ]  1 ; 1[ y ( x ) = > :< y 2 ( x ) =  x 2  x  12  + C ( x  1) p x 2  1 si x 2 ] 1 ;  1[ [ ]1 ; + 1 [ Remarque 1 (Problème des raccords) Considérons Léquation di¤ érentielle non nor-malisée a ( x ) y 0 ( x ) + b ( x ) y ( x ) = c ( x ) (10)

Où a; b; c : I ! R sont continues. Supposons pour simplier, que a sannule en un point et un seul x 0 2 I: On résout (10) sur chacun des deux intervalles I 1 = ] 1 ; x 0 [ \ I et I 2 = I \ ] x 0 ; + 1 [ puisque sur ces intervalles (10) peut être normalisée. puis on cherche si on peut " Raccords " au point x 0 les solutions précédentes, par continuité. La solution de (9) peut être raccords aux points x 1 =  1 et x 2 = 1 en e¤et x li < ! m  1 y ( x ) = x l ! im  1 y 2 ( x ) = x li ! m  1  x 2  x  12  + C ( x  1) p x 2  1  3 = 2 x ! >  1 ) = x ! 1 y 1 ( x ) = x li ! m  1  x 2  x  21  + C (1  x ) p x 2 +1=32 lim y ( x lim l < ! 1 y ( x ) = l x i ! m 1 y 1 ( x ) = l x i ! m 1  x 2  x  12  + C (1  x ) p x 2 + 1 =  21 im x l x i > ! m 1 y ( x ) = l x i ! m 1 y 2 ( x ) = x li ! m  1  x 2  x  12  + C ( x  1) p x 2  1  =  12 Nous allons résoudre léquation y 0 sin ( x )  y cos ( x ) = 1 Léquation homogène est

y 0 sin ( x )  y cos ( x ) = 0 yy 0 =csions(( xx )) 8 x 2 R  f k g = ) ln ( j y h ( x ) j ) = ln j sin ( x ) j + C = ) y h ( x ) =  sin ( x ) La variaxion de la constante donne 8 x 2 R  f k g ;  0 ( x ) = sin 2 1( x ) = )  ( x ) =  cot ( x ) + C

donc la solutions (11) est : y ( x ) = (  cot ( x ) + C ) sin ( x ) =  cos ( x ) + C sin ( x ) La solution de (11) peut être raccords aux points x = k en e¤et y ( k ) =  cos ( k ) + C sin ( k ) = (  1) k