Variation de la constante et Cauchy : corrigé du contrôle de maths en L1
Voici le corrigé du contrôle de maths en L1 sur le thème « variation de la constante et Cauchy », question par question.
Cette correction suit l’ordre d’une copie modèle : chaque équation est d’abord normalisée, puis la structure des solutions est rappelée, à savoir une solution particulière plus la solution générale homogène. La variation de la constante est menée jusqu’au bout, avec la vérification finale. Pour le second ordre, la correction détaille l’équation caractéristique, le choix de chaque essai et le principe de superposition. Le cas de résonance passe par un second membre complexe, ce qui raccourcit nettement les calculs. Enfin, le problème du ressort montre comment les conditions initiales fixent les constantes, et le barème précise la répartition des points.
L’énoncé complet se trouve ici : Variation de la constante et Cauchy : contrôle de maths en L1.
Barème du contrôle corrigé : variation de la constante et Cauchy
| Exercice | Points |
|---|---|
| 1. Une équation du premier ordre avec th | 4 points |
| 2. Seconds membres polynomial et exponentiel | 4 points |
| 3. Seconds membres trigonométriques et résonance | 4 points |
| 4. Problème : un ressort amorti puis entraîné | 8 points |
| Total | 20 points |
Le corrigé détaillé : variation de la constante et Cauchy
Exercice 1 – Une équation du premier ordre avec th (4 points)
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On a \(\mathrm{th}\,x = \dfrac{\mathrm{sh}\,x}{\mathrm{ch}\,x} = \dfrac{(\mathrm{ch})^{\prime}(x)}{\mathrm{ch}\,x}\), avec \(\mathrm{ch}\,x > 0\). Une primitive de \(\mathrm{th}\) est donc \(x \mapsto \ln(\mathrm{ch}\,x)\). L’équation homogène \(y^{\prime} + \mathrm{th}(x)\,y = 0\) est linéaire du premier ordre à coefficient continu. Ses solutions sont donc les fonctions \(x \mapsto \lambda\,\mathrm{e}^{-\ln(\mathrm{ch}\,x)}\). Ainsi les solutions homogènes sont les fonctions \(x \mapsto \dfrac{\lambda}{\mathrm{ch}\,x}\), avec \(\lambda \in \mathbb{R}\).
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On cherche une solution de la forme \(y(x) = \dfrac{\lambda(x)}{\mathrm{ch}\,x}\), où \(\lambda\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\). Alors \(y^{\prime}(x) = \dfrac{\lambda^{\prime}(x)}{\mathrm{ch}\,x} – \dfrac{\lambda(x)\,\mathrm{sh}\,x}{\mathrm{ch}^2 x}\). Le second terme se simplifie alors avec \(\mathrm{th}(x)\,y(x)\). Il reste \(y^{\prime} + \mathrm{th}(x)\,y = \dfrac{\lambda^{\prime}(x)}{\mathrm{ch}\,x}\).
Par conséquent, \(y\) est solution si et seulement si \(\lambda^{\prime}(x) = 1\) pour tout \(x\), c’est-à-dire \(\lambda(x) = x + c\) avec \(c\) réel. Les solutions de \((E_1)\) sont les fonctions \(x \mapsto \dfrac{x + c}{\mathrm{ch}\,x}\), avec \(c \in \mathbb{R}\).
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La condition \(y(0) = 2\) donne \(\frac{0 + c}{1} = 2\), donc \(c = 2\). La solution cherchée est \(x \mapsto \dfrac{x + 2}{\mathrm{ch}\,x}\), représentée par \(\mathcal{C}_5\). En effet, c’est la seule courbe qui passe par le point \((0\,;2)\).
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Pour tout réel \(x\), \(\mathrm{ch}\,x \geq \frac{1}{2}\mathrm{e}^{|x|}\), donc \(\left|\dfrac{x + c}{\mathrm{ch}\,x}\right| \leq 2\,|x|\,\mathrm{e}^{-|x|} + 2\,|c|\,\mathrm{e}^{-|x|}\). Quand \(|x| \to +\infty\), le terme \(|x|\,\mathrm{e}^{-|x|}\) tend vers 0 par croissances comparées, et \(\mathrm{e}^{-|x|}\) aussi. D’après le théorème des gendarmes, toute solution tend donc vers 0 en \(\pm\infty\). Les cinq courbes de la figure le confirment.
Piège classique : écrire la solution homogène \(\lambda\,\mathrm{e}^{\ln(\mathrm{ch}\,x)} = \lambda\,\mathrm{ch}\,x\), en oubliant le signe moins de la formule \(\lambda\,\mathrm{e}^{-A(x)}\).
Exercice 2 – Seconds membres polynomial et exponentiel (4 points)
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L’équation caractéristique \(r^2 – 3r + 2 = 0\) s’écrit \((r – 1)(r – 2) = 0\). Ses racines sont réelles et distinctes. Par conséquent, les solutions homogènes sont les fonctions \(x \mapsto A\mathrm{e}^{x} + B\mathrm{e}^{2x}\), avec \(A\) et \(B\) réels.
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Avec \(y(x) = ax + b\), on a \(y^{\prime} = a\) et \(y^{\prime\prime} = 0\). L’équation devient \(2ax + 2b – 3a = 2x – 1\). Par identification, \(2a = 2\) et \(2b – 3a = -1\), d’où \(a = 1\) et \(b = 1\). La fonction \(x \mapsto x + 1\) est solution particulière.
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Comme 1 est racine de l’équation caractéristique, \(x \mapsto \mathrm{e}^{x}\) est solution homogène : tout essai \(a\mathrm{e}^{x}\) donne 0, et non \(4\mathrm{e}^{x}\). On pose donc \(y(x) = ax\mathrm{e}^{x}\). Alors \(y^{\prime}(x) = a(x + 1)\mathrm{e}^{x}\) et \(y^{\prime\prime}(x) = a(x + 2)\mathrm{e}^{x}\).
Ainsi \(y^{\prime\prime} – 3y^{\prime} + 2y = a\left[(x + 2) – 3(x + 1) + 2x\right]\mathrm{e}^{x} = -a\,\mathrm{e}^{x}\). On veut \(-a = 4\), donc \(x \mapsto -4x\mathrm{e}^{x}\) est solution particulière.
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La solution générale de \((E_2)\) s’obtient par superposition : \(y(x) = A\mathrm{e}^{x} + B\mathrm{e}^{2x} + x + 1 – 4x\mathrm{e}^{x}\). Sa dérivée vaut \(y^{\prime}(x) = A\mathrm{e}^{x} + 2B\mathrm{e}^{2x} + 1 – 4(x + 1)\mathrm{e}^{x}\).
Les conditions donnent \(A + B + 1 = 0\) et \(A + 2B + 1 – 4 = 0\). Par soustraction, \(B = 4\), puis \(A = -5\). La solution cherchée est \(x \mapsto 4\mathrm{e}^{2x} – 5\mathrm{e}^{x} – 4x\mathrm{e}^{x} + x + 1\). Vérification : \(y(0) = 4 – 5 + 1 = 0\) et \(y^{\prime}(0) = -5 + 8 + 1 – 4 = 0\).
Piège classique : déterminer \(A\) et \(B\) avec la seule solution homogène, puis ajouter la solution particulière. Les conditions initiales ne seraient alors plus vérifiées.
Exercice 3 – Seconds membres trigonométriques et résonance (4 points)
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L’équation caractéristique \(r^2 + 2r + 5 = 0\) a pour discriminant \(4 – 20 = -16\). Ses racines sont donc \(-1 + 2i\) et \(-1 – 2i\). Les solutions homogènes s’écrivent alors \(x \mapsto \mathrm{e}^{-x}(A\cos 2x + B\sin 2x)\).
Posons \(y = a\cos x + b\sin x\). On a \(y^{\prime} = -a\sin x + b\cos x\) et \(y^{\prime\prime} = -a\cos x – b\sin x\). Après regroupement, \(y^{\prime\prime} + 2y^{\prime} + 5y = (4a + 2b)\cos x + (4b – 2a)\sin x\). Il suffit donc que \(4a + 2b = 10\) et \(4b – 2a = 0\), soit \(a = 2b\), puis \(10b = 10\) : \(b = 1\) et \(a = 2\).
Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto \mathrm{e}^{-x}(A\cos 2x + B\sin 2x) + 2\cos x + \sin x\), avec \(A\) et \(B\) réels.
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Ici \(r^2 + 4 = 0\) a pour racines \(2i\) et \(-2i\), d’où les solutions homogènes \(x \mapsto A\cos 2x + B\sin 2x\). Comme \(2i\) est racine, \(x \mapsto \mathrm{e}^{2ix}\) est solution homogène : c’est une situation de résonance, et l’on essaie \(z(x) = cx\mathrm{e}^{2ix}\).
On calcule \(z^{\prime}(x) = c(1 + 2ix)\mathrm{e}^{2ix}\) et \(z^{\prime\prime}(x) = c(4i – 4x)\mathrm{e}^{2ix}\). Alors \(z^{\prime\prime} + 4z = 4ic\,\mathrm{e}^{2ix}\), qui vaut \(8\mathrm{e}^{2ix}\) pour \(c = \frac{2}{i} = -2i\). Ainsi \(z(x) = -2ix(\cos 2x + i\sin 2x) = 2x\sin 2x – 2ix\cos 2x\).
Les coefficients de l’équation sont réels et \(8\sin(2x)\) est la partie imaginaire de \(8\mathrm{e}^{2ix}\). La partie imaginaire de \(z\), à savoir \(x \mapsto -2x\cos 2x\), est donc solution. Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto A\cos 2x + B\sin 2x – 2x\cos 2x\).
La solution particulière oscille entre les droites \(y = -2x\) et \(y = 2x\), et elle vaut \(-2k\pi\) en \(x = k\pi\). Elle n’est donc pas bornée : l’amplitude des oscillations croît linéairement.
Exercice 4 – Problème : un ressort amorti puis entraîné (8 points)
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Avec \(m = 1\), \(k = 10\) et \(h = 2\), la relation fondamentale de la dynamique s’écrit \(x^{\prime\prime}(t) = -10\,x(t) – 2\,x^{\prime}(t)\). En regroupant les termes, \(x\) vérifie bien \(x^{\prime\prime} + 2x^{\prime} + 10x = 0\).
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L’équation caractéristique \(r^2 + 2r + 10 = 0\) a pour discriminant \(4 – 40 = -36\), donc ses racines sont \(-1 + 3i\) et \(-1 – 3i\). Les solutions de \((H)\) sont les fonctions \(t \mapsto \mathrm{e}^{-t}(A\cos 3t + B\sin 3t)\), avec \(A\) et \(B\) réels.
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Les conditions initiales sont \(x(0) = 4\) et \(x^{\prime}(0) = 0\). D’après le théorème de Cauchy pour les équations linéaires, ce problème a une unique solution. D’abord \(x(0) = A = 4\). Ensuite, on dérive : \(x^{\prime}(t) = \mathrm{e}^{-t}\left[(3B – A)\cos 3t – (3A + B)\sin 3t\right]\). Ainsi \(x^{\prime}(0) = 3B – A = 0\), puis \(B = \frac{4}{3}\).
Ainsi \(x(t) = \mathrm{e}^{-t}\left(4\cos 3t + \frac{4}{3}\sin 3t\right)\).
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Par l’inégalité triangulaire, \(\left|4\cos 3t + \frac{4}{3}\sin 3t\right| \leq 4 + \frac{4}{3} = \frac{16}{3}\). Donc \(|x(t)| \leq \frac{16}{3}\mathrm{e}^{-t}\), et le majorant tend vers 0 : par encadrement, \(x(t)\) tend vers 0, le solide revient à l’équilibre. Le facteur oscillant est périodique de période \(\frac{2\pi}{3}\), d’où une pseudo-période de \(\frac{2\pi}{3}\) s.
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Posons \(x = a\cos 2t + b\sin 2t\). On a \(x^{\prime} = -2a\sin 2t + 2b\cos 2t\) et \(x^{\prime\prime} = -4a\cos 2t – 4b\sin 2t\). En reportant, \(x^{\prime\prime} + 2x^{\prime} + 10x = (6a + 4b)\cos 2t + (6b – 4a)\sin 2t\). On résout donc \(6a + 4b = 26\) et \(6b – 4a = 0\) : la seconde équation donne \(b = \frac{2a}{3}\), puis \(\frac{26a}{3} = 26\), soit \(a = 3\) et \(b = 2\).
Une solution particulière est \(t \mapsto 3\cos 2t + 2\sin 2t\). La solution générale de \((F)\) est donc \(t \mapsto \mathrm{e}^{-t}(A\cos 3t + B\sin 3t) + 3\cos 2t + 2\sin 2t\).
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L’écart entre \(x(t)\) et la solution particulière vaut \(\mathrm{e}^{-t}(A\cos 3t + B\sin 3t)\). Sa valeur absolue est donc majorée par \((|A| + |B|)\,\mathrm{e}^{-t}\). Il tend donc vers 0, quelles que soient les conditions initiales.
Au bout d’un long moment, le mouvement est ainsi proche de \(3\cos 2t + 2\sin 2t\). Or cette fonction vaut \(\sqrt{13}\cos(2t – \varphi)\), où \(\cos\varphi = \frac{3}{\sqrt{13}}\) et \(\sin\varphi = \frac{2}{\sqrt{13}}\). L’amplitude observée vaut \(\sqrt{13}\) cm, soit environ \(3{,}6\) cm.
Piège classique : confondre la pulsation propre 3 avec la pulsation 2 imposée par le moteur. En régime permanent, le solide oscille à la pulsation du moteur.
À retenir de ce contrôle
- Les solutions d’une équation linéaire s’obtiennent en ajoutant une solution particulière à la solution générale de l’équation homogène associée.
- Si le second membre est solution de l’équation homogène, l’essai habituel échoue : on le multiplie alors par x, c’est la résonance.
- Pour un second membre en cosinus, on peut résoudre avec une exponentielle complexe, puis prendre la partie réelle ou imaginaire.
- Les conditions initiales s’appliquent à la solution générale complète, après avoir ajouté la solution particulière.
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