Problèmes de Cauchy linéaires : corrigé du contrôle de maths en MPSI

Télécharger en PDF Le livre des 25 contrôles corrigés en MPSI PDF à imprimer Voir le livre ›

Barème du contrôle corrigé : problèmes de Cauchy linéaires

Le corrigé détaillé : problèmes de Cauchy linéaires

Exercice 1 – Premier ordre à coefficient variable (4 points)

1. Sur \(I\), le réel \(x\) ne s’annule pas, donc on peut diviser par \(x\) : l’équation homogène s’écrit \(y^{\prime} – \frac{2}{x}\,y = 0\). Une primitive de \(x \mapsto -\frac{2}{x}\) sur \(I\) est \(x \mapsto -2\ln x\). Les solutions homogènes sont donc les fonctions \(x \mapsto \lambda\,\mathrm{e}^{2\ln x}\). Ainsi les solutions homogènes sont les fonctions \(x \mapsto \lambda x^2\), avec \(\lambda \in \mathbb{R}\).

2. Cherchons une solution de la forme \(y(x) = \lambda(x)\,x^2\), avec \(\lambda\) dérivable sur \(I\). Alors \(y^{\prime}(x) = \lambda^{\prime}(x)\,x^2 + 2\lambda(x)\,x\), puis

   \[x\,y^{\prime}(x) – 2y(x) = \lambda^{\prime}(x)\,x^3 + 2\lambda(x)\,x^2 – 2\lambda(x)\,x^2 = \lambda^{\prime}(x)\,x^3.\]

   Par conséquent, \(y\) est solution si et seulement si \(\lambda^{\prime}(x) = \mathrm{e}^{x}\) sur \(I\), c’est-à-dire \(\lambda(x) = \mathrm{e}^{x} + C\) avec \(C\) réel. Les solutions de \((E_1)\) sur \(I\) sont les fonctions \(x \mapsto x^2\left(\mathrm{e}^{x} + C\right)\), avec \(C \in \mathbb{R}\).

3. La condition \(y(1) = 0\) donne \(\mathrm{e} + C = 0\), donc \(C = -\mathrm{e}\), et cette constante est unique. Ainsi \(y_0(x) = x^2\left(\mathrm{e}^{x} – \mathrm{e}\right)\).
4. On a \(y_0(1) = 0\) et, pour \(0 < x < 1\), \(\mathrm{e}^{x} < \mathrm{e}\), donc \(y_0(x) < 0\). Or \(\Gamma_2\) reste au-dessus de l’axe, tandis que \(\Gamma_1\) est encore strictement négative en \(x = 1\). La courbe de \(y_0\) est donc \(\Gamma_3\), la seule qui passe sous l’axe puis le coupe en \(x = 1\).

Barème : 1) forme résolue (0,25) et solutions homogènes (0,75) ; 2) dérivée de \(\lambda(x)x^2\) (0,5), condition sur \(\lambda^{\prime}\) (0,5) et solution générale (0,5) ; 3) 1 point ; 4) 0,5 point.

Piège classique : appliquer la formule du cours sans mettre l’équation sous forme résolue. Le coefficient de \(y\) vaut alors \(-\frac{2}{x}\), et non \(-2\).

Exercice 2 – Un second membre résonant (4 points)

1. L’équation caractéristique \(r^2 – 4r + 3 = 0\) se factorise en \((r – 1)(r – 3) = 0\). Ses racines sont donc 1 et 3. Les solutions homogènes sont les fonctions \(x \mapsto \lambda\,\mathrm{e}^{x} + \mu\,\mathrm{e}^{3x}\), avec \(\lambda\) et \(\mu\) réels.

2. Pour \(y = a\,\mathrm{e}^{x}\), on obtient \(y^{\prime\prime} – 4y^{\prime} + 3y = a\,\mathrm{e}^{x}(1 – 4 + 3) = 0\), qui ne vaut jamais \(4\,\mathrm{e}^{x}\). En effet, 1 est racine de l’équation caractéristique, donc \(x \mapsto \mathrm{e}^{x}\) est déjà solution homogène.

   Posons alors \(y(x) = a\,x\,\mathrm{e}^{x}\). On calcule \(y^{\prime}(x) = a(x + 1)\,\mathrm{e}^{x}\) et \(y^{\prime\prime}(x) = a(x + 2)\,\mathrm{e}^{x}\). Ainsi

   \[y^{\prime\prime} – 4y^{\prime} + 3y = a\,\mathrm{e}^{x}\left[(x + 2) – 4(x + 1) + 3x\right] = -2a\,\mathrm{e}^{x}.\]

   Cette quantité vaut \(4\,\mathrm{e}^{x}\) si et seulement si \(a = -2\). Une solution particulière est donc \(x \mapsto -2x\,\mathrm{e}^{x}\).

3. La solution générale est la somme de la solution particulière et des solutions homogènes : \(y(x) = \lambda\,\mathrm{e}^{x} + \mu\,\mathrm{e}^{3x} – 2x\,\mathrm{e}^{x}\). Sa dérivée vaut \(y^{\prime}(x) = \lambda\,\mathrm{e}^{x} + 3\mu\,\mathrm{e}^{3x} – 2(x + 1)\,\mathrm{e}^{x}\).

   Les conditions donnent \(\lambda + \mu = 1\) et \(\lambda + 3\mu – 2 = 0\). Par soustraction, \(2\mu = 1\), donc \(\mu = \frac{1}{2}\), puis \(\lambda = \frac{1}{2}\). La solution cherchée est \(x \mapsto \frac{1}{2}\mathrm{e}^{x} + \frac{1}{2}\mathrm{e}^{3x} – 2x\,\mathrm{e}^{x}\). On vérifie : \(y(0) = 1\) et \(y^{\prime}(0) = \frac{1}{2} + \frac{3}{2} – 2 = 0\).

Barème : 1) 1 point ; 2) échec de l’essai \(a\,\mathrm{e}^{x}\) justifié (0,5), puis calcul de \(a\) (1) ; 3) solution générale (0,5) et constantes (1).

Piège classique : fixer les constantes à partir des seules solutions homogènes, puis ajouter la solution particulière. Les conditions initiales portent sur la solution complète.

Exercice 3 – Second membre trigonométrique et régime permanent (4 points)

1. 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 réelles homogènes sont les fonctions \(x \mapsto \mathrm{e}^{-x}\left(A\cos 2x + B\sin 2x\right)\), avec \(A\) et \(B\) réels.

2. Avec \(y_p = a\cos x + b\sin x\), on a \(y_p^{\prime} = -a\sin x + b\cos x\) et \(y_p^{\prime\prime} = -a\cos x – b\sin x\). En regroupant les termes, on obtient

   \[y_p^{\prime\prime} + 2y_p^{\prime} + 5y_p = (4a + 2b)\cos x + (4b – 2a)\sin x.\]

   Par identification, il suffit donc que \(4a + 2b = 10\) et \(4b – 2a = 0\). La seconde équation donne \(a = 2b\), puis la première devient \(10b = 10\). Ainsi \(b = 1\), \(a = 2\) et \(y_p(x) = 2\cos x + \sin x\).

3. On écrit \(y(x) = \mathrm{e}^{-x}\left(A\cos 2x + B\sin 2x\right) + 2\cos x + \sin x\). D’abord, \(y(0) = A + 2 = 0\), donc \(A = -2\). Ensuite,

   \[y^{\prime}(x) = \mathrm{e}^{-x}\left[(2B – A)\cos 2x – (2A + B)\sin 2x\right] – 2\sin x + \cos x,\]

   d’où \(y^{\prime}(0) = 2B – A + 1 = 2B + 3 = 0\), soit \(B = -\frac{3}{2}\). La solution est \(y(x) = -\mathrm{e}^{-x}\left(2\cos 2x + \frac{3}{2}\sin 2x\right) + 2\cos x + \sin x\).

4. Pour \(x \geq 0\), l’inégalité triangulaire donne \(|y(x) – y_p(x)| \leq \mathrm{e}^{-x}\left(2 + \frac{3}{2}\right) = \frac{7}{2}\mathrm{e}^{-x}\), qui tend vers 0. Le terme homogène disparaît donc : c’est le régime transitoire.

   De plus, \(2\cos x + \sin x = \sqrt{5}\left(\frac{2}{\sqrt{5}}\cos x + \frac{1}{\sqrt{5}}\sin x\right) = \sqrt{5}\cos(x – \varphi)\), où \(\varphi\) vérifie \(\cos\varphi = \frac{2}{\sqrt{5}}\) et \(\sin\varphi = \frac{1}{\sqrt{5}}\). L’amplitude du régime permanent est \(R = \sqrt{5}\).

   

Barème : 1) racines (0,5) et forme réelle (0,5) ; 2) dérivées (0,5), identification (0,5) et valeurs de \(a\), \(b\) (0,5) ; 3) \(A\) (0,5) puis \(B\) (0,5) ; 4) limite et amplitude, 0,25 chacune.

Exercice 4 – Charge d’un condensateur (3 points)

1. En remplaçant \(i\) par \(C\,u^{\prime}\) dans la loi des mailles, on obtient \(RC\,u^{\prime} + u = e(t)\). On a donc \(\tau = RC = 10^4 \times 10^{-4} = 1\) seconde.

2. L’équation devient \(u^{\prime} + u = 6\). Ses solutions homogènes sont les fonctions \(t \mapsto K\,\mathrm{e}^{-t}\), et la fonction constante égale à 6 est une solution particulière. Ainsi \(u(t) = 6 + K\,\mathrm{e}^{-t}\), puis \(u(0) = 0\) impose \(K = -6\). Donc \(u(t) = 6\left(1 – \mathrm{e}^{-t}\right)\), qui tend vers la charge finale de 6 V.

   Ensuite, \(u(t) \geq 0{,}95 \times 6\) équivaut à \(\mathrm{e}^{-t} \leq 0{,}05 = \frac{1}{20}\), c’est-à-dire \(t \geq \ln 20\). Le condensateur atteint \(95\,\%\) de sa charge au bout d’environ 3 secondes.

3. L’équation s’écrit maintenant \(u^{\prime} + u = 6\,\mathrm{e}^{-t}\). Posons \(u(t) = K(t)\,\mathrm{e}^{-t}\). Alors \(u^{\prime} + u = K^{\prime}(t)\,\mathrm{e}^{-t}\), donc il faut \(K^{\prime}(t) = 6\), soit \(K(t) = 6t + K_0\). Comme \(u(0) = K_0 = 0\), on obtient \(u(t) = 6t\,\mathrm{e}^{-t}\).

   Puis \(u^{\prime}(t) = 6(1 – t)\,\mathrm{e}^{-t}\) est positive sur \([0\,;1]\) et négative ensuite. La tension est donc maximale à l’instant \(t = 1\) s, et ce maximum vaut \(\frac{6}{\mathrm{e}} \approx 2{,}2\) V. Le condensateur se charge d’abord, puis il se décharge quand le générateur s’éteint.

   

Barème : 1) 0,5 point ; 2) expression de \(u\) (0,5) et temps de charge (0,5) ; 3) variation de la constante (0,75), puis étude du maximum (0,75).

Piège classique : chercher une solution particulière constante quand le second membre est \(6\,\mathrm{e}^{-t}\). Comme \(-1\) est la racine de l’équation homogène, il faut un facteur \(t\).

Exercice 5 – Problème : un changement de fonction inconnue (5 points)

1. L’équation caractéristique \(r^2 + 2r + 1 = (r + 1)^2 = 0\) admet \(-1\) comme racine double. Les solutions homogènes sont donc les fonctions \(x \mapsto (\lambda + \mu x)\,\mathrm{e}^{-x}\), avec \(\lambda\) et \(\mu\) réels.

2. La fonction exponentielle ne s’annule pas, donc \(y\) est deux fois dérivable si et seulement si \(z\) l’est, et \(y(x) = z(x)\,\mathrm{e}^{-x}\). Par dérivation d’un produit, on trouve \(y^{\prime} = (z^{\prime} – z)\,\mathrm{e}^{-x}\), puis \(y^{\prime\prime} = (z^{\prime\prime} – 2z^{\prime} + z)\,\mathrm{e}^{-x}\). En sommant,

   \[y^{\prime\prime} + 2y^{\prime} + y = \mathrm{e}^{-x}\left(z^{\prime\prime} – 2z^{\prime} + z + 2z^{\prime} – 2z + z\right) = z^{\prime\prime}\,\mathrm{e}^{-x}.\]

   Ainsi \(y\) est solution de \((E_5)\) si et seulement si \(z^{\prime\prime}(x)\,\mathrm{e}^{-x} = \frac{\mathrm{e}^{-x}}{1 + x^2}\) pour tout \(x\). En simplifiant par \(\mathrm{e}^{-x} \neq 0\), cela équivaut à \(z^{\prime\prime}(x) = \frac{1}{1 + x^2}\).

3. Les fonctions \(u = \arctan\) et \(v : t \mapsto t\) sont de classe \(C^1\) sur \(\mathbb{R}\). Par intégration par parties, pour tout réel \(x\),

   \[\int_0^x \arctan t\,\mathrm{d}t = \Big[t\arctan t\Big]_0^x – \int_0^x \frac{t}{1 + t^2}\,\mathrm{d}t = x\arctan x – \frac{1}{2}\ln\left(1 + x^2\right).\]

   Une primitive de \(\arctan\) est donc \(x \mapsto x\arctan x – \frac{1}{2}\ln(1 + x^2)\).

4. D’après la question 2, \(z^{\prime\prime} = \frac{1}{1 + x^2}\) équivaut à \(z^{\prime}(x) = \arctan x + a\), puis, grâce à la question 3, à \(z(x) = x\arctan x – \frac{1}{2}\ln(1 + x^2) + ax + b\), avec \(a\) et \(b\) réels. En revenant à \(y = z\,\mathrm{e}^{-x}\), les solutions de \((E_5)\) sont les fonctions

   \[x \mapsto \mathrm{e}^{-x}\left(x\arctan x – \frac{1}{2}\ln(1 + x^2)\right) + (ax + b)\,\mathrm{e}^{-x}.\]

   On retrouve d’ailleurs, dans le second terme, les solutions homogènes de la question 1. Pour les conditions initiales, on note que \(z(0) = y(0) = 0\) et que \(z^{\prime}(0) = y^{\prime}(0) + y(0) = 0\), puisque \(z^{\prime} = (y^{\prime} + y)\,\mathrm{e}^{x}\). Or \(z(0) = b\) et \(z^{\prime}(0) = a\), donc \(a = b = 0\). La solution cherchée est \(x \mapsto \mathrm{e}^{-x}\left(x\arctan x – \frac{1}{2}\ln(1 + x^2)\right)\).

Barème : 1) 1 point ; 2) expressions de \(y^{\prime}\) et \(y^{\prime\prime}\) (0,75), puis équivalence justifiée (0,75) ; 3) 1 point, dont 0,25 pour les hypothèses de l’intégration par parties ; 4) solution générale (0,75) et problème de Cauchy (0,75).

Piège classique : oublier les deux constantes d’intégration en passant de \(z^{\prime\prime}\) à \(z\). Elles redonnent exactement les solutions homogènes, et elles sont indispensables pour le problème de Cauchy.

Revenir à l’énoncé du contrôle

Consolider problèmes de Cauchy linéaires après ce corrigé

Pour ne plus perdre de points sur ce thème, relisez le cours résoudre une équation différentielle linéaire ; entraînez-vous sur les exercices résoudre une équation différentielle linéaire.

D’autres évaluations corrigées vous attendent sur la page contrôles de maths en MPSI.

Télécharger en PDF Le livre des 25 contrôles corrigés en MPSI PDF à imprimer Voir le livre ›

Télécharger ou imprimer cette fiche «problèmes de Cauchy linéaires : corrigé du contrôle de maths en MPSI» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.

 Maths PDF c'est 16 224 419 cours et exercices de maths téléchargés en PDF et 4 250 exercices.