Corrigé des exercices : Variation de la constante et EDL en L1 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Équations homogènes à coefficient variable

Idée clé : on calcule une primitive \(A\) du coefficient de \(y\), puis on écrit \(y = \lambda e^{-A}\).

1. L’équation s’écrit \(y^{\prime} + a(x)y = 0\) avec \(a(x) = -(2x + 1)\), continue sur \(\mathbb{R}\). Une primitive est \(A(x) = -x^2 – x\). Les solutions sont donc \(y(x) = \lambda e^{x^2 + x}\). La condition \(y(0) = 2\) donne \(\lambda = 2\). La solution cherchée est \(y(x) = 2e^{x^2 + x}\).
2. Sur \(]1, +\infty[\), on a \(\ln x > 0\), donc \(a(x) = \frac{1}{x\ln x}\) est continue. C’est de la forme \(\frac{u^{\prime}}{u}\) avec \(u = \ln x\). Ainsi \(A(x) = \ln(\ln x)\) et \(e^{-A(x)} = \frac{1}{\ln x}\). Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto \frac{\lambda}{\ln x}\), \(\lambda \in \mathbb{R}\).
3. On écrit \(y^{\prime} – \sin(x)\,y = 0\). Ici \(a(x) = -\sin x\) admet la primitive \(A(x) = \cos x\). Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto \lambda e^{-\cos x}\), \(\lambda \in \mathbb{R}\). On vérifie : la dérivée vaut \(\lambda\sin(x)e^{-\cos x}\), soit \(y\sin x\).

Corrigé de l’exercice 2 – Refroidissement d’une tasse de thé

Idée clé : la fonction \(\theta – 20\) vérifie une équation homogène, ce qui donne directement une exponentielle.

1. Posons \(\varphi = \theta – 20\). Alors \(\varphi^{\prime} = -k\varphi\), donc \(\varphi(t) = \varphi(0)e^{-kt} = 60e^{-kt}\). Ainsi \(\theta(t) = 20 + 60e^{-kt}\).
2. La condition \(\theta(5) = 50\) donne \(60e^{-5k} = 30\), soit \(e^{-5k} = \frac{1}{2}\). Donc \(k = \frac{\ln 2}{5} \approx 0{,}139\) min⁻¹.
3. On résout \(60e^{-kt} = 5\), soit \(e^{-kt} = \frac{1}{12}\). Ainsi \(t = \frac{\ln 12}{k} = \frac{5\ln 12}{\ln 2}\). Numériquement, \(\frac{\ln 12}{\ln 2} \approx 3{,}585\), donc \(t \approx 17{,}92\) min. Le thé atteint 25 degrés au bout d’environ 17 min 55 s.
4. Comme \(k > 0\), \(e^{-kt}\) tend vers 0. La température tend vers 20 degrés, celle de la pièce.

La courbe ci-dessous passe par les deux mesures et coupe le niveau 25 vers 18 minutes.

Corrigé de l’exercice 3 – Trois équations caractéristiques

Idée clé : on résout l’équation caractéristique et on lit la forme des solutions selon le signe du discriminant.

1. \(r^2 – r – 6 = (r – 3)(r + 2)\). Les racines sont \(3\) et \(-2\). Les solutions sont \(\lambda e^{3x} + \mu e^{-2x}\), \((\lambda, \mu) \in \mathbb{R}^2\).
2. \(4r^2 + 4r + 1 = (2r + 1)^2\). Il y a une racine double \(-\frac{1}{2}\). Les solutions sont \((\lambda + \mu x)e^{-x/2}\).
3. \(r^2 + 2r + 5 = (r + 1)^2 + 4\). Les racines sont \(-1 \pm 2i\). Les solutions sont \(e^{-x}\left(A\cos(2x) + B\sin(2x)\right)\), \((A, B) \in \mathbb{R}^2\).

Corrigé de l’exercice 4 – Racine double et conditions initiales

Idée clé : la racine double \(2\) impose la forme \((\lambda + \mu x)e^{2x}\) ; les deux conditions fixent les deux constantes.

1. \(r^2 – 4r + 4 = (r – 2)^2\). Donc \(y(x) = (\lambda + \mu x)e^{2x}\) et \(y^{\prime}(x) = (2\lambda + \mu + 2\mu x)e^{2x}\). D’abord, \(y(0) = \lambda = 1\). Ensuite, \(y^{\prime}(0) = 2\lambda + \mu = 0\), donc \(\mu = -2\). La solution est \(y(x) = (1 – 2x)e^{2x}\).
2. L’exponentielle est strictement positive. Donc \(y\) est positive sur \(\left]-\infty, \frac{1}{2}\right]\), nulle en \(\frac{1}{2}\) seulement, et négative ensuite.
3. En \(+\infty\), \(1 – 2x \to -\infty\) et \(e^{2x} \to +\infty\), donc \(y \to -\infty\). En \(-\infty\), on pose \(u = -2x\) : \(y = (1 + u)e^{-u}\), qui tend vers 0 par croissances comparées. Ainsi \(y \to 0\) en \(-\infty\) et \(y \to -\infty\) en \(+\infty\).

Corrigé de l’exercice 5 – Second membre polynomial

Idée clé : comme \(0\) n’est pas racine caractéristique (\(q = -2 \neq 0\)), on cherche un polynôme de même degré que le second membre.

1. Posons \(y_p = ax^2 + bx + c\). Alors \(y_p^{\prime\prime} + y_p^{\prime} – 2y_p = -2ax^2 + (2a – 2b)x + (2a + b – 2c)\). Par identification avec \(2x^2 – 3\) : \(-2a = 2\), \(2a – 2b = 0\) et \(2a + b – 2c = -3\). On trouve \(a = -1\), \(b = -1\), puis \(-3 – 2c = -3\), donc \(c = 0\). Une solution particulière est \(y_p(x) = -x^2 – x\).
2. \(r^2 + r – 2 = (r – 1)(r + 2)\). Les solutions sont \(y(x) = -x^2 – x + \lambda e^{x} + \mu e^{-2x}\).
3. On a \(y(x) + x^2 + x = \lambda e^{x} + \mu e^{-2x}\). Sur \([0, +\infty[\), le terme \(\mu e^{-2x}\) est borné. En revanche, \(\lambda e^{x}\) n’est borné que si \(\lambda = 0\). Ensuite, \(y(0) = \mu = 1\). La solution cherchée est \(y(x) = -x^2 – x + e^{-2x}\).

Point de méthode : l’identification des coefficients se fait toujours en partant du plus haut degré. En effet, le terme en \(x^2\) ne fait intervenir que \(a\), celui en \(x\) fait intervenir \(a\) et \(b\), et ainsi de suite. On résout donc un système triangulaire, sans calcul inutile. Par ailleurs, la question 3 montre un usage fréquent des conditions au bord : une contrainte de croissance élimine une exponentielle, puis une valeur initiale fixe l’autre constante.

Corrigé de l’exercice 6 – Deux suites récurrentes linéaires d’ordre deux

Idée clé : on forme l’équation \(r^2 – ar – b = 0\) et on applique le même tableau qu’au second ordre.

1. L’équation \(r^2 – 4r + 4 = 0\) a la racine double \(2\). Donc \(u_n = (\lambda + \mu n)2^n\). D’une part, \(u_0 = \lambda = 1\). D’autre part, \(u_1 = 2(1 + \mu) = 4\), donc \(\mu = 1\). Ainsi \(u_n = (n + 1)2^n\). Contrôle : \(u_2 = 4 \times 4 – 4 \times 1 = 12 = 3 \times 4\).
2. L’équation \(r^2 – r + 1 = 0\) a pour racines \(\frac{1 \pm i\sqrt{3}}{2} = e^{\pm i\pi/3}\), de module 1. Donc \(v_n = A\cos\left(\frac{n\pi}{3}\right) + B\sin\left(\frac{n\pi}{3}\right)\). D’abord, \(v_0 = A = 1\). Ensuite, \(v_1 = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}B = 1\), donc \(B = \frac{1}{\sqrt{3}}\). Ainsi \(v_n = \cos\left(\frac{n\pi}{3}\right) + \frac{\sqrt{3}}{3}\sin\left(\frac{n\pi}{3}\right)\).
3. Remplacer \(n\) par \(n + 6\) ajoute \(2\pi\) aux arguments, donc \(v_{n+6} = v_n\). Les premiers termes valent \(1, 1, 0, -1, -1, 0\). Une période \(k\) entre 1 et 5 imposerait \(v_k = v_0 = 1\), donc \(k = 1\) ; or \(v_2 = 0 \neq v_1\). Aucune période plus courte ne convient. La suite est périodique de période 6.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Variation de la constante et argument sinus hyperbolique

Idée clé : on divise par \(1 + x^2\), qui ne s’annule pas, puis on fait varier la constante.

1. L’équation homogène normalisée est \(y^{\prime} + \frac{x}{1 + x^2}y = 0\). Une primitive du coefficient est \(\frac{1}{2}\ln(1 + x^2)\). Les solutions homogènes sont \(x \mapsto \frac{\lambda}{\sqrt{1 + x^2}}\).
2. L’équation normalisée a pour second membre \(\frac{1}{1 + x^2}\). Posons \(y = \frac{\lambda(x)}{\sqrt{1 + x^2}}\). La méthode donne \(\frac{\lambda^{\prime}(x)}{\sqrt{1 + x^2}} = \frac{1}{1 + x^2}\), donc \(\lambda^{\prime}(x) = \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}}\). Par conséquent, \(\lambda(x) = \operatorname{argsh} x + C\). Les solutions sont \(y(x) = \frac{\operatorname{argsh} x + C}{\sqrt{1 + x^2}}\), \(C \in \mathbb{R}\).
3. Comme \(\operatorname{argsh} 0 = 0\), on a \(y(0) = C\). La solution cherchée est \(y(x) = \frac{\operatorname{argsh} x + 1}{\sqrt{1 + x^2}}\).
4. Pour \(x > 0\), on a \(\operatorname{argsh} x = \ln\left(x + \sqrt{1 + x^2}\right) \leqslant \ln(1 + 2x)\) et \(\sqrt{1 + x^2} \geqslant x\). Donc \(0 \leqslant \frac{\operatorname{argsh} x}{\sqrt{1 + x^2}} \leqslant \frac{\ln(1 + 2x)}{x}\), qui tend vers 0 par croissances comparées. De plus, \(\frac{C}{\sqrt{1 + x^2}}\) tend vers 0. Toutes les solutions tendent vers 0 en \(+\infty\).

Point de méthode : l’erreur classique consiste à faire varier la constante sans avoir normalisé l’équation. Ici, le second membre de l’équation normalisée vaut \(\frac{1}{1 + x^2}\), et non 1. Si l’on oublie cette division, on trouve \(\lambda^{\prime} = \sqrt{1 + x^2}\), ce qui conduit à une fonction fausse. Pour s’en apercevoir, il suffit de réinjecter le résultat : le contrôle échoue immédiatement.

Corrigé de l’exercice 8 – Condition initiale et logarithme

Idée clé : sur \(]0, +\infty[\), on divise par \(x\) ; les solutions homogènes sont alors linéaires.

1. L’équation devient \(y^{\prime} – \frac{1}{x}y = x\ln x\). Une primitive de \(-\frac{1}{x}\) est \(-\ln x\), donc les solutions homogènes sont \(\lambda x\).
2. Posons \(y = \lambda(x)x\). La condition s’écrit \(\lambda^{\prime}(x)x = x\ln x\), soit \(\lambda^{\prime}(x) = \ln x\). Une intégration par parties donne \(\lambda(x) = x\ln x – x + C\). Ainsi \(y(x) = x^2\ln x – x^2 + Cx\).
3. La condition \(y(1) = -1 + C = 0\) impose \(C = 1\). La solution est \(y(x) = x^2\ln x – x^2 + x\).
4. Vérification : \(y^{\prime}(x) = 2x\ln x – x + 1\). Donc \(xy^{\prime} – y = 2x^2\ln x – x^2 + x – x^2\ln x + x^2 – x = x^2\ln x\). Le résultat est confirmé.

Corrigé de l’exercice 9 – Superposition au premier ordre

Idée clé : on traite séparément les deux morceaux du second membre, puis on additionne.

1. Avec \(y = a\cos x + b\sin x\), on obtient \(y^{\prime} + y = (a + b)\cos x + (b – a)\sin x\). On veut \(a + b = 2\) et \(b – a = 0\). Donc \(y_1(x) = \cos x + \sin x\).
2. Les solutions homogènes sont \(\lambda e^{-x}\). Posons \(y = \lambda(x)e^{-x}\) : il vient \(\lambda^{\prime}(x)e^{-x} = e^{-x}\), donc \(\lambda^{\prime} = 1\). On prend \(\lambda(x) = x\). Ainsi \(y_2(x) = xe^{-x}\). Ici, chercher \(ce^{-x}\) aurait échoué, car \(e^{-x}\) est solution homogène.
3. Par superposition, \(y_1 + y_2\) résout \((E)\). Les solutions sont \(y(x) = \cos x + \sin x + (x + C)e^{-x}\), \(C \in \mathbb{R}\). La condition \(y(0) = 1 + C = 0\) donne \(C = -1\). La solution nulle en 0 est \(\cos x + \sin x + (x – 1)e^{-x}\).

Point de méthode : la condition initiale s’applique à la solution générale complète. Si l’on imposait \(y(0) = 0\) à la seule partie homogène \(Ce^{-x}\), on trouverait \(C = 0\), ce qui est faux. De plus, on remarque que le terme \(xe^{-x}\) tend vers 0 : pour \(x\) grand, toute solution ressemble au régime permanent \(\cos x + \sin x\).

Corrigé de l’exercice 10 – Exponentielle et racine double

Idée clé : \(3\) est racine double de \(r^2 – 6r + 9\), donc on cherche \(cx^2e^{3x}\), et le lemme du cours réduit l’équation à \(z^{\prime\prime} = 1\).

1. Posons \(y = ze^{3x}\). Comme \(P(3) = 0\) et \(P^{\prime}(3) = 0\), on obtient \(y^{\prime\prime} – 6y^{\prime} + 9y = z^{\prime\prime}e^{3x}\). Il suffit donc que \(z^{\prime\prime} = 1\), par exemple \(z = \frac{x^2}{2}\). Les solutions sont \(y(x) = \left(\lambda + \mu x + \frac{x^2}{2}\right)e^{3x}\).
2. D’abord, \(y(0) = \lambda = 0\). Ensuite, \(y^{\prime}(x) = \left(\mu + x + 3\lambda + 3\mu x + \frac{3x^2}{2}\right)e^{3x}\), donc \(y^{\prime}(0) = \mu + 3\lambda = 1\), d’où \(\mu = 1\). La solution est \(y(x) = \left(x + \frac{x^2}{2}\right)e^{3x}\).

Corrigé de l’exercice 11 – Exponentielles résonantes et non résonantes

Idée clé : on compare l’exposant du second membre aux racines caractéristiques pour fixer le degré du polynôme cherché.

1. Ici \(P(r) = r^2 + r = r(r + 1)\). Le second membre est un polynôme, c’est-à-dire le cas \(m = 0\), et \(0\) est racine simple. On cherche donc \(z = ax^2 + bx\). Alors \(z^{\prime\prime} + z^{\prime} = 2ax + (2a + b) = 6x\), d’où \(a = 3\) et \(b = -6\). Les solutions sont \(y(x) = 3x^2 – 6x + \lambda + \mu e^{-x}\).
2. Ici \(P(r) = r^2 – r – 2 = (r – 2)(r + 1)\), et \(-1\) est racine simple avec \(P^{\prime}(-1) = -3\). On cherche \(y = cxe^{-x}\). Le lemme donne \(T_{-1}(cx) = 0 + (-3)c + 0 = 3\), donc \(c = -1\). Les solutions sont \(y(x) = -xe^{-x} + \lambda e^{2x} + \mu e^{-x}\). Contrôle : avec \(y = -xe^{-x}\), on a \(y^{\prime} = (x – 1)e^{-x}\) et \(y^{\prime\prime} = (2 – x)e^{-x}\), donc \(y^{\prime\prime} – y^{\prime} – 2y = (2 – x – x + 1 + 2x)e^{-x} = 3e^{-x}\).

Corrigé de l’exercice 12 – Régime permanent sinusoïdal

Idée clé : \(i\) n’est pas racine caractéristique, donc une solution complexe est \(\frac{5}{P(i)}e^{ix}\) ; on en garde la partie imaginaire.

1. On a \(P(i) = -1 + 2i + 2 = 1 + 2i \neq 0\). Ainsi \(z_p = \frac{5}{1 + 2i}e^{ix} = (1 – 2i)e^{ix}\). Sa partie imaginaire vaut \(\sin x – 2\cos x\). Comme \(5\sin x\) est la partie imaginaire de \(5e^{ix}\) et que les coefficients sont réels, \(y_p(x) = \sin x – 2\cos x\) est solution de \((E)\).
2. \(r^2 + 2r + 2 = (r + 1)^2 + 1\) a pour racines \(-1 \pm i\). Les solutions sont \(y(x) = \sin x – 2\cos x + e^{-x}\left(A\cos x + B\sin x\right)\).
3. D’abord, \(y(0) = -2 + A = 0\), donc \(A = 2\). Ensuite, \(y^{\prime}(x) = \cos x + 2\sin x + e^{-x}\left((B – A)\cos x – (A + B)\sin x\right)\). Donc \(y^{\prime}(0) = 1 + B – A = 0\), d’où \(B = 1\). La solution est \(y(x) = \sin x – 2\cos x + e^{-x}(2\cos x + \sin x)\).
4. Pour toute solution, la différence avec \(y_p\) vaut \(e^{-x}(A\cos x + B\sin x)\), majorée en valeur absolue par \((|A| + |B|)e^{-x}\). Toutes les solutions se rapprochent du régime permanent \(\sin x – 2\cos x\), d’amplitude \(\sqrt{5}\).

La figure compare la solution de la question 3 au régime permanent : l’écart disparaît en quelques unités de temps.

Corrigé de l’exercice 13 – Masse, ressort et frottement

Idée clé : le signe du discriminant \(h^2 – 100\) décide du régime ; les conditions initiales fixent ensuite les constantes.

1. L’équation caractéristique est \(r^2 + hr + 25 = 0\), de discriminant \(h^2 – 100\). Le régime critique correspond à \(h = 10\).
2. Pour \(h = 6\), les racines sont \(-3 \pm 4i\). Donc \(x(t) = e^{-3t}\left(A\cos(4t) + B\sin(4t)\right)\). On a \(x(0) = A = 0{,}1\), puis \(x^{\prime}(0) = -3A + 4B = 0\), donc \(B = 0{,}075\). Ainsi \(x(t) = e^{-3t}\left(0{,}1\cos(4t) + 0{,}075\sin(4t)\right)\), de pseudo-période \(T = \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2} \approx 1{,}57\) s.
3. Le facteur trigonométrique est \(T\)-périodique. Donc \(\frac{x(t + T)}{x(t)} = e^{-3T} = e^{-3\pi/2}\) dès que \(x(t) \neq 0\). Ce rapport vaut environ \(0{,}009\) : l’amplitude est divisée par plus de 100 à chaque oscillation.
4. Pour \(h = 26\), \(r^2 + 26r + 25 = (r + 1)(r + 25)\). Donc \(x(t) = \lambda e^{-t} + \mu e^{-25t}\), avec \(\lambda + \mu = 0{,}1\) et \(-\lambda – 25\mu = 0\). On obtient \(\mu = -\frac{1}{240}\) et \(\lambda = \frac{25}{240}\). Ainsi \(x(t) = \frac{25e^{-t} – e^{-25t}}{240}\). Pour \(t \geqslant 0\), on a \(e^{-25t} \leqslant e^{-t} < 25e^{-t}\), donc \(x(t) > 0\) : la masse ne repasse jamais par l’équilibre.

Interprétation physique : le frottement critique \(h = 10\) sépare deux mondes. En dessous, la masse oscille autour de l’équilibre avec une amplitude qui décroît géométriquement. Au-dessus, elle revient lentement, sans jamais traverser la position d’équilibre. Les amortisseurs d’une voiture sont d’ailleurs réglés près du régime critique, afin que la caisse se stabilise vite sans rebondir.

Corrigé de l’exercice 14 – Retrouver l’équation à partir de solutions

Idée clé : on injecte la fonction donnée et on identifie les coefficients ; pour la seconde question, la différence de deux solutions est solution homogène.

1. Posons \(y = e^{x}\cos(2x)\). Alors \(y^{\prime} = e^{x}\left(\cos(2x) – 2\sin(2x)\right)\) et \(y^{\prime\prime} = e^{x}\left(-3\cos(2x) – 4\sin(2x)\right)\). Ainsi \(y^{\prime\prime} + py^{\prime} + qy = e^{x}\left((p + q – 3)\cos(2x) – (2p + 4)\sin(2x)\right)\). Cette expression est nulle pour tout \(x\) ; en \(x = 0\) puis en \(x = \frac{\pi}{4}\), on obtient \(p + q = 3\) et \(2p + 4 = 0\). Donc \(p = -2\) et \(q = 5\). On retrouve que \(1 \pm 2i\) sont les racines de \(r^2 – 2r + 5\).
2. La différence \(d(x) = (x – 1)e^{-x}\) résout l’équation homogène. Or \(d^{\prime}(x) = (2 – x)e^{-x}\) et \(d^{\prime\prime}(x) = (x – 3)e^{-x}\). Donc \(d^{\prime\prime} + pd^{\prime} + qd = e^{-x}\left((1 – p + q)x + (2p – q – 3)\right)\). Ce polynôme doit être nul, d’où \(1 – p + q = 0\) et \(2p – q – 3 = 0\). En additionnant, \(p = 2\), puis \(q = 1\). Enfin, avec \(y = 2 + e^{-x}\), on trouve \(y^{\prime\prime} + 2y^{\prime} + y = e^{-x} – 2e^{-x} + 2 + e^{-x} = 2\). Donc \(p = 2\), \(q = 1\) et \(c = 2\).

Corrigé de l’exercice 15 – Suite récurrente avec terme constant

Idée clé : une suite particulière constante plus la solution générale de la relation homogène donne toutes les suites, exactement comme pour les équations différentielles.

1. Une suite constante \(c\) convient si \(c = 5c – 6c + 2\), soit \(2c = 2\). La suite constante égale à 1 convient.
2. Posons \(w_n = u_n – 1\). Alors \(w_{n+2} = 5w_{n+1} – 6w_n\). L’équation \(r^2 – 5r + 6 = 0\) a pour racines \(2\) et \(3\), donc \(w_n = \lambda 2^n + \mu 3^n\). Les conditions \(w_0 = w_1 = -1\) donnent \(\lambda + \mu = -1\) et \(2\lambda + 3\mu = -1\), d’où \(\mu = 1\) et \(\lambda = -2\). Ainsi \(u_n = 3^n – 2^{n+1} + 1\). Contrôle : \(u_2 = 9 – 8 + 1 = 2 = 5 \times 0 – 6 \times 0 + 2\).
3. On a \(\frac{u_n}{3^n} = 1 – 2\left(\frac{2}{3}\right)^n + \frac{1}{3^n}\), qui tend vers 1. Donc \(u_n \sim 3^n\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 16 – Recollement en un point singulier

Idée clé : on résout sur chaque demi-droite, où la division par \(x\) est permise, puis on étudie ce qui se passe en 0.

1. Sur chacun des deux intervalles, l’équation s’écrit \(y^{\prime} – \frac{2}{x}y = x^2\). Une primitive de \(-\frac{2}{x}\) est \(-2\ln|x|\), donc les solutions homogènes sont \(\lambda x^2\). Posons \(y = \lambda(x)x^2\) : il vient \(\lambda^{\prime}(x)x^2 = x^2\), donc \(\lambda(x) = x + C\). Sur chaque demi-droite, les solutions sont \(x^3 + Cx^2\), avec une constante propre à chaque intervalle.
2. Soit \(y\) une solution sur \(\mathbb{R}\). Ses restrictions s’écrivent \(x^3 + C_1x^2\) pour \(x > 0\) et \(x^3 + C_2x^2\) pour \(x < 0\). De plus, l’équation en \(x = 0\) donne \(-2y(0) = 0\), donc \(y(0) = 0\). Réciproquement, fixons \(C_1\) et \(C_2\) et définissons \(y\) ainsi, avec \(y(0) = 0\). Pour \(x \neq 0\), le taux \(\frac{y(x) – y(0)}{x}\) vaut \(x^2 + C_ix\), qui tend vers 0. Donc \(y\) est dérivable en 0 avec \(y^{\prime}(0) = 0\), et l’équation est vérifiée en 0. Les solutions sur \(\mathbb{R}\) sont les fonctions égales à \(x^3 + C_1x^2\) sur \([0, +\infty[\) et à \(x^3 + C_2x^2\) sur \(]-\infty, 0[\), pour tous réels \(C_1\) et \(C_2\).
3. Une infinité de solutions vérifient \(y(0) = 0\) ; aucune ne vérifie \(y(0) = 1\). Le théorème de Cauchy ne s’applique pas sur \(\mathbb{R}\) : après normalisation, le coefficient \(-\frac{2}{x}\) n’est pas défini en 0.
4. La condition porte sur \(]0, +\infty[\) : \(1 + C_1 = 3\), donc \(C_1 = 2\). Les solutions cherchées sont égales à \(x^3 + 2x^2\) sur \([0, +\infty[\) et à \(x^3 + C_2x^2\) sur \(]-\infty, 0[\), avec \(C_2\) quelconque.

Point de méthode : un recollement se rédige toujours en deux temps. D’abord, on montre qu’une solution sur \(\mathbb{R}\) a nécessairement la forme annoncée sur chaque morceau, avec une valeur imposée au point singulier. Ensuite, on vérifie la réciproque : continuité, dérivabilité et équation au point singulier. Oublier la réciproque est l’erreur la plus fréquente en partiel.

La figure montre plusieurs de ces solutions : elles partagent la même branche à droite et se séparent à gauche de 0.

Corrigé de l’exercice 17 – Équation d’Euler par changement de variable

Idée clé : le changement \(x = e^t\) transforme les termes \(x^ky^{(k)}\) en combinaisons de dérivées de \(z\), à coefficients constants.

1. Par dérivation d’une composée, \(z^{\prime}(t) = e^{t}y^{\prime}(e^{t})\). En dérivant encore, \(z^{\prime\prime}(t) = e^{t}y^{\prime}(e^{t}) + e^{2t}y^{\prime\prime}(e^{t})\).
2. Avec \(x = e^t\), on a donc \(xy^{\prime}(x) = z^{\prime}(t)\) et \(x^2y^{\prime\prime}(x) = z^{\prime\prime}(t) – z^{\prime}(t)\). L’équation devient \(z^{\prime\prime} – z^{\prime} – 2z^{\prime} + 2z = e^{3t}\), c’est-à-dire \(z^{\prime\prime} – 3z^{\prime} + 2z = e^{3t}\). Comme \(t \mapsto e^{t}\) est une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(]0, +\infty[\), dérivable ainsi que sa réciproque \(\ln\), les deux problèmes sont équivalents. L’équivalence est établie.
3. Les racines de \(r^2 – 3r + 2\) sont \(1\) et \(2\). Comme \(P(3) = 2 \neq 0\), une solution particulière est \(\frac{e^{3t}}{2}\). Donc \(z(t) = \lambda e^{t} + \mu e^{2t} + \frac{e^{3t}}{2}\). En revenant à \(x = e^{t}\) : les solutions sont \(y(x) = \lambda x + \mu x^2 + \frac{x^3}{2}\), \((\lambda, \mu) \in \mathbb{R}^2\). Contrôle pour \(\frac{x^3}{2}\) : \(x^2 \cdot 3x – 2x \cdot \frac{3x^2}{2} + x^3 = x^3\).

Corrigé de l’exercice 18 – Problème du parachutiste et schéma d’Euler

Idée clé : l’équation exacte se résout avec une solution constante ; le schéma d’Euler produit une suite arithmético-géométrique qu’on compare à l’exponentielle.

1. En divisant par \(m\), on obtient \(v^{\prime} + \frac{h}{m}v = g\). Donc \(\tau = \frac{m}{h} = 5\) s.
2. La constante \(g\tau = 49\) est solution particulière. Ainsi \(v(t) = 49 + Ke^{-t/5}\), et \(v(0) = 0\) donne \(K = -49\). Donc \(v(t) = 49\left(1 – e^{-t/5}\right)\) et \(v_L = 49\) m/s.
3. On résout \(1 – e^{-t/5} = 0{,}95\), soit \(e^{-t/5} = 0{,}05\). Donc \(t = 5\ln 20 \approx 14{,}98\). Il faut environ \(15{,}0\) s.
4. La distance vérifie \(x^{\prime} = v\) et \(x(0) = 0\). En intégrant, \(x(t) = \int_0^t 49\left(1 – e^{-s/5}\right)\mathrm{d}s\). Donc \(x(t) = 49t – 245\left(1 – e^{-t/5}\right)\).
5. On a \(w_{n+1} = w_n + 0{,}5\left(9{,}8 – 0{,}2w_n\right) = 0{,}9\,w_n + 4{,}9\). Le point fixe \(\ell\) vérifie \(\ell = 0{,}9\ell + 4{,}9\), soit \(\ell = 49\). Ensuite, \(w_{n+1} – 49 = 0{,}9(w_n – 49)\), donc \(w_n – 49 = -49 \times 0{,}9^n\). Ainsi \(w_n = 49\left(1 – 0{,}9^n\right)\).
6. Comme \(0 < 0{,}9 < 1\), \(0{,}9^n\) tend vers 0. Donc \((w_n)\) converge vers \(49 = v_L\) : le schéma retrouve la bonne vitesse limite.
7. On a \(w_{10} = 49\left(1 – 0{,}9^{10}\right) \approx 49 \times 0{,}6513 \approx 31{,}91\) m/s. Par ailleurs, \(v(5) = 49\left(1 – e^{-1}\right) \approx 49 \times 0{,}6321 \approx 30{,}97\) m/s. Le schéma surestime la vitesse d’environ \(0{,}94\) m/s, soit 3 %.
8. On a \(t_n = 0{,}5n\), donc \(v(t_n) = 49\left(1 – e^{-0{,}1n}\right)\). L’inégalité \(1 – u \leqslant e^{-u}\) avec \(u = 0{,}1\) donne \(0 < 0{,}9 \leqslant e^{-0{,}1}\). En élevant à la puissance \(n\), ce qui est permis pour des nombres positifs, \(0{,}9^n \leqslant e^{-0{,}1n}\). Par conséquent, \(w_n \geqslant v(t_n)\) pour tout \(n\).

Interprétation : le schéma d’Euler remplace l’exponentielle \(e^{-0{,}1}\) par son approximation affine \(0{,}9\). Il conserve donc la structure de la solution, à savoir une vitesse limite et une approche géométrique. En revanche, il sous-estime légèrement le freinage. Si l’on divise le pas par deux, le facteur devient \(0{,}95\), plus proche de \(e^{-0{,}05}\), et l’écart diminue à peu près de moitié.

La figure superpose la vitesse exacte et les points du schéma d’Euler, toujours légèrement au-dessus.

Corrigé de l’exercice 19 – Problème de l’oscillateur forcé et des battements

Idée clé : hors résonance, la solution particulière a la forme du second membre ; à la résonance, on multiplie par \(t\) ; la limite se calcule comme un taux d’accroissement.

1. Avec \(y = a\cos(\omega t)\), on obtient \(y^{\prime\prime} + 4y = a(4 – \omega^2)\cos(\omega t)\). Donc \(a = \frac{1}{4 – \omega^2}\), qui existe car \(\omega \neq 2\).
2. La solution générale est \(y(t) = \frac{\cos(\omega t)}{4 – \omega^2} + A\cos(2t) + B\sin(2t)\). La condition \(y(0) = 0\) donne \(A = -\frac{1}{4 – \omega^2}\). Ensuite, \(y^{\prime}(0) = 2B = 0\), donc \(B = 0\). On obtient bien \(y_\omega(t) = \frac{\cos(\omega t) – \cos(2t)}{4 – \omega^2}\).
3. Pour \(\omega = 2\), \(2i\) est racine simple de \(r^2 + 4\), avec \(P^{\prime}(2i) = 4i\). On cherche \(z = cte^{2it}\) : le lemme donne \(4ic = 1\), soit \(c = -\frac{i}{4}\). La partie réelle de \(-\frac{i}{4}t\left(\cos(2t) + i\sin(2t)\right)\) vaut \(\frac{t\sin(2t)}{4}\). Cette fonction vérifie déjà \(y(0) = 0\) et \(y^{\prime}(0) = 0\), donc \(A = B = 0\). La solution est \(y(t) = \frac{t\sin(2t)}{4}\).
4. Fixons \(t\) et posons \(g(\omega) = \cos(\omega t)\). Alors \(y_\omega(t) = \frac{g(\omega) – g(2)}{\omega – 2} \times \frac{-1}{\omega + 2}\). Quand \(\omega\) tend vers 2, le premier facteur tend vers \(g^{\prime}(2) = -t\sin(2t)\) et le second vers \(-\frac{1}{4}\). Donc \(y_\omega(t)\) tend vers \(\frac{t\sin(2t)}{4}\).
5. La formule \(\cos a – \cos b = -2\sin\frac{a + b}{2}\sin\frac{a – b}{2}\) donne \(\cos(1{,}8t) – \cos(2t) = 2\sin(1{,}9t)\sin(0{,}1t)\). Comme \(4 – 1{,}8^2 = 0{,}76\), on obtient \(y(t) = \frac{50}{19}\sin(0{,}1t)\sin(1{,}9t)\). Le facteur \(\sin(1{,}9t)\) oscille vite, tandis que \(\frac{50}{19}\sin(0{,}1t)\) varie lentement et joue le rôle d’enveloppe. L’amplitude enfle puis s’éteint avec une période \(10\pi \approx 31{,}4\) : ce sont les battements.

Synthèse : les questions 4 et 5 décrivent le même phénomène sous deux angles. Quand \(\omega\) se rapproche de 2, la période de l’enveloppe, égale à \(\frac{2\pi}{|2 – \omega|}\), devient très grande. De plus, l’amplitude maximale \(\frac{2}{|4 – \omega^2|}\) explose. Sur un intervalle de temps fixé, on ne voit donc plus que la première phase de croissance de l’enveloppe, qui ressemble à la croissance linéaire de la résonance. Ainsi, la résonance apparaît comme un battement infiniment lent.

Pour aller plus loin

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