Corrigé du contrôle de maths L1 : équations différentielles d’ordre 1 et 2

Exercice 1 : Question de cours sur le premier ordre (3 points)

1. La fonction \(a\) est continue sur l’intervalle \(I\), donc elle admet une primitive \(A\) sur \(I\), qui est de classe \(C^1\).

   D’abord, la fonction \(y_\lambda : x \mapsto \lambda\, e^{-A(x)}\) est dérivable sur \(I\). De plus, on a \(y_\lambda^{\prime}(x) = -\lambda\, a(x)\, e^{-A(x)} = -a(x)\, y_\lambda(x)\). Donc \(y_\lambda\) est solution de \((H)\).

   Réciproquement, soit \(y\) une solution de \((H)\) sur \(I\). On pose \(z(x) = y(x)\, e^{A(x)}\). Alors \(z\) est dérivable sur \(I\) et :

   \[z^{\prime}(x) = \big(y^{\prime}(x) + a(x)\,y(x)\big)\, e^{A(x)} = 0.\]

   Or \(I\) est un intervalle. Par conséquent, d’après le théorème des accroissements finis, \(z\) est constante sur \(I\) : il existe \(\lambda \in \mathbb{R}\) tel que \(z = \lambda\). Ainsi \(y(x) = \lambda\, e^{-A(x)}\) pour tout \(x \in I\).

   Les solutions de \((H)\) sont les fonctions \(x \mapsto \lambda\, e^{-A(x)}\), avec \(\lambda \in \mathbb{R}\).

2. Soit \(y\) dérivable sur \(I\). Par linéarité de la dérivation, on a pour tout \(x \in I\) :

   \[(y – y_p)^{\prime}(x) + a(x)(y – y_p)(x) = \big(y^{\prime}(x) + a(x)y(x)\big) – b(x).\]

   En effet, \(y_p^{\prime} + a\,y_p = b\). Donc le membre de gauche est nul si et seulement si \(y^{\prime} + a\,y = b\). Ainsi \(y\) est solution de \((E)\) si et seulement si \(y – y_p\) est solution de \((H)\). L’ensemble des solutions de \((E)\) est donc une droite affine dirigée par \(x \mapsto e^{-A(x)}\).

Erreur fréquente : oublier de dire que \(I\) est un intervalle. Sur une réunion d’intervalles, une fonction de dérivée nulle n’est pas forcément constante.

Barème : a) 2 points : 0,5 point pour la vérification directe, 1 point pour le calcul de \(z^{\prime}\), 0,5 point pour la conclusion justifiée par le caractère d’intervalle ; b) 1 point : 0,5 point pour le calcul, 0,5 point pour l’équivalence rédigée dans les deux sens.

Exercice 2 : Variation de la constante et problème de Cauchy (4 points)

1. Ici \(a(x) = 2x\) est continue sur \(\mathbb{R}\), de primitive \(A(x) = x^2\). D’après le cours, les solutions de l’équation homogène sont les fonctions \(x \mapsto \lambda\, e^{-x^2}\), avec \(\lambda \in \mathbb{R}\).

2. Les fonctions \(x \mapsto 2x\) et \(x \mapsto \dfrac{e^{-x^2}}{1+x^2}\) sont continues sur \(\mathbb{R}\). On cherche donc les solutions sous la forme \(y(x) = \lambda(x)\, e^{-x^2}\), avec \(\lambda\) dérivable. Alors :

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

   Par conséquent, \(y\) est solution de \((E_2)\) si et seulement si \(\lambda^{\prime}(x) = \dfrac{1}{1+x^2}\) pour tout réel \(x\). Autrement dit, \(\lambda(x) = \arctan x + K\), avec \(K \in \mathbb{R}\).

   Les solutions de \((E_2)\) sont les fonctions \(x \mapsto (\arctan x + K)\,e^{-x^2}\), avec \(K \in \mathbb{R}\).

3. On a \(f(0) = (\arctan 0 + K)\,e^{0} = K\). Donc la condition \(f(0) = 1\) donne \(K = 1\). Le théorème de Cauchy-Lipschitz linéaire assure l’unicité. Ainsi \(f(x) = (1 + \arctan x)\,e^{-x^2}\).

   Ensuite, pour tout réel \(x\), \(|1 + \arctan x| \leq\, 1 + \dfrac{\pi}{2}\). Donc \(|f(x)| \leq\, (1 + \dfrac{\pi}{2})e^{-x^2}\), qui tend vers 0. Par encadrement, \(\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0\).

Barème : a) 1 point ; b) 2 points : 0,5 point pour la forme cherchée, 1 point pour le calcul de \(\lambda^{\prime}\), 0,5 point pour la primitive et la conclusion ; c) 1 point : 0,5 point pour \(f\), 0,5 point pour la limite justifiée.

Exercice 3 : Raccordement de solutions en 0 (4 points)

1. Sur \(]0,+\infty[\), \(x \neq 0\) : l’équation équivaut à \(y^{\prime} – \dfrac{2}{x}\,y = x^2\). Les coefficients sont continus sur cet intervalle.

   D’abord, \(-\dfrac{2}{x}\) a pour primitive \(-2\ln x\). Donc les solutions homogènes sont \(x \mapsto \lambda\, e^{2\ln x} = \lambda\, x^2\).

   Ensuite, on pose \(y(x) = \lambda(x)\,x^2\). Alors \(x\,y^{\prime}(x) – 2y(x) = \lambda^{\prime}(x)\,x^3 + 2\lambda(x)\,x^2 – 2\lambda(x)\,x^2 = \lambda^{\prime}(x)\,x^3\). Ainsi \(y\) est solution si et seulement si \(\lambda^{\prime}(x) = 1\), soit \(\lambda(x) = x + C_1\).

   Sur \(]0,+\infty[\), les solutions sont \(x \mapsto x^3 + C_1\,x^2\), avec \(C_1 \in \mathbb{R}\).

2. Sur \(]-\infty,0[\), une primitive de \(-\dfrac{2}{x}\) est \(-2\ln|x|\). Or \(e^{2\ln|x|} = x^2\). Le calcul de variation de la constante est donc identique. Les solutions sont \(x \mapsto x^3 + C_2\,x^2\), avec \(C_2 \in \mathbb{R}\).

3. Analyse. Soit \(y\) dérivable sur \(\mathbb{R}\) et solution de \((E_3)\) sur \(\mathbb{R}\). Ses restrictions sont solutions sur chacun des deux intervalles. Il existe donc \(C_1\) et \(C_2\) tels que \(y(x) = x^3 + C_1 x^2\) si \(x > 0\) et \(y(x) = x^3 + C_2 x^2\) si \(x < 0\). De plus, l’équation en \(x = 0\) donne \(0 \times y^{\prime}(0) – 2y(0) = 0\), donc \(y(0) = 0\).

   Synthèse. Soient \(C_1, C_2\) réels et \(y\) définie ainsi, avec \(y(0) = 0\). Elle est dérivable sur \(\mathbb{R}^*\). En 0, pour \(x > 0\), on a \(\dfrac{y(x) – y(0)}{x} = x^2 + C_1 x\), qui tend vers 0. De même, pour \(x < 0\), le taux vaut \(x^2 + C_2 x\), qui tend aussi vers 0. Donc \(y\) est dérivable en 0 et \(y^{\prime}(0) = 0\). Enfin, l’équation est vérifiée en 0 car \(0 \times 0 – 2 \times 0 = 0^3\).

   Les solutions sur \(\mathbb{R}\) sont les fonctions égales à \(x^3 + C_1 x^2\) sur \([0,+\infty[\) et à \(x^3 + C_2 x^2\) sur \(]-\infty,0]\), avec \((C_1, C_2) \in \mathbb{R}^2\) quelconque.

   L’ensemble des solutions est un plan affine (dimension 2), et non une droite. Cela ne contredit pas le cours : le coefficient de \(y^{\prime}\) s’annule en 0, donc l’équation n’est pas résolue sur \(\mathbb{R}\). Enfin, toute solution vérifie \(y(0) = 0\). Le problème de Cauchy \(y(0) = 1\) n’a donc aucune solution sur \(\mathbb{R}\).

   

Barème : a) 1,5 point : 0,5 point pour la mise sous forme résolue, 1 point pour la variation de la constante ; b) 0,5 point ; c) 2 points : 0,5 point pour l’analyse, 0,5 point pour la dérivabilité en 0, 0,5 point pour la conclusion, 0,5 point pour la dimension et le problème de Cauchy.

Exercice 4 : Second ordre et principe de superposition (4 points)

1. L’équation caractéristique est \(r^2 – 3r + 2 = 0\), soit \((r-1)(r-2) = 0\). Elle a deux racines réelles distinctes, 1 et 2. Les solutions de \((H_4)\) sont les fonctions \(x \mapsto A\,e^{x} + B\,e^{2x}\), avec \((A, B) \in \mathbb{R}^2\).

2. Soit \(y(x) = P(x)\,e^{x}\) avec \(P\) polynôme. Alors \(y^{\prime} = (P + P^{\prime})\,e^{x}\) et \(y^{\prime\prime} = (P + 2P^{\prime} + P^{\prime\prime})\,e^{x}\). Donc :

   \[y^{\prime\prime} – 3y^{\prime} + 2y = \big(P + 2P^{\prime} + P^{\prime\prime} – 3P – 3P^{\prime} + 2P\big)e^{x} = \big(P^{\prime\prime} – P^{\prime}\big)e^{x}.\]

   On cherche donc \(P\) tel que \(P^{\prime\prime} – P^{\prime} = x\). Comme 1 est racine simple, on prend \(P(x) = ax^2 + bx\). Alors \(P^{\prime\prime} – P^{\prime} = 2a – 2ax – b\). Par identification, \(-2a = 1\) et \(2a – b = 0\), donc \(a = -\dfrac{1}{2}\) et \(b = -1\).

   Vérification : avec \(P(x) = -\dfrac{x^2}{2} – x\), on a \(P^{\prime}(x) = -x – 1\) et \(P^{\prime\prime}(x) = -1\), donc \(P^{\prime\prime} – P^{\prime} = x\). Une solution particulière est \(y_1(x) = -(\dfrac{x^2}{2} + x)e^{x}\).

3. Le nombre \(i\) n’est pas racine de l’équation caractéristique. On cherche donc \(y(x) = \alpha\cos x + \beta\sin x\). Alors \(y^{\prime\prime} – 3y^{\prime} + 2y = (\alpha – 3\beta)\cos x + (3\alpha + \beta)\sin x\).

   Par identification, \(\alpha – 3\beta = 0\) et \(3\alpha + \beta = 10\). Ainsi \(\alpha = 3\beta\), puis \(10\beta = 10\) : \(\beta = 1\) et \(\alpha = 3\). Une solution particulière est \(y_2(x) = 3\cos x + \sin x\).

4. D’après le principe de superposition, \(y_1 + y_2\) est solution de l’équation complète. Ensuite, la structure affine des solutions donne le résultat. Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto A\,e^{x} + B\,e^{2x} – (\dfrac{x^2}{2} + x)e^{x} + 3\cos x + \sin x\), avec \((A, B) \in \mathbb{R}^2\).

Erreur fréquente : chercher \(P\) de degré 1 en b. Comme 1 est racine simple, le degré doit augmenter de 1.

Barème : a) 1 point ; b) 1,5 point : 0,5 point pour le calcul de \(y^{\prime\prime} – 3y^{\prime} + 2y\), 1 point pour \(P\) ; c) 1 point : 0,5 point pour le système, 0,5 point pour le résultat ; d) 0,5 point.

Exercice 5 : Problème : charge dans un circuit RLC (5 points)

1. Avec \(L = 1\), \(R = 2\) et \(\dfrac{1}{C} = \dfrac{1}{0{,}2} = 5\), l’équation devient \(q^{\prime\prime} + 2q^{\prime} + 5q = 10\). La charge \(q\) est solution de \(q^{\prime\prime} + 2q^{\prime} + 5q = 10\).

2. L’équation caractéristique est \(r^2 + 2r + 5 = 0\). Son discriminant vaut \(4 – 20 = -16 = (4i)^2\). Ses racines sont donc \(r = \dfrac{-2 \pm 4i}{2} = -1 \pm 2i\).

   Les solutions réelles sont les fonctions \(t \mapsto e^{-t}\big(\alpha\cos(2t) + \beta\sin(2t)\big)\), avec \((\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2\).

3. La fonction constante égale à 2 convient, car \(5 \times 2 = 10\). La solution générale est \(q(t) = 2 + e^{-t}\big(\alpha\cos(2t) + \beta\sin(2t)\big)\).

4. D’abord, \(q(0) = 2 + \alpha = 0\), donc \(\alpha = -2\). Ensuite, on dérive :

   \[q^{\prime}(t) = e^{-t}\big((2\beta – \alpha)\cos(2t) – (2\alpha + \beta)\sin(2t)\big).\]

   Ainsi \(q^{\prime}(0) = 2\beta – \alpha = 2\beta + 2 = 0\), donc \(\beta = -1\). Le problème de Cauchy a une unique solution. Pour \(t \geq\, 0\), \(q(t) = 2 – e^{-t}\big(2\cos(2t) + \sin(2t)\big)\).

5. Avec \(\alpha = -2\) et \(\beta = -1\), on a \(2\beta – \alpha = 0\) et \(-(2\alpha + \beta) = 5\). Donc \(i(t) = 5\,e^{-t}\sin(2t)\).

   Ensuite, \(|2\cos(2t) + \sin(2t)| \leq\, 3\), donc \(|q(t) – 2| \leq\, 3e^{-t}\), qui tend vers 0. Ainsi \(\lim_{t \to +\infty} q(t) = 2\) C. On retrouve \(C \times E = 0{,}2 \times 10 = 2\) : le condensateur finit chargé sous la tension du générateur. Le régime est pseudo-périodique, de pseudo-période \(\pi\) s.

   

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point : 0,5 point pour les racines, 1 point pour les solutions réelles ; c) 0,5 point ; d) 1,5 point : 0,5 point pour \(\alpha\), 0,5 point pour la dérivée, 0,5 point pour \(\beta\) ; e) 1 point : 0,5 point pour \(i(t)\), 0,5 point pour la limite et son interprétation.

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