Corrigés - Equations différentielles - Tle S

Tle D Mathématiques 5) Equations différentielles – Tle S Corrigés – Equations différentielles – Tle S

Exercice 1

Résolution d’équations différentielles :

$f_{a;b}(x)=a\cos (x\sqrt3)+b\sin(x\sqrt3)(a \in \R~$ et $~b \in \R))$
$f_{a;b}(x)=ae^{2x}+be^{-2x}(a \in \R~$ et $~b \in \R)$
$4y”+y=0 \Harr y”+(\dfrac{1}{2})^2y=0.$
$f_{a;b}(x)=a\cos(\dfrac{1}{2}x)+b\sin(\dfrac{1}{2}x)(a \in \R~$ et $~b \in \R)$

Exercice 2

Résolvons l’équation différentielle suivante :
$(E)~:~f’-\dfrac{3}{2}f=0$ .
Les solutions de $(E)$ sont les fonctions de la forme :
$f_k(x)=ke^{\tfrac{3}{2}x}(k \in \R)$ .
Déterminons $g$
$g(0)=3 \Harr k=3~$ d’où $~\forall ~~x \in \R;g(x)=3e^{\tfrac{3}{2}x}$ .

Exercice 3

1) Déterminons toutes les solutions de : $(E).$
$(E) : 2y’+3y=0 \Harr y’+\dfrac{3}{2}y=0$
$\forall ~x \in \R;g_k(x)=ke^{-\tfrac{3}{2}x}(k \in \R)~$ sont les solutions de $(E).$

2.a) Déterminons $f$
Soit $(a;b;c) \in \R^3 ~$ tel que :
$~f(x)=ax^2+bx+c~$ et $~ a \mathrlap{\,/}{=} 0 \\ ~\forall ~x \in \R; f'(x)=2ax+b$

$f$ est de solution $(E’)\Harr 2f'(x)+3f(x)=x^2+1$
$f$ est de solution $(E’) \Harr 3ax^2+(4a+3b)x+2b+3c=x^2+1$ .

on obtient le système suivant∶ $\begin{cases} 3a=1 \\ 4a+3b=0 \\ 2b+3c=1 \end{cases}$

D’où $a=\dfrac{1}{3},b=-\dfrac{4}{9}~$ et $~c=\dfrac{17}{27}~$ alors $~\forall ~x \in \R;f(x)=\dfrac{1}{3}x^2-\dfrac{4}{9}x+\dfrac{17}{27}$ .

b) Montrons que g solution de $(E’)$ si et seulement si $g-f$ est solution de $(E).~\\ g$ est solution de $(E’) \Harr 2g'(x)+3g(x)=x^2+1 ~(1)$
Or $f$ est solution de $(E’) \Harr 2f'(x)+3f(x)=x^2+1 ~(2)$ .
$(1)-(2)\Harr 2(g-f)'(x)+3(g-f)(x)=0$ .
$(2)-(1)\Harr g-f~$ solution de $~(E)~$
D’où g solutions de $(E’)$ si et seulement si $g- f$ est solution de $(E).$

Exercice 4

Partie A

1) Démontrons que $h$ est solution de $(E)$
$h'(x)-2h(x)=2e^{2x}+4xe^{2x}-2=2(e^{2x}-1)~$ donc $h$ est solution de $(E).$

2) Résolution de $(F):f’-2f=0 :$
L’équation $(F)$ a pour ensemble solution $x \mapsto ke^{2x};k \in \R$ .
a) Montrons que $g$ est solution de $(E)$ si et seulement si $g-h$ est solution de $(F)$
$g$ est solution de $(E)$ entraîne que $g'(x)-2g(x)=2(e^{2x}-1)~(1)$
Or d’après 1) $h$ est solution de $(E)$ c’est-à-dire :
$h'(x)-2h(x)=2(2(e^{2x}-1))~~(2)$ .
$(1)-(2) \Rightarrow g'(x)-2g(x)-h'(x)+2h(x)=0$
$\Rightarrow g'(x)-h'(x)-2[g(x)-h(x)]=0$
$\Rightarrow (g-h)'(x)-2(g-h)(x)=0$
C’est-à-dire $(g-h)$ est solution de $(F)$ donc $g$ est solution de $(E)$ si et seulement si $(g-h)$ est solution de $(F).$
b) Déterminons toutes les solutions de $(E).$
On a $(g-h)$ solution de $(F)$ donc $g-h=ke^{2x}~$
or $~h(x)=2xe^{2x}+1~$ donc $~g(x)=2xe^{2x}+1+ke^{2x}=(2x+k)e^{2x}+1$ .
c) Déterminons la solution $\varphi ~$ de $~(E)~$ vérifiant $~\varphi(0)=0$
$\varphi(x)=0 \implies k=-1~$ d’où $~\varphi(x)=(2x-1)e^{2x}+1$

Partie B

Soit $f(x)=ke^{2x}; k \in \R$
1.a) $\lim\limits_{\substack{n\rightarrow -\infty}}f(x)=1.$
b) Comme $\lim\limits_{\substack{n\rightarrow -\infty}}f(x)=1.~$ donc la courbe $(Cf)$ de $f$ a pour asymptote horizontale la droite d’équation $y =1.$
2.a) $\lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}}f(x)=+\infty~\\ \lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}}\dfrac{f(x)}{x}=\lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}} \dfrac{(2x-1)e^{2x}+1}{x}=\lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}}[(\dfrac{2x-1}{x})e^x+\dfrac{1}{x}]=+\infty$
b) Interprétation du résultat
$\lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}}f(x)=+\infty~$ et $~\lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty~$ donc la courbe représentative de $f$ admet une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.

3) Etude de variation de $f$
$\forall ~x \in \R;~f$ est dérivable comme produit de fonctions dérivables et a pour fonction dérivée
$f'(x)=2e^{2x}+2(2x-1)e^{2x}=(2+4x-2)e^{2x} \Rightarrow f'(x)=4xe^{2x}$
Signe de $f'(x).$
$f'(x)\geq 0 \implies 4xe^{2x} \geq 0$
$Or~\forall ~x \in \R,e^{2x}>0~$ donc le signe de $f^’ (x)$ dépend de celui de $4x.$
$4x \geq 0~$ et $~x \geq 0$
Ainsi, $\forall ~x \in ]-\infty;0];f'(x) \leq 0~$ donc $f$ est décroissante sur $]-\infty;0]$ .
$\forall ~x \in [0;+\infty[;f'(x) \geq 0~$ Donc $f$ est croissante sur $[0;+\infty[~ \\ f(0)=0$

Tableau de variation

3) Démontrer que $\forall ~x \in \R;f(x) \geq 0$
$\forall ~x \in ]-\infty;0]~;~f$ est continue et décroissante donc $\forall~ ]-\infty;0]~$ c’est-à-dire pour tout $x \leq 0;f(x) \geq 0~$ or $~f(0)=0~$
donc sur $~]-\infty;0];f(x) \geq 0~\\ \forall ~x \in [0;+\infty[~,~f$ est continue et croissante
donc $\forall ~x \in [0;+\infty[~$ c’est-à- dire pour tout $~ x \geq 0;f(x) \geq f(0). ~$
Or $~f(0)=0~$ donc sur $~[0;+\infty[;f(x) \geq 0$ .

Conclusion : $\forall ~x \in ]-\infty;0]\cup[0;+\infty[=\R;f(x) \geq 0$

Construction

Partie C

1) Résolution
$1-f(x)\geq 0 \Rightarrow 1-(2x-1)e^{2x}-1 \geq 0 \\ \implies(2x-1)e^{2x} \leq 0 ~$
Or $~\forall ~x \in \R, e^{2x}>0~$ donc $~1-f(x) \geq 0 \Rightarrow (2x-1) \leq 0 \\ \implies x \leq \dfrac{1}{2}~$ donc $~S_R=]-\infty;\dfrac{1}{2}]$ .
Soit $I=\displaystyle{\int_{0}^{\tfrac{1}{2}}}(1-f(x))dx$ .

a) Interprétation graphique de $I.$
$I$ est l’aire (en unité d’aire) du domaine plan délimité par la courbe $(Cf),$ la droite d’équation $y=1$ et les droites d’équation $x= \dfrac{1}{2}~$ et $~ x=0$
b) Calculons $I$

Exercice 5

1) On pose $g(x)=ax^2+bx+c~$
d’où $~2g’+g=4ax+2b+ax^2+(4a+b)x+2b+c~$ soit par identification :

$\begin{cases}a=1 \\ 4a+b=2 \\ 2b+c=-2 \end{cases} \Harr \begin{cases}a=1 \\ b=-2 \\ c=2 \end{cases} \implies g(x)=x^2-2x+2$ .

Vérification, $2y’+y=4x-4+x^2-2x+2=x^2+2x-2,~$ ok

2) $f$ est solution de $(E): 2f’+f=x^2+2x-2=2g’+g \\ \Harr 2(f’-g’)+(f-g)=0 \Harr 2(f-g)’+(f-g)=0$ . on a donc bien $f - g$ est solution de l’équation différentielle : $2y’+y=0 (E’)$

3) $y’=-\dfrac{1}{2}y \Harr Ce^{-\tfrac{1}{2}x} ~$
d’où $~f(x)-g(x)=Ce^{-\tfrac{1}{2}x} \Harr f(x)=Ce^{-\frac{1}{2}x} +x^2-2x+2$ .

4) On doit avoir $f(0)=0 \Harr C+2=0 \\ \Harr C=-2~$ est la solution $~f(x)=-2e^{-\tfrac{1}{2}x}+x^2-2x+2.$

Exercice 6

1) On pose $u=t-1, v’=e^t \Rightarrow u’=1,v=e^t~$
d’où $~\displaystyle{\int_{1}^{x}} e^t(t-1)dt=[(t-1)e^t]_{1}^{x}-\displaystyle{\int_{1}^{x}} e^t dt \\ =(x-1)e^x-0-e^x+e=(x-2)e^x+e$

2) $f(x)=z(x)e^{-x}$ .
$f$ est solution de $(E): \\ f’+f=x-1 \Harr z'(x)e^{-x} -z(x)e^{-x}+z(x)e^{-x}=x-1 \\ \Harr z'(x)e^{-x} = x-1\Harr z'(x)=(x-1)e^x$

3) Il est clair que $z$ est une des primitives de $(x-1)e^x~$ , soit une fonction du type du 1. agrémentée d’une constante :
$z(x)=(x-2)e^x+e+K$

4) $f(x)=z(x)e^{-x} \Rightarrow f(x)=x-2+ee^{-x}+Ke^{-x}; \\ f(1)=-1+ee^{-1}+Ke^{-1}=Ke^{-1}=0 \Rightarrow K=0~$ .
La solution cherchée est donc $f(x)=x-2+e^{-x+1}.$

Exercice 7

1) Comme il y a une racine dans $Y’=2aY+2b\sqrt Y~$ on peut se dire que $~y=\varphi(Y)=\sqrt Y:~$
dérivons $~y’=\dfrac{Y’}{2\sqrt Y} ~$ ce qui donne $~y’=ay+b \\ \Harr \dfrac{Y’}{2\sqrt Y}=a\sqrt Y+b \Harr Y’=2aY+2b\sqrt Y.$ OK

2.a) $y’+y=0~$ a pour solutions $~y=Ce^{-x}$
b) $h(x)=(\alpha x + \beta)e^{-x} \Rightarrow h'(x)=(\alpha-\alpha x-\beta)e^{-x} \\ \Rightarrow (\alpha -\alpha x -\beta)e^{-x}+(\alpha x+ \beta)e^{-x}=2e^{-x}~$ d’où par identification :
$\alpha=2$ et $~\beta~$ quelconque, par exemple 0,soit $~h(x)=2xe^{-x}$ .

3.a) $y=g+h \Harr y=Ce^{-x}+2xe^{-x}=(C+2x)e^{-x}$
b) $f(0)=C=-1 \Rightarrow f(x)=(2x-1)e^{-x}$
c) Lorsque $x$ tend vers $+\infty~,~f~$ tend vers 0 (croissances comparées) ;
Vers $-\infty~,~f~$ tend vers $-\infty$ car $2x-1$ tend vers $-\infty~$ et $~e^{-x}~$ vers $+\infty.~ \\ f'(x)=-f(x)+2e^{-x}=(3-2x)e^{-x}$

Exercice 8

1.a) $f'(x)=ae^{ax}=af(x)~$ donc $~f(x)=e^{ax}~$ est solution de l’équation $~y’=ay$
b) $h'(x)=g'(x)e^{-ax}-ag(x)e^{-ax} \\ =ag(x)e^{-ax}-ag(x)e^{-ax}=0 \Rightarrow h(x)=K$
c) $h(x)=K=g(x)e^{-ax} \Rightarrow g(x)=Ke^{ax}$

2) $f_0(x)=a\cos x+b \sin x~$ est solution de l’équation différentielle $(E) : y’=2y+\cos x~$ Si:
a) $f’_0(x)=2f_0(x)+\cos x \Harr -a\sin x+b\cos x \\ =2(a\cos x+b\sin x)+\cos x$
$\Rightarrow \begin{cases}-a=2b \\ b=2a+1\end{cases} \Rightarrow b=\dfrac{1}{5},a=-\dfrac{2}{5}$

b) $y’=2y~$ a pour solution $~y=Ke^{2x}.$
c) $f$ est solution de $(E)$ si et seulement si :
$\begin{cases}f’=2f+\cos x \\ f’_0=2f_0+\cos x \end{cases} \Harr f’-f’_0=2(f-f_0),$ soit $~f-f_0$ solution de $(E_0)$ .

d) Les solutions de $(E)$ sont données par
$f-f_0=Ke^{2x} \Harr f(x)=(-\tfrac{2}{5}\cos x+\tfrac{1}{5}\sin x)+Ke^{2x}$

e) $k(\dfrac{\pi}{2})=(-\dfrac{2}{5}\cos \dfrac{\pi}{2} + \dfrac{1}{5}\sin \dfrac{\pi}{2})+Ke^{2\frac{\pi}{2}}$

=\dfrac{1}{5}+Ke^{\pi}=0 \Harr K=-\dfrac{1}{5}e^{-\pi}

Exercice 9

1) Résolvons dans $\R$ l’équation différentielle $:y”+2y’+5y=0~$
L’équation caractéristique est $r^2+2r+5=0$
$\Delta=(2)^2-4(5)=-16=16i^2~$
donc $~r_1=\dfrac{-2-4i}{2}=-1-2i~$ et $~r_2=\dfrac{-2+4i}{2}=-1+2i~$
Par conséquent l’ensemble solution de $(E)$ est l’ensemble des fonctions $f$ telles que
$f(x)=(A\cos 2x+B\sin 2x)e^{-x}~$ avec $~A \in \R;B \in \R$

2) Déterminons la solution $f$ qui vérifie $f(0)=1~$ et $~ f'(0)=-1$
$f$ est dérivable sur $\R ~$ et
$~f'(x)=[(-2A-B)\sin 2x+(2B-A)\cos 2x]e^{-x} \\ f(0)=1 \Rightarrow A=1~$ et $~f'(0)=-1 \Rightarrow 2B-A=-1$
On trouve $A=1~$ et $~B=0~$ d’où $~f(x)=(\cos 2x)e^{-x}$

3) On pose $F(x)=\dfrac{-1}{5}[f'(x)+2f(x)]$
a) Démontrons que $F$ est primitive de $f$ sur $\R~$ on a :

F'(x)=\dfrac{-1}{5}[f'(x)+2f(x)]’=\dfrac{-1}{5}[f”(x)+2f'(x)]

=\dfrac{-1}{5}[4\sin 2x-3\cos 2x-4\sin 2x-2\cos 2x]e^{-x}

=\dfrac{-1}{5}(-5\cos 2x)e^{-x}~= f(x)

Donc $F$ est primitive de $f$ sur $\R~$ et
$~F(x)=\dfrac{-1}{5}[f'(x)+2f(x)]$
$\dfrac{-1}{5}[-2\sin 2x-\cos 2x+2\cos 2x]e^{-x}$
$=\dfrac{-1}{5}(-2\sin 2x+\cos 2x)e^{-x}$
b) Calcul de $\displaystyle{\int_{0}^{\tfrac{\pi}{2}}}f(x)dx$
$\displaystyle{\int_{0}^{\tfrac{\pi}{2}}}f(x)dx=[F(x)]_0^{\frac{\pi}{2}}=F(\dfrac{\pi}{2})-F(0)=\dfrac{1}{5}(e^{-\frac{\pi}{2}}+1)$

Exercice 10

1.a) Déterminons $h(t)$ en fonction de a $h(t)=ke^{at}(k \in \R)$
b) Déterminons a
à $t=2003;h(t)=14 \Rightarrow ke^{2003a}=14 (1)$
à $t=2006;h(t)=33 \Rightarrow ke^{2006a}=33 (2)$

\dfrac{(1)}{(2)} \Rightarrow \dfrac{ke^{2003a}}{ke^{2006a}}=\dfrac{14}{33} \Rightarrow e^{-3a}=\dfrac{14}{33} \Rightarrow e^{3a}=\dfrac{33}{14}

$\Rightarrow 3a=\ln(\dfrac{33}{14})=0,87 \Rightarrow a=0,29$
Déduisons que $h(t)=14e^{a(t-2003)}$
à $t=2003; h(t)=14 \Rightarrow ke^{2003a}=14 \Rightarrow k=14e^{2003a}$
En remplaçant $k$ par $14e^{-2003a}~$ dans l’égalité $~h(t)=ke^{at};$
on obtient $h(t)=14e^{2003a} \times e^{at}=14e^{-2003a+at}=14e^{a(t-2003)}~$
d’où $~h(t)=14e^{a(t-2003)}$

2.a) Population de Mathville en 2017
à $t=2017;h(t)=14e^{0,29(2017-2003)} \\ =14e^{4,06}=14 \times 58=812~$ (en milliers) d’habitants.
b) L’année en laquelle Mathville aura 2000 000 d’habitants
$h(t)=2000 \Rightarrow 14e^{0,29(t-2003)}=2000 \Rightarrow e^{0,29(t-2003)}=\dfrac{2000}{14}$
$\Rightarrow 0,29(t-2003)=\ln (\dfrac{2000}{14})=4,96 \\ \Rightarrow t=2020,10 ~$ d’où Mathville aura 2000 000 d’habitants en 2021.