Varions la constante... - Bibm@th.net
Exercice 1 - Varions la constante... ♡ [Signaler une erreur] [Ajouter à ma feuille d'exos] [Copier le lien]
Enoncé 
Résoudre les équations différentielles suivantes :
- $\displaystyle y''-3y'+2y=\frac{1}{1+e^{-2t}}$ ;
- $y''+4y=\tan t$.
Indication 
Résoudre d'abord l'équation homogène puis chercher une solution particulière à l'aide de la méthode de variation de la constante (en prenant compte qu'il s'agit d'une
Corrigé
- L'équation caractéristique associé à cette équation est $r^2-3r+2=0$ dont les solutions sont $1$ et $2$. Une base de l'ensemble des solutions homogènes est donnée par les fonctions $y_1:t\mapsto e^t$ et $y_2:t\mapsto e^{2t}$. On cherche une solution particulière $t\mapsto \lambda_1(t) y_1(t)+\lambda_2(t)y_2(t)$ où $\lambda_1,\lambda_2$ sont des fonctions dérivables sur $\mathbb R$ vérifiant le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} \lambda_1'(t)y_1(t)+\lambda_2'(t)y_2(t)&=&0\\ \lambda_1'(t)y_1'(t)+\lambda_2'(t)y_2'(t)&=&\displaystyle \frac{1}{1+e^{-2t}}. \end{array}\right. $$ On résout le système et on trouve $$\left\{ \begin{array}{rcl} \lambda_1'(t)&=&\displaystyle -\frac{e^{-t}}{1+e^{-2t}}\\ \lambda_2'(t)&=&\displaystyle \frac{e^{-2t}}{1+e^{-2t}}. \end{array} \right.$$ En reconnaissant les formes $u'/u$ et $u'/(1+u^2)$, on trouve qu'on peut choisir $$\left\{ \begin{array}{rcl} \lambda_1(t)&=&\displaystyle \arctan(e^{-t})\\ \lambda_2(t)&=&\displaystyle -\frac 12\ln(1+e^{-2t}). \end{array} \right. $$ Les solutions de l'équation sont donc les fonctions $$t\mapsto (\lambda+\arctan(e^{-t}))e^{t}+\left(\mu-\frac 12\ln(1+e^{-2t})\right)e^{2t}.$$
- On résout d'abord l'équation homogène sans second membre $y''+4y=0$. Son équation caractéristique est $r^2+4=0$, dont les racines sont $2i$ et $-2i$ et donc les fonctions $y_1:t\mapsto \sin(2t)$ et $y_2:t\mapsto \cos(2t)$ forment une base de l'ensemble des solutions de l'équation homogène. Pour déterminer une solution de l'équation avec second membre, on applique la méthode de variation de la constante en cherchant une solution qui s'écrit : $y(t)=\lambda_1(t)y_1(t)+\lambda_2(t)y_2(t)$. Les fonctions dérivées $\lambda_1'$ et $\lambda_2'$ doivent vérifier le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} \lambda_1'(t)y_1(t)+\lambda_2'(t)y_2(t)&=&0\\ \lambda_1'(t)y_1'(t)+\lambda_2'(t)y_2'(t)&=&\tan(t) \end{array}\right.$$ On remplace $y_1$ et $y_2$ par leurs valeurs respectives, et on trouve le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} \lambda_1'(t)\sin(2t)+\lambda_2'(t)\cos(2t)&=&0\\ \lambda_1'(t)\cos(2t)-\lambda_2'(t)\sin(2t)&=&\frac12\tan(t). \end{array}\right.$$ Il vient $$\lambda_1'(t)=\frac 12\cos(2t)\frac{\sin t}{\cos t}=\frac12\sin(2t)+\frac{1}{2}\frac{-\sin(t)}{\cos(t)}$$ en utilisant $\cos(2t)=2\cos^2(t)-1$. La dernière partie du membre de droite est de la forme $u'/u$. On peut intégrer et on trouve que l'on peut choisir $$\lambda_1(t)=-\frac 14\cos(2t)+\frac12\ln(\cos t).$$ De même, on trouve $$\lambda_2'(t)=-\sin^2(t)=-\frac12(1-\cos(2t))$$ ce qui nous amène à choisir $$\lambda_2(t)=-\frac t2+\frac 14\sin(2t).$$