Extraits de sujets d'examens - Freestephane.basnary.free.fr/cifop/BTS/Equations...

NOM:................................. – PRENOM: ................................. – Date: ........................ Classe: ......... – Section:................

Extraits de sujets d'examens

Thème:

Équations différentielles du 2nd ordre

Table des matièresDescriptif des sujets d'examens............................................................................................................2EXERCICE n°.....: Résolution d'une équation différentielle du 2nd ordre......................................3EXERCICE 2011_Gr_C: (Extrait du sujet Groupement C – Session 2011)....................................4EXERCICE 2010_Gr_C: (Extrait du sujet Groupement C – Session 2010)....................................5EXERCICE 2009_Gr_C: (Extrait du sujet Groupement C – Session 2009)....................................6EXERCICE 2006_Gr_C: (Extrait du sujet Groupement C – Session 2006)....................................7EXERCICE 2011_Gr_B: (Extrait du sujet Groupement B – Session 2011)....................................8EXERCICE 2009_Gr_B: (Extrait du sujet Groupement B – Session 2009)....................................9EXERCICE 2006_Gr_B: (Extrait du sujet Groupement B – Session 2006)..................................10EXERCICE 2013_CPI: (Extrait du sujet CPI – Session 2013)......................................................11EXERCICE 2012_CPI: (Extrait du sujet CPI – Session 2012)......................................................12EXERCICE 2011_CPI: (Extrait du sujet CPI – Session 2011)......................................................13EXERCICE 2010_CPI: (Extrait du sujet CPI – Session 2010)......................................................14EXERCICE 2008_CPI: (Extrait du sujet CPI – Session 2008)......................................................15EXERCICE 2007_CPI: (Extrait du sujet CPI – Session 2007)......................................................16EXERCICE 2006_CPI: (Extrait du sujet CPI – Session 2006)......................................................17EXERCICE 2005_CPI: (Extrait du sujet CPI – Session 2005)......................................................18EXERCICE 2004_CPI: (Extrait du sujet CPI – Session 2004)......................................................19EXERCICE 2003_CPI: (Extrait du sujet CPI – Session 2003)......................................................20EXERCICE 2002: (Extrait du sujet CPI Groupement B – Session 2002).....................................21EXERCICE 2000: (Extrait du sujet CPI Groupement B – Session 2000).....................................22

M. Basnary S. Maths – Équations différentielles – Sujets d'examens Page n°1/22

Descriptif des sujets d'examens

Solution y0 Solution particulière yp Lien avecSigne de Δ Par vérification Par identification Partie B.

EXERCICE – 0 + Polynôme U × V Polynôme U × V Lien ?

2011_Gr_C X b Oui2010_Gr_C X a x + b Oui2009_Gr_C X c Non2006_Gr_C X a x + b Oui

2011_Gr_B X X Oui2009_Gr_B X X Oui2006_Gr_B X X Oui

2013_CPI X a x + b Oui2012_CPI X 250 Oui2011_CPI X k × cos x + 1 Oui2010_CPI X X Oui2008_CPI X X Oui2007_CPI X Pas de questions sur yp donc yp = 0 et yg = y0 Oui2006_CPI X Degré 3 Oui2005_CPI X X Non2004_CPI X X Oui2003_CPI X X Oui

2002 X X Oui2000 X X Oui


EXERCICE n°.....: Résolution d'une équation différentielle du 2nd ordre

On considère l'équation différentielle (E) qui vous est donnée, dans laquelle y est une fonction de la variable réelle x, définie et dérivable sur l'ensemble des nombres réels ℝ, y' sa fonction dérivée et y'' sa fonction dérivée seconde.

1. Donner l'équation différentielle homogène (E0) associée à (E) puis déterminer la solution y0 de (E0).

2. Solution particulière yp(x).

a) A l'aide des informations qui vous sont données, re-écrire l'expression de la solution particulière yp de (E) puis déterminer l'expression de sa fonction dérivée et de sa fonction dérivée seconde.

Aide: On fera attention à la forme de yp pour le calcul de sa dérivée.

b) Donner et appliquer la méthode qui permet de déterminer que la fonction yp soit une solution particulière de (E).

c) Donner ou redonner l'expression complète de yp.

3. Déduire des questions 1. et 2. l'ensemble des solutions de l'équation différentielle (E).

4. A l'aide des conditions initiales (CI) qui vous sont données, déterminer l'expression complète de la fonction f, solution sur ℝ de l'équation différentielle (E) et qui vérifie ces conditions initiales.

CORRECTION:

1. L'équation caractéristique est : a r 2 + b r + c = 0 avec un discriminant Δ = (b)2 – 4 × a × ca b c Δ √Δ r1 r2 α β y0 (x)

2. La solution particulière yp est :yp' (x) = (...)yp'' (x) = (...)La méthode est par vérification ou bien par identification des coefficients.

3. Solution: yg (x) = y0 (x) + yp (x) = (...)

4. Les conditions initiales sont: (...)Le système d'équations donne: (...)Solution: f (x) = Remarque:


EXERCICE 2011_Gr_C: (Extrait du sujet Groupement C – Session 2011)Les deux parties de cet exercice peuvent être traitées de façon indépendante.

Partie A. Résolution d'une équation différentielleOn considère l'équation différentielle

(E) : y'' + 2 y' + y = 2

dans laquelle y désigne une fonction de la variable réelle x, définie et deux fois dérivable sur ℝ, y' désigne la fonction dérivée de y, et y'' désigne la fonction dérivée seconde.

1. Résoudre sur ℝ l'équation différentielle (E0) : y'' + 2 y' + y = 0 .

2. Soit un réel b. on définit sur ℝ la fonction constante g par : g(x) = b .Déterminer b pour que la fonction g soit une solution particulière de l'équation (E).

3. En déduire les solutions de l'équation (E).

4. Déterminer la fonction f, solution particulière de l'équation (E) sur ℝ, qui vérifie les conditions : f (0) = 3 et f ( – ½ ) = 2.

Partie B. Étude de fonctionSoit f la fonction définie sur ℝ par f (x) = ( 2 x + 1 ) × e – x + 2.

(…)

CORRECTION:

1. L'équation caractéristique est : r 2 + 2 r + 1 = 0 avec un discriminant Δ = (b)2 – 4 × a × c a b c Δ √Δ r1 r2 α β y0 (x)1 2 1 0 0 – 1 – 1 ( λ × x + μ ) e – x

2. La solution particulière yp est la fonction g (x) = b avec g' (x) = 0 et g'' (x) = 0 La méthode est par identification des coefficients:(E) g'' + 2 g' + g = 2 ⇔ b = 2 ⇔ g (x) = 2

3. Solution: yg (x) = y0 (x) + yp (x) ⇔ yg (x) = ( λ × x + μ ) e – x + 2

4. Les conditions initiales portent uniquement sur f. Il est inutile de déterminer la dérivée de yg.Remarque: Dans le cas contraire, la fonction y0 est du type U × V donc y'g (x) = λ × e – x + ( λ × x + μ ) × ( – 1 ) × e – x Le système d'équations donne:

{ f 0=3

f ' −12=2}⇔{ 2=3

−12×exp 1

22=2}⇔{ =1

−12=0}⇔{=1

=2}Solution: f (x) = yg (x) = ( 2 × x + 1 ) e – x + 2

Remarque: On retrouve bien la fonction à étudier dans la partie B. de l'exercice.


EXERCICE 2010_Gr_C: (Extrait du sujet Groupement C – Session 2010)

Les deux parties A et B de cet exercice peuvent être traités de façon indépendante.

Partie A.

1. a)Résoudre l'équation différentielle : 2 y'' + y' – y = 0 où y est une fonction de la variable réelle

x, définie et deux fois dérivable sur l'ensemble ℝ des nombres réels, y' est la fonction dérivée de y et y'' est la fonction dérivée seconde de y.

b)Déterminer les nombres réels a et b pour que la fonction g définie sur l'ensemble ℝ des nombres réels par g (x) = a x + b soit une solution de l'équation différentielle

(E) : 2 y'' + y' – y = – x + 2

c) En déduire les solutions de l'équation (E) sur l'ensemble ℝ des nombres réels.

2. Déterminer la solution f de l'équation (E) qui vérifie f (0) = 0 et f ' (0) = 0.

Partie B.

Soit f la fonction définie sur l'intervalle [ 0 ; + ∞ [ par f (x) = e – x + x – 1.(…)

CORRECTION:

1. a)L'équation caractéristique est : 2 r 2 + r t – 1 = 0 avec un discriminant Δ = (b)2 – 4 × a × c

a b c Δ √Δ r1 r2 α β y0 (x)2 1 – 1 9 3 ½ – 1 λ × e ½ x + μ × e – x

b)La solution particulière yp est la fonction g (x) = a x + b avec g' (x) = a et g'' (x) = 0 La méthode est par identification des coefficients:(E) 2 g'' + g' – g = – x + 2 ⇔ a – a x – b = – x + 2On ordonne les termes ⇔ – a x + a – b = – x + 2On identifie les termes en x et les termes constants– a x = – x ⇔ a = 1 ⇔ a = 1a – b = 2 ⇔ 1 – b = 2 ⇔ b = – 1 ⇔ g (x) = x – 1

c) Solution: yg (x) = y0 (x) + yp (x) ⇔ yg (x) = λ × e ½ x + μ × e – x + x – 1

2. Les conditions initiales portent sur f et f '. Il faut donc déterminer la dérivée de yg.y'g(x) = ½ λ × e ½ x – μ × e – x + 1Le système d'équations donne:

{ f 0=0f ' 0=0}⇔{ −1=0

12−1=0}⇔{ =1

12−=−1}⇔{=1

=0}Solution: f (x) = yg(x) = e – x + x – 1Remarque: On retrouve bien la fonction à étudier dans la partie B. de l'exercice.



A. Résolution d'une équation différentielle

On considère l'équation différentielle(E) : y'' + 2 y' + y = 3

où y est une fonction de la variable réelle x, définie et deux fois dérivable sur l'ensemble des nombres réels ℝ, y' désigne sa fonction dérivée et y'' sa fonction dérivée seconde.

1. Déterminer une solution constante de l'équation (E).

Aide: Recherche-t-on la fonction y0 ou bien yp? Quelle est donc la méthode à adopter?

2. Résoudre l'équation (E).

Aide: Recherche-t-on la fonction y0 , yp et/ou yg. Quelle est donc la méthode à adopter?

3. La courbe C représentée en annexe est la représentation graphique d'une solution f de l'équation différentielle (E). En utilisant les propriétés graphiques de cette courbe, déterminer l'expression de f (x).

Aide: Graphiquement on remarque que le point de la courbe C d'abscisse x = 0 a pour ordonnée y = 5. La pente de la courbe en ce point est nulle. Quelles sont alors les conditions initiales.

B. Étude statistique

Un nuage de points est dessiné sur le graphique donné en annexe.(…)

CORRECTION:

1. On cherche la solution particulière yp de (E). Les données de l'énoncé indique que:yp (x) = a (solution constante).yp' (x) = 0yp'' (x) = 0 et la méthode est par identification des coefficients:(E) : y'' + 2 y' + y = 3 ⇔ yp (x) = 3 donc la solution particulière est yp (x) = 3

2. On cherche la solution générale yg de (E). Déterminons d'abord la solution y0 de (E0)L'équation caractéristique est : r 2 + 2 r + 1 = 0 avec un discriminant Δ = (b)2 – 4 × a × c

a b c Δ √Δ r1 r2 α β y0 (x)1 2 1 0 0 – 1 – 1 ( λ × x + μ ) × e – x Solution: yg (x) = ( λ × x + μ ) × e – x + 3

3. Les conditions initiales portent sur f et f '. Il faut donc déterminer la dérivée de yg.y'g (x) = λ × e – x + ( λ × x + μ ) × ( – e – x ) soit y'g (x) = ( – λ × x + λ – μ ) × e – x

Le système d'équations donne: { f 0=5f ' 0=0}⇔{3=5

−=0}⇔{=2=2}

Solution: f (x) = ( 2 × x + 2 ) × e – x + 3Remarque: Nous n'avons pas d'informations sur l'expression de f dans la partie B. de l'exercice.




On considère l'équation différentielle (E) : y'' – 4 y' + 3 y = – 3 x – 2.où y est une fonction de la variable réelle x, définie et deux fois dérivable sur l'ensemble des nombres réels ℝ, y' sa fonction dérivée et y'' sa fonction dérivée seconde.

1. Résoudre sur l'ensemble ℝ des nombres réels, l'équation différentielle(E0) : y'' – 4 y' + 3 y = 0

2. Soit a et b deux réels. On considère la fonction g définie sur ℝ par g (x) = a x + b. Déterminer les réels a et b pour que la fonction g soit solution particulière de l'équation différentielle (E).

3. En déduire l'ensemble des solutions de l'équation différentielle (E) (i.e. La solution générale).

4. Déterminer la solution particulière f de l'équation différentielle (E) qui vérifie les conditions initiales f (0) = – 1 et f '' (0) = 9.

B. Étude locale d'une fonction

Soit f la fonction définie sur l'ensemble des réels ℝ par f (x) = e 3 x – x – 2 .(...)

CORRECTION:

1. L'équation caractéristique est : r 2 – 4 r + 3 = 0 avec un discriminant Δ = (b)2 – 4 × a × ca b c Δ √Δ r1 r2 α β y0 (x)1 – 4 3 4 2 3 1 λ × e 3 x + μ × e x

2. La méthode est par identification des coefficients: g (x) = a x + bIl faut calculer g' (x) et g'' (x) et utiliser l'équation (E): g' (x) = a et g'' (x) = 0.On utilise (E) avec la fonction g: g'' – 4 g' + 3 g = – 3 x – 2. 0 – 4 a + 3 × (a x + b) = – 3 x – 2On ordonne les termes 3 × a x – 4 a + 3 × b = – 3 x – 2On identifie en écrivant un système vérifié par les constantes présentes dans la fonction g:

Le système d'équation donne: {3 a=−3−4a3 b=−2}⇔{a=−1

3 b=−24 a}⇔{a=−1b=−2}

Solution: yp (x) = g (x) = – x – 2

3. Solution: yg (x) = y0 (x) + yp (x) ⇔ yg (x) = λ × e 3 x + μ × e x – x – 2

4. Les conditions initiales portent sur f et f ''. Il faut donc déterminer les deux dérivées de yg .y'g (x) = 3 λ × e 3 x + μ × e x + g' (x) et y''g(x) = 9 λ × e 3 x + μ × e x + g'' (x).Le système d'équations et sa résolution donne:

{ f 0=−1f ' ' 0=9}⇔{−2=−1

9=9 }⇔{=19=9}⇔{=1

=0}Solution: f (x) = 1 × e 3 x – x – 2 Remarque: On retrouve bien la fonction à étudier dans la partie B. de l'exercice.


EXERCICE 2011_Gr_B: (Extrait du sujet Groupement B – Session 2011)Les deux parties de cet exercice peuvent être traitées de façon indépendantes

Partie A. Résolution d'une équation différentielleOn considère l'équation différentielle (E) : y'' – 3 y' + 2 y = – 2 e x + 6.

où y est une fonction inconnue de la variable réelle x, définie et deux fois dérivable sur ℝ, y' la fonction dérivée de y et y'' sa fonction dérivée seconde.

1. Équation homogène.

a) Résoudre dans ℝ l'équation : r 2 – 3 r + 2 = 0.

b) En déduire les solutions définies sur ℝ de l'équation différentielle (E0) :

y'' – 3 y' + 2 y = 0.

2. Soit g la fonction définie sur ℝ par g(x) = 2 x × e x + 3.

a) Cette question est une question à choix multiples. Une seule réponse est exacte. Recopier sur la copie la réponse qui vous paraît exacte. On ne demande aucune justification. La réponse juste rapporte un point. Une réponse fausse ou une absence de réponse ne rapporte ni n'enlève de point. La fonction dérivée g' de la fonction g est définie sur ℝ par :

g' (x) = 2 e x g' (x) = 2 x e x g' (x) = ( 2 x + 2 ) e x b) Démontrer que la fonction g est une solution particulière de l'équation différentielle (E).

3. En déduire l'ensemble des solutions de l'équation différentielle (E).

4. Déterminer la solution f de l'équation différentielle (E) qui vérifie les conditions initiales :f (0) = 2 et f ' (0) = 1.

Partie B. Étude d'une fonction et calcul intégral.Soit f la fonction définie sur ℝ par f (x) = ( 2 x – 1 ) × e x + 3.

(…)


EXERCICE 2009_Gr_B: (Extrait du sujet Groupement B – Session 2009)

Les trois parties de cet exercice peuvent être traités de façon indépendante.


On considère l'équation différentielle (E ) : y'' – 2 y' + y = 8 × e x .où y est une fonction de la variable réelle x, définie et deux fois dérivable sur l'ensemble des nombres réels ℝ, y' la fonction dérivée de y et y'' sa fonction dérivée seconde.

1. Déterminer les solutions définies sur ℝ de l'équation différentielle (E0) : y'' – 2 y' + y = = 0

2. Soit h la fonction définie sur ℝ par h (x) = 4x 2 e x .Démontrer que la fonction h est une solution particulière de l'équation différentielle (E ).

3. En déduire l'ensemble des solutions de l'équation différentielle (E ).

4. Déterminer la solution f de l'équation différentielle (E ) qui vérifie les conditions initiales:f (0) = – 4 et f ' (0) = – 4.


Soit f la fonction définie sur ℝ par f (x) = ( 4x 2 – 4 ) × e x.(...)

CORRECTION:

1. L'équation caractéristique est : r 2 – 2 r + 1 = 0 avec un discriminant Δ = (b)2 – 4 × a × ca b c Δ √Δ r1 r2 α β y0 (x)1 – 2 1 0 0 1 1 ( λ × x + μ ) × e x

2. La solution particulière yp est la fonction h h (x) = 4 x 2 × e x h (x) est de la forme U × V donch' (x) = 8 x × e x + 4 x 2 × e x ⇔ h' (x) = ( 4 x 2 + 8 x ) × e x h' (x) est de la forme U × V donch'' (x) = ( 8 x + 8 ) × e x + ( 4 x 2 + 8 x ) ×e x ⇔ h'' (x) = ( 4 x 2 + 16 x + 8 ) × e x La méthode est par vérification:h'' – 2h + h = ( 4x 2 + 16x + 8) × e x – 2 ( 4x 2 + 8x ) × e x + 4x 2 × e x = 8 e x = 2nd membre de (E)h est bien une solution particulière de (E)

3. Solution: yg (x) = y0 (x) + yp (x) ⇔ yg (x) = ( λ × x + μ ) × e x + 4 x 2 × e x

4. Les conditions initiales portent sur f et f '. Il faut donc déterminer la dérivée de yg y'g (x) = y0' (x) + yp' (x) = λ × e x + ( λ × x + μ ) × e x + ( 4 x 2 + 8 x ) × e x

Le système d'équations donne: { f 0=−4f ' 0=−4}⇔{=−4

=−4}⇔{=−4=0 }

Solution: f (x) = ( 0 × x – 4 ) × e x + 4 x 2 × e x soit f (x) = ( 4 x 2 – 4 ) × e x Remarque: On retrouve bien la fonction à étudier dans la partie B. de l'exercice.


EXERCICE 2006_Gr_B: (Extrait du sujet Groupement B – Session 2006)


On considère l'équation différentielle(E) : y'' – 3 y' – 4 y = – 5 e – x.

où y est une fonction de la variable réelle x, définie et deux fois dérivable sur l'ensemble des nombres réels ℝ, y' sa fonction dérivée et y'' sa fonction dérivée seconde.

1. Déterminer les solutions de l'équation différentielle (E0) : y'' – 3 y' – 4 y = 0

2. Démontrer que la fonction h définie sur ℝ par h (x) = x × e –x, est une solution particulière de l'équation différentielle (E).

Aide: La fonction h (x) est de la forme U (x) × V (x). Attention donc pour calculer la dérivée de la fonction h, puis la dérivée seconde h'' (x).


4. Déterminer la solution particulière f de l'équation différentielle (E) qui vérifie les conditions initiales f (0) = 2 et f ' (0) = – 1.


Soit f la fonction définie sur l'ensemble des réels ℝ par f (x) = ( x + 2 ) × e – x.(...)

CORRECTION:

1. L'équation caractéristique est : r 2 – 3 r – 4 = 0 avec un discriminant Δ = (b)2 – 4 × a × ca b c Δ √Δ r1 r2 α β y0 (x)1 – 3 – 4 25 5 4 – 1 λ × e 4 x + μ × e – x

2. La méthode est par vérification: h (x) = x × e – x h (x) est de la forme U × V donc h' (x) = 1 × e – x + x ×( – e – x ) = ( – x + 1) × e – x h' (x) est de la forme U × V donc h'' (x) = – 1 × e – x + ( – x + 1) ×( – e – x ) = ( x – 2) × e – x h'' – 3 h' – 4 h = ( x – 2) × e – x – 3 × ( – x + 1) × e – x – 4 × x × e – x = ( x – 2 + 3 x – 3 – 4 x) × e – x = – 5 × e – x = 2nd membre de (E)h est bien une solution particulière de (E)

3. Solution: yg (x) = y0 (x) + yp (x) ⇔ yg (x) = λ × e 4 x + μ × e – x + x × e – x

4. Les conditions initiales portent sur f et f '. Il faut donc déterminer la dérivée de yg . y'g(x) = 4 λ × e 4 x – μ × e – x + h' (x). Le système d'équations et sa résolution donne:

{ f 0=2f ' 0=−1}⇔{=2

4−1=−1}⇔{=24−=−2}⇔{3=0

4−=−2}⇔{=0=2}

Solution: f (x) = + 2 × e – x + x × e – x = ( x + 2 ) × e – x Remarque: On retrouve bien la fonction à étudier dans la partie B. de l'exercice.


EXERCICE 2013_CPI: (Extrait du sujet CPI – Session 2013)

Partie A. Résolution d'une équation différentielleOn considère l'équation différentielle (E) : y'' + 4 y' + 5 y = 10 x + 3

où y est une fonction de la variable réelle x, définie et deux fois dérivable sur ℝ, y' sa fonction dérivée et y'' sa fonction dérivée seconde.

1. Déterminer les solutions définies sur ℝ de l'équation différentielle (E0) : y'' + 4 y' + 5 y = 0.

2. Déterminer les constantes réelles a et b telles que la fonction g définie sur ℝ par g(x) = a x + b soit une solution particulière de l'équation différentielle (E).


4. Déterminer la solution particulière f de l'équation différentielle (E) qui vérifie les conditions initiales f (0) = – 1 et f ' (0) = 4.

Partie B. Étude locale d'une fonctionOn considère la fonction f définie sur ℝ par f (x) = 2 e – 2 x sin(x) + 2 x – 1 . (…)

CORRECTION 1. (E0) : y'' + 4 y' + 5 y = 0. C'est une équation du second ordre.

L'équation caractéristique de (E0) est : r 2 + 4 r + 5 = 0.Cette équation est du type : a r 2 + b r + c = 0 avec a = 1, b = 4 et c = 5.Le discriminant Δ de l'équation caractéristique est Δ = (b) 2 – 4 a c soit Δ = – 4 et √Δ = 2 i.Les solutions de l'équation caractéristique sont r = ( – b ± √Δ ) / ( 2a) soit r = – 2 ± 1 i.D'après le formulaire, en prenant α = – 2 et β = 1, les solutions de l'équation (E0) s'écrivent :

y0(x) = ( λ cos x + μ sin x ) × e – 2 x . 2. La solution particulière yp est ici notée g avec g(x) = a x + b. g'(x) = a et g''(x) = 0.

La méthode à utiliser est la méthode par identification(E) : y'' + 4 y' + 5 y = 10 x + 3 ⇔ g'' + 4 g' + 5 g = 10 x + 3 ⇔ 0 + 4 a + 5 ( a x + b ) = 10 x + 3 ⇔ 5 a x + 4 a + 5 b ) = 10 x + 3Par identification termes à termes nous obtenons :5 a x = 10 x ⇔ a = 2 ⇔ a = 24 a + 5 b = 3 ⇔ 8 + 5 b = 3 ⇔ b = – 1 et g(x) = 2 x – 1 .

3. Les solutions de (E) s'écrivent : yg = y0 + yp . Soit :

yg (x) = ( λ cos x + μ sin x ) × e – 2 x + 2 x – 1

4. Les conditions initiales sont f (0) = – 1 et f ' (0) = 4.Il faut dériver la fonction yg. yg est une fonction de type U × V avec :

U (x) = ( λ cos x + μ sin x ) → U ' (x) = ( – λ sin x + μ cos x )

V (x) = e – 2 x → V ' (x) = – 2 e – 2 x donc

yg' = U ' V + U V ' ⇔ yg' (x) = ( – λ sin x + μ cos x ) e – 2 x + ( λ cos x + μ sin x ) × ( – 2 ) e – 2 x + 2.

yg (0) = – 1 ⇔ λ – 1 = – 1 ⇔ λ = 0yg' (0) = 4 ⇔ μ + λ × ( – 2 ) + 2 = 4 ⇔ μ = 2.La solution f de l'équation (E) s'écrit :

f (x) = 2 e – 2 x sin(x) + 2 x – 1 .

Remarque(s) : On retrouve bien la fonction f de la Partie B de cet exercice.



Partie A. Étude locale d'une fonction(...)

Partie B. Résolution d'une équation différentielle et étude de fonctionPour le confort des passagers, on souhaite choisir un amortisseur permettant un retour à la

position d'équilibre le plus bref possible sans oscillation.

On sélectionne un amortisseur dont la distance y(t) du châssis par rapport au sol exprimée en millimètres, vérifie l'équation différentielle :

(F) : y'' + 40 y' + 400 y = 100 000.

où y est une fonction de la variable t, définie et deux fois dérivable sur [ 0 ; + ∞ [, y' sa fonction dérivée et y'' sa fonction dérivée seconde.

1. Donner les solutions de l'équation différentielle sans second membre :

(F0) : y'' + 40 y' + 400 y = 0.

2. Montrer que la fonction g définie sur l'intervalle [ 0 ; + ∞ [ par g(t) = 250 est une solution de l'équation différentielle (F).

3. En déduire l''ensemble des solutions de (F).

4. Déterminer la solution h de F vérifiant les conditions initiales h (0) = 100 et h ' (0) = 0.

5. On considère la fonction h définie sur [ 0 ; + ∞ [ par h (t) = ( – 3000 t – 150 ) e – 20 t + 250.

(…)

CORRECTION:

1. L'équation caractéristique est : r 2 + 40 r + 400 = 0 avec un discriminant Δ = (b)2 – 4 × a × ca b c Δ √Δ r1 r2 α β y0 (t)1 40 400 0 0 – 20 – 20 ( λ × t + μ ) × e – 20 t

2. La solution particulière yp est la fonction g (t) = 250 avec g' (t) = 0 et g'' (t) = 0La méthode est par vérification:(E) g'' + 40 g' + 400 g = 400 × 250 = 100 000 = 2nd membre de (E)g est bien une solution particulière de (E)

3. Solution: yg (t) = y0 (t) + yp (t) ⇔ yg (t) = ( λ × t + μ ) × e – 20 t + 250

4. Les conditions initiales portent sur f et f '. Il faut donc déterminer la dérivée de yg . y'g (t) = λ × e t + ( λ × t + μ ) × ( – 20 ) × e – 20 t Le système d'équations et sa résolution donne:

{h 0=100h ' 0=0 }⇔{250=100

−20=0 }⇔{=−150=20 }⇔{=−150

=−3000}Solution: f (t) = ( – 3000 × t – 150 ) × e – 20 t + 250Remarque: On retrouve bien la fonction à étudier dans la question 5. de l'exercice.


EXERCICE 2011_CPI: (Extrait du sujet CPI – Session 2011)Les trois parties A, B, et C peuvent être traitées de façon indépendante.

Partie A. Résolution d'une équation différentielle.On considère l'équation différentielle (E) : y'' – 2 y' + y = 1 – sin x, où y est une fonction de la

variable réelle x, définie et deux fois dérivable sur ℝ, y' sa fonction dérivée et y'' sa fonction dérivée seconde.

1. Déterminer les solutions définies sur ℝ de l'équation différentielle (E0) : y'' – 2 y' + y = 0.

2. Déterminer la constante réelle k telle que la fonction g définie sur ℝ par g(x) = k cos x + 1 soit une solution particulière de l'équation différentielle (E).


4. Déterminer la solution particulière f de l'équation différentielle (E) qui vérifie les conditions initiales f (0) = 3/2 et f ' (0) = 1.

Partie B. Étude locale d'une fonction.On considère la fonction f définie sur ℝ par f (x) = 1 + e x – ½ cos x.

(…)

CORRECTION:

1. L'équation caractéristique est : r 2 – 3 r – 4 = 0 avec un discriminant Δ = (b)2 – 4 × a × ca b c Δ √Δ r1 r2 α β y0 (x)1 – 2 1 0 0 1 1 ( λ × x + μ ) × e x

2. La solution particulière yp est la fonction g (x) = k × cos x + 1 avec: g' (x) = – k × sin x et g'' (x) = – k × cos x

La méthode est par identification des coefficients:(E) g'' – 2 g' + g = 1 – sin x ⇔ – k × cos x + 2 k × sin x + k × cos x + 1 = 1 – sin xOn simplifier les termes ⇔ 2 k × sin x + 1 = 1 – sin xOn identifie les termes en sin x :2 k = – 1 ⇔ k = – ½ ⇔ g (x) = – ½ × cos x + 1

3. Solution: yg (x) = y0 (x) + yp (x) ⇔ yg (x) = ( λ × x + μ ) × e x – ½ × cos x + 1

4. Les conditions initiales portent sur f et f '. Il faut donc déterminer la dérivée de yg . y'g (x) = λ × e x + ( λ × x + μ ) × e x + ½ sin x Le système d'équations et sa résolution1 donne:

{ f 0=32

f ' 0=1}⇔{−12

cos 01=32

12

sin 0=1 }⇔{12=

32

=1 }⇔{=1=0}

Solution: f (x) = e x – ½ × cos x + 1Remarque: On retrouve bien la fonction à étudier dans la partie B. de l'exercice.

1 Rappel(s): cos 0 = 1 et sin 0 = 0.



Les parties A et B de cet exercice peuvent être traités de façon indépendante.


On considère l'équation différentielle (E ) : 2 y'' + 2 y' + y = ( 5x 2 + 22x + 31 ) × e x .où y est une fonction de la variable réelle x, définie et deux fois dérivable sur ℝ, y' la fonction dérivée de y et y'' sa fonction dérivée seconde.

1. Déterminer les solutions l'équation différentielle (E0) : 2 y'' + 2 y' + y = 0.

2. Montrer que la fonction g définie par g (x) = ( x 2 + 2x + 3 ) × e x est une solution particulière de l'équation (E ).

3. En déduire l'ensemble des solutions de l'équation différentielle (E ).

4. Déterminer la solution particulière f de l'équation différentielle (E ) qui vérifie les conditions initiales: f (0) = 3 et f ' (0) = 5.

B. Étude d'une fonction

Soit f la fonction définie sur ℝ par f (x) = ( x 2 + 2x + 3 ) × e x .(...)

CORRECTION:

1. L'équation caractéristique est : 2 r 2 + 2 r + 1 = 0 avec un discriminant Δ = (b)2 – 4 × a × ca b c Δ √Δ r1 r2 α β y0 (x)2 2 1 – 4 2 i – ½ + ½ i – ½ – ½ i – ½ ½ [ λcos (½x) + μsin (½x) ] × e – ½ x

2. La solution particulière yp est la fonction g g (x) = ( x 2 + 2x + 3 ) × e x g (x) est de la forme U × V doncg' (x) = ( 2x + 2 ) × e x + ( x 2 + 2x + 3 ) × e x ⇔ g' (x) = ( x 2 + 4x + 5 ) × e x g' (x) est de la forme U × V doncg'' (x) = ( 2x + 4 ) × e x + ( x 2 + 4x + 5 ) × e x ⇔ g'' (x) = ( x 2 + 6x + 9 ) × e x La méthode est par vérification:2 g'' + 2 g + g = 2( x 2 + 6x + 9 ) × e x + 2 ( x 2 + 4x + 5 ) × e x + ( x 2 + 2x + 3 ) × e x = ( 5x 2 + 22x + 31 ) × e x = 2nd membre de (E)g est bien une solution particulière de (E)

3. Solution: yg (x) = y0 (x) + yp (x) ⇔ yg(x) = [λ cos (½x) + μ sin (½x)] × e – ½ x + ( x 2 + 2x + 3 ) × e x

4. Les conditions initiales portent sur f et f '. Il faut donc déterminer la dérivée de yg y'g (x) = [ – ½λ sin(½x) + ½μ cos(½x) ] × e – ½ x + [ λ cos(½x) + μ sin(½x) ] × (– ½ ) × e - ½ x + ( x 2 + 4x + 5 ) × e x

Le système d'équations donne: { f 0=3f ' 0=5}⇔{3=3

1/2×−1/2×5=5}⇔{=0=0}

Solution: f (x) = ( x 2 + 2x + 3 ) × e x Remarque: On retrouve bien la fonction à étudier dans la partie B. de l'exercice.




On considère l'équation différentielle(E) : y'' – y = ( – 4x – 6 ) × e – x.


1. Déterminer les solutions sur ℝ de l'équation différentielle (E0) : y'' – y = 0

2. Soit g la fonction définie sur ℝ par g (x) = ( x2 + 4x ) × e – x.Démonter que la fonction g est une solution particulière de l'équation différentielle (E).


4. Déterminer la solution particulière f de l'équation différentielle (E) qui vérifie les conditions initiales f (0) = 3 et f ' (0) = 1.


Soit f la fonction définie sur l'ensemble des réels ℝ par f (x) = ( x2 + 4x + 3 ) × e – x.(...)

CORRECTION:

1. L'équation caractéristique est : r 2 + 0 r – 1 = 0 avec un discriminant Δ = (b)2 – 4 × a × ca b c Δ √Δ r1 r2 α β y0 (x)1 0 – 1 4 2 +1 – 1 λ × e x + μ × e – x

2. La solution particulière yp est la fonction g g (x) = ( x2 + 4x ) × e – x g (x) est de la forme U × V doncg' (x) = ( 2x + 4 ) × e – x + ( x2 + 4x ) × ( – e – x ) ⇔ g' (x) = ( – x2 – 2x + 4 ) × e – x g' (x) est de la forme U × V doncg'' (x) = ( – 2x – 2 ) × e – x + ( – x2 – 2x + 4 ) ×( – e – x ) ⇔ g'' (x) = ( x2 – 6 ) × e – x La méthode est par vérification:g'' – g = ( x2 – 6 ) × e – x – ( x2 + 4x ) × e – x = ( – 4x – 6 ) × e – x = 2nd membre de (E)g est bien une solution particulière de (E)

3. Solution: yg (x) = y0 (x) + yp (x) ⇔ yg(x) = λ × e x + μ × e – x + ( x2 + 4x ) × e – x

4. Les conditions initiales portent sur f et f '. Il faut donc déterminer la dérivée de yg.y'g (x) = λ × e x – μ × e – x + g' (x) = λ × e x – μ × e – x + ( – x2 – 2x + 4 ) × e – x

Le système d'équations donne: { f 0=3f ' 0=1}⇔{=3

−4=1}⇔{=0=3}

Solution: f (x) = 3 × e – x + ( x2 + 4x ) × e – x Remarque: On retrouve bien la fonction à étudier dans la partie B. de l'exercice.




On considère l'équation différentielle(E) : y'' + 2 y' + 5/4 × y = 0


1. Déterminer les solutions de l'équation différentielle (E).

Aide: Remarquez que l'équation (E) ne possède pas de second membre.



Soit f la fonction définie sur ℝ par f (x) = 2 e – x × sin( ½ x )(...)

CORRECTION:

1. C'est déjà une équation homogène car il n'y a pas de 2nd membre. L'équation caractéristique est : r2 + 2 r + 5/4 = 0 avec un discriminant Δ = (b)2 – 4 × a × c

a b c Δ √Δ r1 r2 α β y0 (x)1 2 5/4 – 1 + i – 1 + ½ i – 1 – ½ i – 1 ½ [λ cos (½ x) + μ sin (½ x)] e – x

2. Les conditions initiales portent sur f et f '. Il faut donc déterminer la dérivée de y0. Comme y0 est de la forme U × V, nous avons:y'0 (x) = [– ½ λ sin ( ½ x ) + ½ μ cos ( ½ x)] × e – x + [λ cos ( ½ x ) + μ sin ( ½ x)] × (– e – x ).

y'0(x) = [( ½ μ – λ ) cos ( ½ x ) + ( – ½ λ – μ ) sin ( ½ x )] × e – x .

Le système d'équations et sa résolution donne: { f 0=0f ' 0=1}⇔{=0

12−=1}⇔{=0

=2}Solution: f (x) = 2 sin ( ½ x ) × e – x .Remarque: On retrouve bien la fonction à étudier dans la partie B. de l'exercice.




On considère l'équation différentielle(E) : y'' + 2 y' + 5 y = – 5 x3 + 4 x2 – 3 x + 2


1. Déterminer les solutions de l'équation différentielle (E0) : y'' + 2 y' + 5 y = 0

2. Montrer que la fonction g définie sur ℝ par g (x) = – x 3 + 2 x 2 – x, est une solution particulière de l'équation différentielle (E).




Soit f la fonction définie sur l'ensemble des réels ℝ par f (x) = sin(2x) × e – x – x3+ 2 x2 – x(...)

CORRECTION:

1. L'équation caractéristique est : r 2 + 2 r + 5 = 0 avec un discriminant Δ = (b)2 – 4 × a × ca b c Δ √Δ r1 r2 α β y0 (x)1 2 5 – 16 + 4 i – 1 + 2 i – 1 – 2 i – 1 2 [λ cos ( 2 x ) + μ sin ( 2 x )] e – x

2. g (x) = – x3 + 2 x2 – x (×5) g' (x) = – 3 x2 + 4 x – 1 (×2) g'' (x) = – 6 x + 4 (×1)La méthode est par vérification. Il faut calculer le 1er membre de (E) avec la fonction g.g'' (x) + 2 g' (x) + 5 g (x) = –5 x3 + 4 x2 – 3 x + 2 = 2nd membre de (E)g est bien une solution particulière de (E)

3. Solution: yg (x) = y0 (x) + yp (x) ⇔ yg (x) = [λ cos ( 2 x ) + μ sin ( 2 x )] × e – x – x3+ 2 x2 – x

4. Les conditions initiales portent sur f et f '.Il faut donc déterminer la dérivée de yg de forme U × V. y'g (x) = [– 2 λ sin ( 2 x ) + 2 μ cos ( 2 x)] × e – x + [λ cos ( 2 x ) + μ sin ( 2 x)] × (– e – x ) + g' (x)

y'g (x) = [( 2 μ – λ ) cos ( 2 x ) + ( – 2 λ – μ ) sin ( 2 x )] × e – x + g' (x)

Le système d'équations donne: { f 0=0f ' 0=1}⇔{=0

2−−1=1}⇔{=0=1}

Solution: f (x) = [ 1 sin ( 2 x )] × e – x – x3+ 2 x2 – xRemarque: On retrouve bien la fonction à étudier dans la partie B. de l'exercice.




On considère l'équation différentielle(E) : y'' – y = 2 × e – x.


1. Déterminer les solutions de l'équation différentielle (E0) : y'' – y = 0

2. Montrer que la fonction g définie sur ℝ par g (x) = – x × e –x, est une solution particulière de l'équation différentielle (E).

Aide: La fonction g (x) est de la forme U (x) × V (x). Attention donc pour calculer la dérivée de la fonction g, puis la dérivée seconde g'' (x).




Soit g la fonction définie sur l'ensemble des réels ℝ par g (x) = – x × e – x.(...)

CORRECTION:

1. L'équation caractéristique est : r 2 + 0 r – 1 = 0 avec un discriminant Δ = (b)2 – 4 × a × ca b c Δ √Δ r1 r2 α β y0 (x)1 0 – 1 4 2 1 – 1 λ × e x + μ × e – x

2. La méthode est par vérification: g (x) = – x × e – x g (x) est de la forme U × V donc g' (x) = – 1 × e – x – x ×( – e – x ) = (x – 1) × e – x g' (x) est de la forme U × V donc g'' (x) = 1 × e – x + ( x – 1) ×( – e – x ) = ( – x + 2) × e – x g'' + 0 g' – g = ( – x + 2) × e – x – ( – x ) × e – x = ( – x + 2 + x) × e – x = 2 × e – x = 2nd membre de (E)g est bien une solution particulière de (E)

3. Solution: yg (x) = y0 (x) + yp (x) ⇔ yg (x) = λ × e x + μ × e – x – x × e – x

4. Les conditions initiales portent sur f et f '. Il faut donc déterminer la dérivée de yg . y'g (x) = λ × e x – μ × e – x + g' (x). Le système d'équations et sa résolution donne:

{ f 0=0f ' 0=0}⇔{=0

−−1=0}⇔{=0−=1}⇔{2=1

−=1}⇔{=1/2=−1/2}

Solution: f (x) = ½ × e x – ½ μ × e – x – x × e – x Remarque: La fonction de la partie B est la solution particulière de l'équation différentielle.




On considère l'équation différentielle(E) : y'' + 2 y' + y = – 2 × e – x .


1. Déterminer les solutions de l'équation différentielle (E0) : y'' + 2 y' + y = 0

2. Montrer que la fonction h définie sur ℝ par h (x) = – x2 × e – x, est une solution particulière de l'équation différentielle (E).



4. Déterminer la solution particulière f de l'équation différentielle (E) qui vérifie les conditions initiales f (0) = 4 et f (2) = 0.


Soit f la fonction définie sur l'ensemble des réels ℝ par f (x) = ( 4 – x2 ) × e – x (...)

CORRECTION:

1. L'équation caractéristique est : r 2 + 2 r + 1 = 0 avec un discriminant Δ = (b)2 – 4 × a × ca b c Δ √Δ r1 r2 α β y0 (x)1 2 1 0 0 – 1 r1 ( λ × x + μ ) × e – x

2. La méthode est par vérification: h (x) = – x2 × e – x h est de la forme U × V donc h' (x) = – 2x × e – x – x2 × ( – e – x ) = (x2 – 2x) × e – x h' est de la forme U × V donc h'' (x) = (2x – 2) × e – x + (x2 – 2x) ×( –e – x ) = (–x2+ 4x – 2) × e – x h'' + 2 h' + h = (–x2 + 4x – 2) × e – x + 2 × (x2 – 2x) × e – x – x2 × e – x = (–x2 + 4x – 2 + 2x2 – 4x – x2 ) × e – x = – 2 × e – x = 2nd membre de (E)h est bien une solution particulière de (E)

3. Solution: yg (x) = y0 (x) + yp (x) ⇔ yg (x) =( λ × x + μ ) × e – x – x2 × e – x = ( λ × x + μ – x2 ) × e – x

4. Les conditions initiales portent uniquement sur f . Le système d'équations et sa résolution donne:

{ f 0=4f 2=0}⇔{=4

2−4=0}⇔{=4=0}

Solution: f (x) = 4 × e – x – x2 × e – x = ( 4 – x2 ) × e – x Remarque: On retrouve bien la fonction à étudier dans la partie B. de l'exercice.




On considère l'équation différentielle(E) : y'' + 5 y' + 6 y = 4 × e – 2 x .


1. Déterminer les solutions de l'équation différentielle (E0) : y'' + 5 y' + 6 y = 0

2. Vérifier que la fonction g définie sur ℝ par g (x) = 4 x × e – 2 x est une solution particulière de l'équation différentielle (E).

Aide: La fonction g (x) est de la forme U (x) × V (x). Attention donc pour calculer la dérivée de la fonction g, puis la dérivée seconde g'' (x).


4. Déterminer la solution particulière h de l'équation différentielle (E) qui vérifie les conditions initiales h (0) = 3 et h ' (0) = – 2.


Soit f la fonction définie sur l'ensemble des réels ℝ par f (x) = ( 4 x + 3 ) × e – 2 x (...)

CORRECTION:

1. L'équation caractéristique est : r 2 + 5 r + 6 = 0 avec un discriminant Δ = (b)2 – 4 × a × ca b c Δ √Δ r1 r2 α β y0 (x)1 5 6 1 1 – 2 – 3 λ × e – 2 x + μ × e – 3 x

2. La méthode est par vérification: g (x) = 4 x × e – 2 x g est de la forme U × V donc g' (x) = 4 × e – 2 x + 4 x ×( – 2 e – 2 x ) = (– 8x + 4) × e – 2 x g' est de la forme U × V donc g'' (x) = – 8 × e – 2 x + (– 8x + 4) ×( –2e – 2 x ) = (16x – 16) × e – 2 x g'' + 5 g' + 6 g = (16x – 16) × e – 2 x + 5 × (– 8x + 4) × e – 2 x + 6 × 4 x × e – 2 x = ( 16x – 16 – 40 x + 20 + 24 x ) × e – 2 x = 4 × e – 2 x = 2nd membre de (E)g est bien une solution particulière de (E)

3. Solution: yg (x) = y0 (x) + yp (x) ⇔ yg (x) = λ × e – 2 x + μ × e – 3 x + 4 x × e – 2 x

4. Les conditions initiales portent sur f et f '. Il faut donc déterminer la dérivée de yg . y'g (x) = – 2 λ × e – 2 x – 3 μ × e – 3 x + g' (x). Le système d'équations et sa résolution donne:

{h 0=3h ' 0=−2}⇔{=3

−2−34=−2}⇔{33=9−2−3=−6}⇔{=3

=0}Solution: h (x) = 3 × e – 2 x + 4 x × e – 2 x = ( 4 x + 3 ) × e – 2 x Remarque: On retrouve bien la fonction à étudier dans la partie B. de l'exercice.


EXERCICE 2002: (Extrait du sujet CPI Groupement B – Session 2002)


On considère l'équation différentielle (E) : y'' – y' – 2 y = (– 6 x – 4) × e – x.où y est une fonction de la variable réelle x, définie et deux fois dérivable sur l'ensemble des nombres réels ℝ, y' sa fonction dérivée et y'' sa fonction dérivée seconde.

1. Déterminer les solutions de l'équation différentielle (E0) : y'' – y' – 2 y = 0

2. Vérifier que la fonction h définie sur ℝ par h(x) = ( x2 + 2 x ) × e – x est une solution particulière de l'équation différentielle (E).



4. Déterminer la solution f de l'équation différentielle (E) qui vérifie les conditions initiales suivantes:

f (0) = 1 et f ' (0) = 1.


Soit f la fonction définie sur l'ensemble des réels ℝ par f (x) = ( x + 1)2 × e – x (...)

CORRECTION:

1. L'équation caractéristique est : r 2 – 1 r – 2 = 0 avec un discriminant Δ = (b)2 – 4 × a × ca b c Δ √Δ r1 r2 α β y0 (x)1 – 1 – 2 9 3 2 – 1 λ × e 2 x + μ × e – x

2. La méthode est par vérification: h (x) = (x2 + 2x) × e – x h est de la forme U × V donch' (x) = (2x +2) × e – x + (x2 + 2x) × ( – e – x ) h' (x) = (–x2 +2) × e – x h' est de la forme U × V donch'' (x) = (–2x) × e – x + (–x2 + 2) × ( –e – x ) h'' (x) = (x2 – 2x – 2) × e – x h'' – h' – 2 h = (x2 – 2x – 2) × e – x – (–x2 + 2) × e – x – 2 × (x2 + 2x) × e – x = ( x2 – 2x – 2 + x2 – 2 – 2x2 – 4x) ) × e – x = (– 6x – 4 ) × e – x = 2nd membre de (E)h est bien une solution particulière de (E)

3. Solution: yg (x) = y0 (x) + yp (x) ⇔ yg(x) = λ × e 2 x + μ × e – x +( x2 + 2 x ) × e – x

4. Les conditions initiales portent sur f et f '. Il faut donc déterminer la dérivée de yg . y'g (x) = 2 λ × e – 2 x – μ × e – 3 x + h' (x). Le système d'équations et sa résolution donne:

{ f 0=1f ' 0=1}⇔{=1

2−2=1}⇔{=12−=−1}⇔{=0

=1}Solution: f (x) = + 1 × e – x + ( x2 + 2 x ) × e – x = ( x2 + 2 x + 1 ) × e – x = ( x + 1)2 × e – x Remarque: On retrouve bien la fonction à étudier dans la partie B. de l'exercice.


EXERCICE 2000: (Extrait du sujet CPI Groupement B – Session 2000)


On considère l'équation différentielle (E) : y'' – 4 y = −163×e−2 x , où y est une fonction de la

variable réelle x, définie et deux fois dérivable sur l'ensemble des nombres réels ℝ, y' sa fonction dérivée et y'' sa fonction dérivée seconde.

1. Déterminer les solutions de l'équation différentielle (E0) : y'' – 4 y = 0

2. Vérifier que la fonction g définie par g x=43

x×e−2 x est une solution particulière de (E)..

Aide: La fonction g (x) est de la forme U (x) × V (x). Attention donc pour calculer g' puis g''.


4. Déterminer la solution h de l'équation différentielle (E) qui vérifie les conditions initiales:

h (0) =43 et h ' (0) = −

43 .


Soit f la fonction définie sur [ 0 ; + ∞ [ par f x = 431x ×e−2 x

(...)CORRECTION:

1. L'équation caractéristique est : r 2 + 0 r – 4 = 0 avec un discriminant Δ = (b)2 – 4 × a × ca b c Δ √Δ r1 r2 α β y0 (x)1 0 – 4 16 4 2 – 2 λ × e 2 x + μ × e – 2 x

2. La méthode est par vérification: (on garde 4/3 pour g' et g'') g (x) = 4/3 × x × e – 2 x g est de la forme U × V doncg' (x) = 4/3 × [1 e – 2 x + x ×( – 2 e – 2 x )] g' (x) = 4/3 × (– 2x + 1) × e – 2 x g' est de la forme U × V doncg'' (x) = 4/3 × [– 2 × e – 2 x + (– 2x + 1) ×( –2e – 2 x ) ] g'' (x) = 4/3 × ( 4x – 4) × e – 2 x g'' – 4 g = 4/3 × ( 4x – 4) × e – 2 x – 4 × 4/3 × x × e – 2 x = 4/3 × [ 4x – 4 – 4x ] × e – 2 x = 4/3 × ( – 4) × e – 2 x = 2nd membre de (E). g est bien une solution particulière de (E)

3. Solution: yg (x) = y0 (x) + yp (x) ⇔ yg (x) = λ × e 2 x + μ × e – 2 x + 4/3 × x × e – 2 x

4. Les conditions initiales portent sur f et f '. Il faut donc déterminer la dérivée de yg . y'g(x) = 2 λ × e – 2 x – 2 μ × e – 2 x + g' (x). Le système d'équations et sa résolution donne:

{ f 0=4/3f ' 0=−4/3}⇔{ =4/3

2−24 /3=−4/3}⇔{ =4 /3−=−4/3}⇔{ =0

=4/3}Solution: h (x) = 4/3 × e – 2 x + 4/3 × x × e – 2 x = 4/3 × ( x + 1) × e – 2 x Remarque: On retrouve bien la fonction à étudier dans la partie B. de l'exercice.


Extraits de sujets d'examens - Freestephane.basnary.free.fr/cifop/BTS/Equations...

Documents

Transcript of Extraits de sujets d'examens - Freestephane.basnary.free.fr/cifop/BTS/Equations...