aa-recueil.dviPCSI 2 Préparation des Khôlles 2013-2014
Chapitre 7 : Equations différentielles linéaire d’ordre 2
Exercice type 1
Résoudre y′′ − 5y′ + 6y = tet
��������
Solution
�
: L’équation caractéristique est r2 − 5r + 6 = (r − 2) (r − 3) , les solutions de l’équation homogène en y sont de la forme λe2t + µe3t. On pose alors y (t) = z (t) et. Alors y′ (t) = z′ (t) et + z (t) et y′′ (t) = z′′ (t) et + 2z′ (t) et + z (t) et d’où (après division par et �= 0) y′′ − 5y′ + 6y = tet
⇐⇒ z′′ + (2− 5) z′ + (1− 5 + 6) z = t
⇐⇒ z′′ − 3z′ + 2z = t
On cherche ensuite une solution sous la forme d’un polynôme de degré 1, z (t) = at+ b. Alors z′′ − 3z′ + 2z = t⇐⇒−3a+ 2at+ 2b = t⇐⇒ a =
1
2
, b =
3
4 z (t) = t 2
+
3
4
Les solutions de l’équation en y sont y (t) = λe2t + µe3t +
�
t
2
+
3
4 …afficher plus de contenu…

On pose y (t) = z (x) e(−1+i)t, alors y′ (t) = z′ (t) e(−1+i)t + (−1 + i) z (t) e(−1+i)t y′′ (t) = z′′ (t) e(−1+i)t + 2 (−1 + i) z′ (t) e(−1+i)t + (−1 + i)2 z (t) e(−1+i)t d’où y′′ + y = (5t− 7) e(−1+i)t
⇐⇒ z′′ + 2 (−1 + i) z′ +
�
1 + (−1 + i)2
�
z = (5t− 7)
⇐⇒ z′′ + 2 (−1 + i) z′ + (1− 2i) z = (5t− 7)
—3/5— G��� H���
PCSI 2 Préparation des Khôlles 2013-2014 on cherche z sous la forme d’un polynôme de degré 1, z (t) = at+ b. On obtient alors
−2 (1− i) a+ (1− 2i) (at+ b) = 5t− 7
⇐⇒
�
(1− 2i) a = 5
(1− 2i) b = −7 + 2 (1− i) a
⇐⇒
� a =
5
1− 2i = 1 + 2i
(1− 2i) b = −7 + 2 (1− i) a = −1 + 2i
Une solution particulière est donc
Re
�
((1 + 2i) t− 1) e(−1+i)t
� …afficher plus de contenu…

��������
Solution
��
: Les solutions de l’équation homogène sont (l’équation caractéristique est r2 + 1 qui a pour solutions i et
−i) : y (x) = A cosx+B