Equations différentielles

Les équations différentielles linéaires du 1er ordre à coefficients constants avec un second membre de la forme tP(t)emtt\mapsto P\left(t\right)e^{mt} - Exercice 1

45 min
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Question 1

Résoudre, sur R\mathbb{R}, l'équation différentielle : y+4y=2e3ty'+4y=2e^{3t}.

Correction
Etape 1 : Résolution de l'équation homogène (E0):ay+by=0\left(E_0\right) :ay'+by=0 .
Etape 2 : Recherche d'une solution particulière
Le second membre est de la forme tP(t)emtt \mapsto P\left(t\right)e^{mt}
Premier cas :
Si mbam\ne -\frac{b}{a} , on cherche alors une solution particulière de la forme y1(t)=Q(t)emty_1\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}deg(Q)=deg(P)\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right) .
Deuxième cas :
Si m=bam=-\frac{b}{a} , on cherche alors une solution particulière de la forme y1(t)=Q(t)emty_1\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}deg(Q)=deg(P)+1\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right)+1
Autrement dit : y1(t)=Atemty_1\left(t\right)=Ate^{mt}ARA\in \mathbb{R}
Etape 3 : Donner les solutions générales de l'équation différentielle
Les solutions générales de (E)\left(E\right) sont les fonctions de la forme :
y(t)=y0(t)+y1(t)y\left(t\right)=y_0\left(t\right)+y_1\left(t\right)
Etape 1 : Résolution de l'équation homogène
Pour tout réel tt, on a :
On note (E0):y+4y=0\left(E_0\right) :y'+4y=0
  • Soit l'équation différentielle (E0)\left(E_0\right) : y+a(x)y=0y'+a\left(x\right)y=0 définie sur un intervalle II.
    L'ensemble des solutions de (E0)\left(E_0\right) est l'ensemble des fonctions de la forme y0=CeAy_0=Ce^AAA est une primitive de a-a et CC une constante réelle quelconque.
ici nous avons a(t)=4a\left(t\right)=4, ainsi A(t)=a(t)dtA\left(t\right)=\int{-a\left(t\right)}dt autrement dit A(x)=4tA\left(x\right)=-4t .
L'ensemble des solutions de (E0)\left(E_0\right) est l'ensemble des fonctions de la forme
y0(t)=Ce4ty_0\left(t\right)=Ce^{-4t}
CRC \in \mathbb{R} .
Etape 2 : Recherche d'une solution particulière
Le second membre t2e3tt\mapsto 2e^{3t} est de la forme P(t)emtP\left(t\right)e^{mt} avec deg(P)=0\deg\left(P\right)=0 et m=3m=3 .
Or 343\ne -4 c'est à dire mbam \ne -\frac{b}{a}
On cherche alors une solution particulière de la forme y1(t)=Q(t)emty_1\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}deg(Q)=deg(P)\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right) .
Autrement dit : y1(t)=Ae3ty_1\left(t\right)=Ae^{3t}ARA\in \mathbb{R}
Il vient alors que y1(t)=3Ae3ty_{1}^{'} \left(t\right)=3Ae^{3t} .
y1(t)+4y1(t)=2e3ty_{1}^{'} \left(t\right)+4y_1\left(t\right)=2e^{3t} équivaut successivement à :
3Ae3t+4Ae3t=2e3t3Ae^{3t}+4Ae^{3t}=2e^{3t}
3A+4A=23A+4A=2
7A=27A=2
Ainsi : A=27A=\frac{2}{7}
Une solution particulière de (E)\left(E\right) est alors y1(t)=27e3ty_1\left(t\right)=\frac{2}{7}e^{3t}
Etape 3 : Donner les solutions générales de l'équation différentielle
Les solutions générales de (E)\left(E\right) sont les fonctions de la forme :
y(t)=y0(t)+y1(t)y\left(t\right)=y_0\left(t\right)+y_1\left(t\right)
Finalement :
y(t)=Ce4t+27e3ty\left(t\right)=Ce^{-4t}+\frac{2}{7}e^{3t}
CC est une constante réelle quelconque.
Question 2

Résoudre, sur R\mathbb{R}, l'équation différentielle : 2y10y=e5t2y'-10y=-e^{5t}.

Correction
Etape 1 : Résolution de l'équation homogène (E0):ay+by=0\left(E_0\right) :ay'+by=0 .
Etape 2 : Recherche d'une solution particulière
Le second membre est de la forme tP(t)emtt \mapsto P\left(t\right)e^{mt}
Premier cas :
Si mbam\ne -\frac{b}{a} , on cherche alors une solution particulière de la forme y1(t)=Q(t)emty_1\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}deg(Q)=deg(P)\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right) .
Deuxième cas :
Si m=bam=-\frac{b}{a} , on cherche alors une solution particulière de la forme y1(t)=Q(t)emty_1\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}deg(Q)=deg(P)+1\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right)+1
Autrement dit : y1(t)=Atemty_1\left(t\right)=Ate^{mt}ARA\in \mathbb{R}
Etape 3 : Donner les solutions générales de l'équation différentielle
Les solutions générales de (E)\left(E\right) sont les fonctions de la forme :
y(t)=y0(t)+y1(t)y\left(t\right)=y_0\left(t\right)+y_1\left(t\right)
Etape 1 : Résolution de l'équation homogène
Pour tout réel tt, on a :
On note (E0):2y10y=e5t\left(E_0\right) :2y'-10y=-e^{5t} que l'on peut écrire y5y=12e5ty'-5y=-\frac{1}{2}e^{5t}
  • Soit l'équation différentielle (E0)\left(E_0\right) : y+a(x)y=0y'+a\left(x\right)y=0 définie sur un intervalle II.
    L'ensemble des solutions de (E0)\left(E_0\right) est l'ensemble des fonctions de la forme y0=CeAy_0=Ce^AAA est une primitive de a-a et CC une constante réelle quelconque.
ici nous avons a(t)=5a\left(t\right)=-5, ainsi A(t)=a(t)dtA\left(t\right)=\int{-a\left(t\right)}dt autrement dit A(x)=5tA\left(x\right)=5t .
L'ensemble des solutions de (E0)\left(E_0\right) est l'ensemble des fonctions de la forme
y0(t)=Ce5ty_0\left(t\right)=Ce^{5t}
CRC \in \mathbb{R} .
Etape 2 : Recherche d'une solution particulière
Le second membre t12e5tt\mapsto -\frac{1}{2}e^{5t} est de la forme P(t)emtP\left(t\right)e^{mt} avec deg(P)=0\deg\left(P\right)=0 et m=5m=5 .
Ici 5=ba5= -\frac{b}{a} c'est à dire m=bam= -\frac{b}{a}
On cherche alors une solution particulière de la forme y1(t)=Q(t)emty_1\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}deg(Q)=deg(P)+1\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right)+1 .
Autrement dit : y1(t)=(At+B)e5ty_1\left(t\right)=\left(At+B\right)e^{5t}(A;B)R2\left(A;B\right)\in \mathbb{R}^2
Il vient alors que y1(t)=(5At+A+5B)e5ty_{1}^{'} \left(t\right)=\left(5At+A+5B\right)e^{5t} .
y1(t)5y1(t)=12e5ty_{1}^{'} \left(t\right)-5y_1\left(t\right)=-\frac{1}{2}e^{5t} équivaut successivement à :
(5At+A+5B)e5t5(At+B)e5t=12e5t\left(5At+A+5B\right)e^{5t}-5\left(At+B\right)e^{5t}=-\frac{1}{2}e^{5t}
5At+A+5B5At5B=125At+A+5B-5At-5B=-\frac{1}{2}
Ainsi : A=12A=-\frac{1}{2} et BRB\in \mathbb{R}, on peut alors choisir un réel BB quelconque, par simplicité prenons B=0B=0.
Une solution particulière de (E)\left(E\right) est alors y1(t)=12te5ty_1\left(t\right)=-\frac{1}{2}te^{5t}
Etape 3 : Donner les solutions générales de l'équation différentielle
Les solutions générales de (E)\left(E\right) sont les fonctions de la forme :
y(t)=y0(t)+y1(t)y\left(t\right)=y_0\left(t\right)+y_1\left(t\right)
Finalement :
y(t)=Ce5t12te5ty\left(t\right)=Ce^{5t}-\frac{1}{2}te^{5t}
CC est une constante réelle quelconque.
Question 3

Résoudre, sur R\mathbb{R}, l'équation différentielle : y+y=te2ty'+y=te^{-2t}.

Correction
Etape 1 : Résolution de l'équation homogène (E0):ay+by=0\left(E_0\right) :ay'+by=0 .
Etape 2 : Recherche d'une solution particulière
Le second membre est de la forme tP(t)emtt \mapsto P\left(t\right)e^{mt}
Premier cas :
Si mbam\ne -\frac{b}{a} , on cherche alors une solution particulière de la forme y1(t)=Q(t)emty_1\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}deg(Q)=deg(P)\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right) .
Deuxième cas :
Si m=bam=-\frac{b}{a} , on cherche alors une solution particulière de la forme y1(t)=Q(t)emty_1\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}deg(Q)=deg(P)+1\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right)+1
Autrement dit : y1(t)=Atemty_1\left(t\right)=Ate^{mt}ARA\in \mathbb{R}
Etape 3 : Donner les solutions générales de l'équation différentielle
Les solutions générales de (E)\left(E\right) sont les fonctions de la forme :
y(t)=y0(t)+y1(t)y\left(t\right)=y_0\left(t\right)+y_1\left(t\right)
Etape 1 : Résolution de l'équation homogène
Pour tout réel tt, on a :
On note (E0):y+y=te2t\left(E_0\right) :y'+y=te^{-2t}
  • Soit l'équation différentielle (E0)\left(E_0\right) : y+a(x)y=0y'+a\left(x\right)y=0 définie sur un intervalle II.
    L'ensemble des solutions de (E0)\left(E_0\right) est l'ensemble des fonctions de la forme y0=CeAy_0=Ce^AAA est une primitive de a-a et CC une constante réelle quelconque.
ici nous avons a(t)=1a\left(t\right)=1, ainsi A(t)=a(t)dtA\left(t\right)=\int{-a\left(t\right)}dt autrement dit A(x)=tA\left(x\right)=-t .
L'ensemble des solutions de (E0)\left(E_0\right) est l'ensemble des fonctions de la forme
y0(t)=Cety_0\left(t\right)=Ce^{-t}
CRC \in \mathbb{R} .
Etape 2 : Recherche d'une solution particulière
Le second membre tte2tt\mapsto te^{-2t} est de la forme P(t)emtP\left(t\right)e^{mt} avec deg(P)=1\deg\left(P\right)=1 et m=2m=-2 .
Or 21-2\ne -1 c'est à dire mbam \ne -\frac{b}{a}
On cherche alors une solution particulière de la forme y1(t)=Q(t)emty_1\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}deg(Q)=deg(P)\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right) .
Autrement dit : y1(t)=(At+B)e2ty_1\left(t\right)=\left(At+B\right)e^{-2t}(A;B)R2\left(A;B\right)\in \mathbb{R}^2
Il vient alors que y1(t)=(2At+A2B)e2ty_{1}^{'} \left(t\right)=\left(-2At+A-2B\right)e^{-2t} .
y1(t)+y1(t)=te2ty_{1}^{'} \left(t\right)+y_1\left(t\right)=te^{-2t} équivaut successivement à :
(2At+A2B)e2t+(At+B)e2t=te2t\left(-2At+A-2B\right)e^{-2t}+\left(At+B\right)e^{-2t}=te^{-2t}
2At+A2B+At+B=t-2At+A-2B+At+B=t
At+AB=t-At+A-B=t
il vient alors que :
{A=1AB=0\left\{ \begin{array}{ccc}-A & = & 1 \\ A-B & = & 0 \end{array}\right.
{A=1B=1\left\{ \begin{array}{ccc}A & = & -1 \\ B & = & -1 \end{array}\right.
Une solution particulière de (E)\left(E\right) est alors y1(t)=(t1)e2ty_1\left(t\right)=\left(-t-1\right)e^{-2t}
Etape 3 : Donner les solutions générales de l'équation différentielle
Les solutions générales de (E)\left(E\right) sont les fonctions de la forme :
y(t)=y0(t)+y1(t)y\left(t\right)=y_0\left(t\right)+y_1\left(t\right)
Finalement :
y(t)=Cet+(t1)e2ty\left(t\right)=Ce^{-t}+\left(-t-1\right)e^{-2t}
CC est une constante réelle quelconque.
Question 4

Résoudre, sur R\mathbb{R}, l'équation différentielle : y+4y=(5t+2)e4ty'+4y=\left(5t+2\right)e^{-4t}.

Correction
Etape 1 : Résolution de l'équation homogène (E0):ay+by=0\left(E_0\right) :ay'+by=0 .
Etape 2 : Recherche d'une solution particulière
Le second membre est de la forme tP(t)emtt \mapsto P\left(t\right)e^{mt}
Premier cas :
Si mbam\ne -\frac{b}{a} , on cherche alors une solution particulière de la forme y1(t)=Q(t)emty_1\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}deg(Q)=deg(P)\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right) .
Deuxième cas :
Si m=bam=-\frac{b}{a} , on cherche alors une solution particulière de la forme y1(t)=Q(t)emty_1\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}deg(Q)=deg(P)+1\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right)+1
Autrement dit : y1(t)=Atemty_1\left(t\right)=Ate^{mt}ARA\in \mathbb{R}
Etape 3 : Donner les solutions générales de l'équation différentielle
Les solutions générales de (E)\left(E\right) sont les fonctions de la forme :
y(t)=y0(t)+y1(t)y\left(t\right)=y_0\left(t\right)+y_1\left(t\right)
Etape 1 : Résolution de l'équation homogène
Pour tout réel tt, on a :
On note (E0):y+4y=0\left(E_0\right) : y'+4y=0
  • Soit l'équation différentielle (E0)\left(E_0\right) : y+a(x)y=0y'+a\left(x\right)y=0 définie sur un intervalle II.
    L'ensemble des solutions de (E0)\left(E_0\right) est l'ensemble des fonctions de la forme y0=CeAy_0=Ce^AAA est une primitive de a-a et CC une constante réelle quelconque.
ici nous avons a(t)=4a\left(t\right)=4, ainsi A(t)=a(t)dtA\left(t\right)=\int{-a\left(t\right)}dt autrement dit A(x)=4tA\left(x\right)=-4t .
L'ensemble des solutions de (E0)\left(E_0\right) est l'ensemble des fonctions de la forme
y0(t)=Ce4ty_0\left(t\right)=Ce^{-4t}
CRC \in \mathbb{R} .
Etape 2 : Recherche d'une solution particulière
Le second membre t(5t+2)e4tt\mapsto \left(5t+2\right)e^{-4t} est de la forme P(t)emtP\left(t\right)e^{mt} avec deg(P)=1\deg\left(P\right)=1 et m=4m=-4 .
Or m=bam =-\frac{b}{a}
On cherche alors une solution particulière de la forme y1(t)=Q(t)emty_1\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}deg(Q)=deg(P)+1\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right)+1 .
Autrement dit : y1(t)=(At2+Bt+C)e4ty_1\left(t\right)=\left(At^2+Bt+C\right)e^{-4t}(A;B;C)R3\left(A;B;C\right)\in \mathbb{R}^3
Il vient alors que y1(t)=(4At2+(2A4B)t+B4C)e4ty_{1}^{'} \left(t\right)=\left(-4At^2+\left(2A-4B\right)t+B-4C\right)e^{-4t} .
y1(t)+4y1(t)=(5t+2)e4ty_{1}^{'} \left(t\right)+4y_1\left(t\right)=\left(5t+2\right)e^{-4t} équivaut successivement à :
(4At2+(2A4B)t+B4C)e4t+4(At2+Bt+C)e4t=(5t+2)e4t\left(-4At^2+\left(2A-4B\right)t+B-4C\right)e^{-4t}+4\left(At^2+Bt+C\right)e^{-4t}=\left(5t+2\right)e^{-4t}
4At2+(2A4B)t+B4C+4At2+4Bt+4C=5t+2-4At^2+\left(2A-4B\right)t+B-4C+4At^2+4Bt+4C=5t+2
2At+B=5t+22At+B=5t+2
il vient alors que :
{2A=5B=2\left\{ \begin{array}{ccc}2A & = & 5 \\ B & = & 2 \end{array}\right.
{A=52B=2\left\{ \begin{array}{ccc}A & = & \frac{5}{2} \\ B & = & 2 \end{array}\right.
CRC\in \mathbb{R}, on peut alors choisir un réel CC quelconque, par simplicité prenons C=0C=0.
Une solution particulière de (E)\left(E\right) est alors y1(t)=(52t2+2t)e4ty_1\left(t\right)=\left(\frac{5}{2}t^2+2t\right)e^{-4t}
Etape 3 : Donner les solutions générales de l'équation différentielle
Les solutions générales de (E)\left(E\right) sont les fonctions de la forme :
y(t)=y0(t)+y1(t)y\left(t\right)=y_0\left(t\right)+y_1\left(t\right)
Finalement :
y(t)=Ce4t+(52t2+2t)e4ty\left(t\right)=Ce^{-4t}+\left(\frac{5}{2}t^2+2t\right)e^{-4t}
CC est une constante réelle quelconque.
Question 5

Résoudre, sur R\mathbb{R}, l'équation différentielle (E):y+2y=sin(3t)\left(E\right) :y'+2y=\sin\left(3t\right).

Correction
Pour résoudre cette équation (E)\left(E\right) nous allons transformer l'expression du second membre de la forme tP(t)emtt\mapsto P\left(t\right)e^{mt} .
Pour cela, on rappelle que sin(3t)=Im(e3it)\sin\left(3t\right)=\text{Im}\left(e^{3it}\right).
Nous allons résoudre l'équation (E1):y+2y=e3it\left(E_1\right) : y'+2y=e^{3it}.
Nous allons chercher les solutions générales de l'équation homogène associée à (E1)\left(E_1\right) puis une solution particulière de (E1)\left(E_1\right).
Finalement, les solutions de (E)\left(E\right) seront alors les solutions générales de l'équation homogène associée à (E1)\left(E_1\right) puis la partie imaginaire de la solution particulière de (E1)\left(E_1\right).
Commençons par résoudre (E1):y+2y=e3it{\color{blue}{\left(E_1\right) : y'+2y=e^{3it}}}
Etape 1 : Résolution de l'équation homogène (E0):ay+by=0\left(E_0\right) :ay'+by=0 .
Etape 2 : Recherche d'une solution particulière
Le second membre est de la forme tP(t)emtt \mapsto P\left(t\right)e^{mt}
Premier cas :
Si mbam\ne -\frac{b}{a} , on cherche alors une solution particulière de la forme y1(t)=Q(t)emty_1\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}deg(Q)=deg(P)\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right) .
Deuxième cas :
Si m=bam=-\frac{b}{a} , on cherche alors une solution particulière de la forme y1(t)=Q(t)emty_1\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}deg(Q)=deg(P)+1\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right)+1
Autrement dit : y1(t)=Atemty_1\left(t\right)=Ate^{mt}ARA\in \mathbb{R}
Etape 3 : Donner les solutions générales de l'équation différentielle
Les solutions générales de (E)\left(E\right) sont les fonctions de la forme :
y(t)=y0(t)+y1(t)y\left(t\right)=y_0\left(t\right)+y_1\left(t\right)
Etape 1 : Résolution de l'équation homogène
Pour tout réel tt, on a :
On note (E0):y+2y=0\left(E_0\right) :y'+2y=0
  • Soit l'équation différentielle (E0)\left(E_0\right) : y+a(x)y=0y'+a\left(x\right)y=0 définie sur un intervalle II.
    L'ensemble des solutions de (E0)\left(E_0\right) est l'ensemble des fonctions de la forme y0=CeAy_0=Ce^AAA est une primitive de a-a et CC une constante réelle quelconque.
ici nous avons a(t)=2a\left(t\right)=2, ainsi A(t)=a(t)dtA\left(t\right)=\int{-a\left(t\right)}dt autrement dit A(x)=2tA\left(x\right)=-2t .
L'ensemble des solutions de (E0)\left(E_0\right) est l'ensemble des fonctions de la forme
y0(t)=Ce2ty_0\left(t\right)=Ce^{-2t}
CRC \in \mathbb{R} .
Etape 2 : Recherche d'une solution particulière
Le second membre te3itt\mapsto e^{3it} est de la forme P(t)emtP\left(t\right)e^{mt} avec deg(P)=0\deg\left(P\right)=0 et m=3im=3i .
Or 3i23i\ne -2 c'est à dire mbam \ne -\frac{b}{a}
On cherche alors une solution particulière de la forme y1(t)=Q(t)emty_1\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}deg(Q)=deg(P)\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right) .
Autrement dit : y1(t)=Ae3ity_1\left(t\right)=Ae^{3it}ACA\in \mathbb{C}
Il vient alors que y1(t)=3iAe3ity_{1}^{'} \left(t\right)=3iAe^{3it} .
y1(t)+2y1(t)=e3ity_{1}^{'} \left(t\right)+2y_1\left(t\right)=e^{3it} équivaut successivement à :
3iAe3it+2Ae3t=e3it3iAe^{3it}+2Ae^{3t}=e^{3it}
3iA+2A=13iA+2A=1
A(3i+2)=1A\left(3i+2\right)=1
A=13i+2A=\frac{1}{3i+2}
A=3i+2(3i+2)(3i+2)A=\frac{-3i+2}{\left(3i+2\right)\left(-3i+2\right)}
Ainsi : A=213313iA=\frac{2}{13}-\frac{3}{13}i
Une solution particulière de (E1)\left(E_1\right) est alors y1(t)=(213313i)e3ity_1\left(t\right)=\left(\frac{2}{13}-\frac{3}{13}i\right)e^{3it}.
On peut également écrire que :
y1(t)=(213313i)(cos(3t) +isin(3t) )y_1\left(t\right)=\left(\frac{2}{13}-\frac{3}{13}i\right)\left({\mathrm{cos} \left(3t\right)\ }+i{\mathrm{sin} \left(3t\right)\ }\right)
y1(t)=213cos(3t) +213isin(3t) 313icos(3t) +313sin(3t) y_1\left(t\right)=\frac{2}{13}{\mathrm{cos} \left(3t\right)\ }+\frac{2}{13}i{\mathrm{sin} \left(3t\right)\ }-\frac{3}{13}i{\mathrm{cos} \left(3t\right)\ }+\frac{3}{13}{\mathrm{sin} \left(3t\right)\ }
y1(t)=213cos(3t) +313sin(3t) +i(213sin(3t) 313cos(3t) )y_1\left(t\right)=\frac{2}{13}{\mathrm{cos} \left(3t\right)\ }+\frac{3}{13}{\mathrm{sin} \left(3t\right)\ }+i\left(\frac{2}{13}{\mathrm{sin} \left(3t\right)\ }-\frac{3}{13}{\mathrm{cos} \left(3t\right)\ }\right)
On peut alors affirmer que : Im(y1(t))=213sin(3t) 313cos(3t)\text{Im}\left(y_1\left(t\right)\right)=\frac{2}{13}{\mathrm{sin} \left(3t\right)\ }-\frac{3}{13}{\mathrm{cos} \left(3t\right)}
Etape 3 : Donner les solutions générales de l'équation différentielle
Les solutions générales de (E)\left(E\right) sont les solutions générales de l'équation homogène associée à (E1)\left(E_1\right) et de la partie imaginaire de la solution particulière de (E1)\left(E_1\right).
y(t)=y0(t)+Im(y1(t))y\left(t\right)=y_0\left(t\right)+\text{Im}\left(y_1\left(t\right)\right)
Finalement :
y(t)=Ce2t+213sin(3t) 313cos(3t)y\left(t\right)=Ce^{-2t}+\frac{2}{13}{\mathrm{sin} \left(3t\right)\ }-\frac{3}{13}{\mathrm{cos} \left(3t\right)}
CC est une constante réelle quelconque.
Question 6

Résoudre, sur R\mathbb{R}, l'équation différentielle (E):yy=tcos(6t)\left(E\right) :y'-y=t\cos\left(6t\right). (exercice long en terme de calculs \star \star \star)

Correction
Pour résoudre cette équation (E)\left(E\right) nous allons transformer l'expression du second membre de la forme tP(t)emtt\mapsto P\left(t\right)e^{mt} .
Pour cela, on rappelle que cos(6t)=Re(e6it)\cos\left(6t\right)=\text{Re}\left(e^{6it}\right).
Nous allons résoudre l'équation (E1):yy=te6it\left(E_1\right) : y'-y=te^{6it}.
Nous allons chercher les solutions générales de l'équation homogène associée à (E1)\left(E_1\right) puis une solution particulière de (E1)\left(E_1\right).
Finalement, les solutions de (E)\left(E\right) seront alors les solutions générales de l'équation homogène associée à (E1)\left(E_1\right) puis la partie réelle de la solution particulière de (E1)\left(E_1\right).
Commençons par résoudre (E1):yy=te6it{\color{blue}{\left(E_1\right) : y'-y=te^{6it}}}
Etape 1 : Résolution de l'équation homogène (E0):ay+by=0\left(E_0\right) :ay'+by=0 .
Etape 2 : Recherche d'une solution particulière
Le second membre est de la forme tP(t)emtt \mapsto P\left(t\right)e^{mt}
Premier cas :
Si mbam\ne -\frac{b}{a} , on cherche alors une solution particulière de la forme y1(t)=Q(t)emty_1\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}deg(Q)=deg(P)\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right) .
Deuxième cas :
Si m=bam=-\frac{b}{a} , on cherche alors une solution particulière de la forme y1(t)=Q(t)emty_1\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}deg(Q)=deg(P)+1\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right)+1
Autrement dit : y1(t)=Atemty_1\left(t\right)=Ate^{mt}ARA\in \mathbb{R}
Etape 3 : Donner les solutions générales de l'équation différentielle
Les solutions générales de (E)\left(E\right) sont les fonctions de la forme :
y(t)=y0(t)+y1(t)y\left(t\right)=y_0\left(t\right)+y_1\left(t\right)
Etape 1 : Résolution de l'équation homogène
Pour tout réel tt, on a :
On note (E0):yy=0\left(E_0\right) :y'-y=0
  • Soit l'équation différentielle (E0)\left(E_0\right) : y+a(x)y=0y'+a\left(x\right)y=0 définie sur un intervalle II.
    L'ensemble des solutions de (E0)\left(E_0\right) est l'ensemble des fonctions de la forme y0=CeAy_0=Ce^AAA est une primitive de a-a et CC une constante réelle quelconque.
ici nous avons a(t)=1a\left(t\right)=-1, ainsi A(t)=a(t)dtA\left(t\right)=\int{-a\left(t\right)}dt autrement dit A(x)=tA\left(x\right)=t .
L'ensemble des solutions de (E0)\left(E_0\right) est l'ensemble des fonctions de la forme
y0(t)=Cety_0\left(t\right)=Ce^{t}
CRC \in \mathbb{R} .
Etape 2 : Recherche d'une solution particulière
Le second membre tte6itt\mapsto te^{6it} est de la forme P(t)emtP\left(t\right)e^{mt} avec deg(P)=1\deg\left(P\right)=1 et m=6im=6i .
Or 6i16i\ne 1 c'est à dire mbam \ne -\frac{b}{a}
On cherche alors une solution particulière de la forme y1(t)=Q(t)emty_1\left(t\right)=Q\left(t\right)e^{mt}deg(Q)=deg(P)\deg\left(Q\right)=\deg\left(P\right) .
Autrement dit : y1(t)=(At+B)e6ity_1\left(t\right)=\left(At+B\right)e^{6it}(A;B)C2\left(A;B\right)\in \mathbb{C}^2
Il vient alors que y1(t)=(6iAt+6iB+A)e6ity_{1}^{'} \left(t\right)=\left(6iAt+6iB+A\right)e^{6it} .
y1(t)y1(t)=te6ity_{1}^{'} \left(t\right)-y_1\left(t\right)=te^{6it} équivaut successivement à :
(6iAt+6iB+A)e6it(At+B)e6it=te6it\left(6iAt+6iB+A\right)e^{6it}-\left(At+B\right)e^{6it}=te^{6it}
6iAt+6iB+AAtB=t6iAt+6iB+A-At-B=t
(6i1)At+6iB+AB=t\left(6i-1\right)At+6iB+A-B=t
Il vient alors que :
{(6i1)A=16iB+AB=0\left\{ \begin{array}{ccc}\left(6i-1\right)A & = & 1 \\ 6iB+A-B & = & 0 \end{array}\right.
{A=16i16iB+AB=0\left\{ \begin{array}{ccc}A & = & \frac{1}{6i-1} \\ 6iB+A-B & = & 0 \end{array}\right.
{A=16i16iB+16i1B=0\left\{ \begin{array}{ccc}A & = & \frac{1}{6i-1} \\ 6iB+\frac{1}{6i-1}-B & = & 0 \end{array}\right.
{A=16i16iBB=16i1\left\{ \begin{array}{ccc}A & = & \frac{1}{6i-1} \\ 6iB-B & = & -\frac{1}{6i-1} \end{array}\right.
{A=16i1(6i1)B=16i1\left\{ \begin{array}{ccc}A & = & \frac{1}{6i-1} \\ \left(6i-1\right)B & = & -\frac{1}{6i-1} \end{array}\right.
{A=16i1B=1(6i1)(6i1)\left\{ \begin{array}{ccc}A & = & \frac{1}{6i-1} \\ B & = & -\frac{1}{\left(6i-1\right)\left(6i-1\right)} \end{array}\right.
{A=137637iB=351369121369i\left\{ \begin{array}{ccc}A & = & -\frac{1}{37}-\frac{6}{37}i \\ B & = & \frac{35}{1369}-\frac{12}{1369}i \end{array}\right.
Une solution particulière de (E1)\left(E_1\right) est alors y1(t)=((137637i)t+351369121369i)e6ity_1\left(t\right)=\left(\left(-\frac{1}{37}-\frac{6}{37}i\right)t+\frac{35}{1369}-\frac{12}{1369}i\right)e^{6it}.
On peut également écrire que :
y1(t)=((137637i)t+351369121369i)(cos(6t) +isin(6t) )y_1\left(t\right)=\left(\left(-\frac{1}{37}-\frac{6}{37}i\right)t+\frac{35}{1369}-\frac{12}{1369}i\right)\left({\mathrm{cos} \left(6t\right)\ }+i{\mathrm{sin} \left(6t\right)\ }\right)
y1(t)=137tcos(6t) (137isin(6t) )t(637icos(6t) )t+(637sin(6t) )t+351369cos(6t) +351369isin(6t) 121369icos(6t) +121369sin(6t) y_1\left(t\right)=-\frac{1}{37}t{\mathrm{cos} \left(6t\right)\ }-\left(\frac{1}{37}i{\mathrm{sin} \left(6t\right)\ }\right)t-\left(\frac{6}{37}i{\mathrm{cos} \left(6t\right)\ }\right)t+\left(\frac{6}{37}{\mathrm{sin} \left(6t\right)\ }\right)t+\frac{35}{1369}{\mathrm{cos} \left(6t\right)\ }+\frac{35}{1369}i{\mathrm{sin} \left(6t\right)\ }-\frac{12}{1369}i{\mathrm{cos} \left(6t\right)\ }+\frac{12}{1369}{\mathrm{sin} \left(6t\right)\ }
Ainsi :
Re(y1(t))=137tcos(6t) +(637sin(6t) )t+351369cos(6t) +121369sin(6t) \text{Re}\left(y_1\left(t\right)\right)=-\frac{1}{37}t{\mathrm{cos} \left(6t\right)\ }+\left(\frac{6}{37}{\mathrm{sin} \left(6t\right)\ }\right)t+\frac{35}{1369}{\mathrm{cos} \left(6t\right)\ }+\frac{12}{1369}{\mathrm{sin} \left(6t\right)\ }
Re(y1(t))=(137t+351369)cos(6t) +(637t+121369)sin(6t) \text{Re}\left(y_1\left(t\right)\right)=\left(-\frac{1}{37}t+\frac{35}{1369}\right){\mathrm{cos} \left(6t\right)\ }+\left(\frac{6}{37}t+\frac{12}{1369}\right){\mathrm{sin} \left(6t\right)\ }
Etape 3 : Donner les solutions générales de l'équation différentielle
Les solutions générales de (E)\left(E\right) sont les solutions générales de l'équation homogène associée à (E1)\left(E_1\right) et de la partie réelle de la solution particulière de (E1)\left(E_1\right).
y(t)=y0(t)+Re(y1(t))y\left(t\right)=y_0\left(t\right)+\text{Re}\left(y_1\left(t\right)\right)
Finalement :
y(t)=Cet+(137t+351369)