Equations différentielles

On monte encore en ordre ! - Exercice 1

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Une équation différentielle linéaire d'ordre quatre !
Question 1
Soit ω\omega un nombre réel strictement positif. Soit tt un nombre réel positif ou nul. On note par (E)(E) l'équation différentielle du quatrième ordre suivante : y(t)ω4y(t)=0y''''(t) - \omega^4 y(t) = 0.

Déterminer la solution générale y(t)y(t) de l'équation différentielle (E)(E).

Correction
On a :
y(t)ω4y(t)=0y(t)ω4y(t)+ω2y(t)ω2y(t)=0y''''(t) - \omega^4 y(t) = 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, y''''(t) - \omega^4 y(t) + \omega^2 y''(t) - \omega^2 y''(t) = 0
Soit :
y(t)ω2y(t)+ω2(ω2y(t)+y(t))=0y''''(t) - \omega^2 y''(t) + \omega^2 \left( - \omega^2 y(t) + y''(t) \right) = 0
Soit encore :
(y(t)ω2y(t))+ω2(ω2y(t)+y(t))=0\left( y''(t) - \omega^2 y(t) \right)'' + \omega^2 \left( - \omega^2 y(t) + y''(t) \right) = 0
De même :
(y(t)ω2y(t))+ω2(y(t)ω2y(t))=0\left( y''(t) - \omega^2 y(t) \right)'' + \omega^2 \left( y''(t) - \omega^2 y(t) \right) = 0
Posons alors f(t)=y(t)ω2y(t)f(t) = y''(t) - \omega^2 y(t). Ainsi, on trouve que :
f(t)+ω2f(t)=0f''(t) + \omega^2 f(t) = 0
Il s'agit d'une équation différentielle linéaire, du deuxième ordre, homogène et à coefficients constants. Elle est bien connue des physiciens puisque c'est celle qui décrit un oscillateur harmonique de grandeur ff.
On note i2=1i^2 = -1. L'équation caractéristique associée est :
r2+ω2=0r2=ω2r2=i2ω2r2=(iω)2r^2 + \omega^2 = 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, r^2 = - \omega^2 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, r^2 = i^2 \omega^2 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, r^2 = (i\omega)^2
Soit r=±iω=0±iωCr = \pm i\omega = 0 \pm i\omega \in \mathbb{C}
On a alors, avec (a;b)R(a\,;\,b) \in \mathbb{R} :
f(t)=asin(ωt)+bcos(ωt)f(t) = a \sin(\omega t) + b \cos(\omega t)
On a alors l'équation :
y(t)ω2y(t)=asin(ωt)+bcos(ωt)y''(t) - \omega^2 y(t) = a \sin(\omega t) + b \cos(\omega t)
La solution homogène yh(t)y_h(t) se déduit de l'équation caractéristique associée, à savoir :
r2ω2=0r2=ω2r^2 - \omega^2 = 0 \,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\, r^2 = \omega^2
Soit r=±ωRr = \pm \omega \in \mathbb{R}, donc yh(t)=ceωt+deωty_h(t) = c \, e^{\omega t} + d \, e^{-\omega t}aa et bb sont deux constantes réelles. Or, on sait que :
eωt=cosh(ωt)+sinh(ωt)eteωt=cosh(ωt)sinh(ωt)e^{\omega t} = \cosh(\omega t) + \sinh(\omega t) \,\,\,\, \mathrm{et} \,\,\,\, e^{-\omega t} = \cosh(\omega t) - \sinh(\omega t)
Donc :
yh(t)=c(cosh(ωt)+sinh(ωt))+d(cosh(ωt)sinh(ωt))y_h(t) = c \, \left( \cosh(\omega t) + \sinh(\omega t) \right) + d \, \left( \cosh(\omega t) - \sinh(\omega t) \right)
Ainsi :
yh(t)=(c+d)cosh(ωt)+(cd)sinh(ωt)y_h(t) = (c + d) \cosh(\omega t) + (c-d) \sinh(\omega t)
On pose alors C=c+dRC = c+d \in \mathbb{R} et D=cdRD = c-d \in \mathbb{R}, et de fait :
yh(t)=Ccosh(ωt)+Dsinh(ωt){\color{blue}{\boxed{y_h(t) = C \cosh(\omega t) + D \sinh(\omega t) }}}
Le second membre étant asin(ωt)+bcos(ωt)a \sin(\omega t) + b \cos(\omega t) donc la solution particulière sera de forme mathématique similaire. On a alors, avec (A;B)R(A\,;\,B) \in \mathbb{R} :
yp(t)=Acos(ωt)+Bsin(ωt){\color{blue}{\boxed{y_p(t) = A \cos(\omega t) + B \sin(\omega t) }}}
Ainsi la solution globale y(t)y(t) est donnée par :
y(t)yh(t)+yp(t)y(t) y_h(t) + y_p(t)
Finalement, on trouve que :
y(t)=Ccosh(ωt)+Dsinh(ωt)+Acos(ωt)+Bsin(ωt){\color{red}{\boxed{y(t) = C \cosh(\omega t) + D \sinh(\omega t) + A \cos(\omega t) + B \sin(\omega t) }}}