Exercices du chapitre 6 avec corrigé succinct

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1 Eercices du chapitre 6 avec corrigé succinct Eercice VI Ch6-Eercice On veut résoudre t + bt t + ctt =, b et c étant des fonctions réelles Transformer cette équation différentielle du second ordre en un système d équations différentielles du premier ordre t = t, 2 t = t donc t = 2 t 2 t = bt 2t ct t t = Att avec At = ct bt Eercice VI2 Ch6-Eercice2 e t 2 On définit X, X 2 par X t =, X 2 t = e cos t Montrer que X, X 2 } est une famille libre de C IR,IR 2 On remarque tout d abord que X et X 2 appartiennent à C IR,IR 2 D autre part : Il suffit de choisir t = α e t 2 α X + α 2 X 2 = α X t + α 2 X 2 t = t IR = t IR α 2 e cos t α e t 2 = t IR α 2 e cos t = t IR α = α 2 = Eercice VI3 Ch6-Eercice3 On définit S = C I,IR n t = Att} Montrer que S est un sous-espace vectoriel de C I,IR n S n est pas vide, car S et S est stable Eercice VI4 Ch6-Eercice4 2t On définit At =, résoudre t = Att Montrer que l on peut écrire sin t t = α X t + α 2 X 2 t où X, X 2 sont 2 solutions linéairement indépendantes de C IR,IR 2 t = Att t = 2t t 2 t = sin t 2t t e t 2 t = = α + α 2 2 t t = α e t 2 2 t = α 2 e cos t e cos t On retrouve les fonctions X, X 2 définies dans l eercice 2, on a montré qu elles étaient linéairement indépendantes

2 Eercice VI5 Ch6-Eercice5 Résoudre t = Att + g t où At = 2t sin t, g t = t t sin t t = Att + g t t = 2t t t 2 t = sin t 2t + t sin t On obtient deu équations différentielles avec second membre On résout les équations sans second membre, on obtient h t = α e t 2, 2h t = α 2 e cos t En réfléchissant un peu on trouve une solution particulière pour chacune des équations qui sont p t = 2, 2pt = t D où la solution t = α e t 2 + α 2 e cos t + 2 t Eercice VI6 Ch6-Eercice6 Résoudre le système différentiel t = At, avec A = 2 3 t = At t = 2 t 2 t = 3 2t t = α e 2t 2 t = α 2 e 3t avec α α 2 IR Eercice VI7 Ch6-Eercice7 Résoudre le système différentiel t = At, avec A = On calcule les valeurs propres de A, on obtient 2 4 on calcule des vecteurs propres associés, on obtient Y = donc si on note on a A = PDP, donc 2 D = 3 = 2, 2 = 3,,Y 2 = 2,P = 2, t = At P t = DP t Si l on pose t = P t, on a donc en utilisant l eercice précédent : t = α e 2t t = Dt 2 t = α 2 e 3t On obtient enfin : t = P t t = α e 2t + α 2 e 3t 2 t = α e 2t 2α 2 e 3t, avec α α 2 IR

3 Eercice VI8 Ch6-Eercice8 On définit A =, montrer que A n est pas diagonalisable 3 On note Y un vecteur propre de A, on choisit Y 2 un vecteur quelconque tel que Y,Y 2 } soit une famille libre On définit P = Y Y 2 P est inversible pourquoi? Montrer que T = P AP est une matrice triangulaire supérieure qui vérifie 2 Résoudre t = At t = t 22 = 2 On calcule les valeurs propres de A, on obtient que 2 est valeur propre double On détermine les vecteurs propres associés, on obtient un sous espace propre de dimension un vecteur propre est par eemple On peut choisir par eemple Y 2 = Y = La matrice P est inversible puisque Y,Y 2 forment une base de IR 2 On note f l application linéaire de IR 2 dans IR 2 qui a associe A La matrice de f dans la base canonique est bien sûr A D autre part AY = 2Y, donc la matrice de f dans la base Y,Y 2 } est 2 t2 T =, d autre part cette matrice est semblable à A T = P AP donc elle admet les mêmes t 22 valeurs propres donc t 22 = 2, ce qui termine la démonstration 2 On peut maintenant déterminer t 2, on calcule AY 2 = = Y + 2Y 2, on obtient donc t 2 =, on 3 retrouve bien sûr que t 22 = 2 On peut maintenant résoudre le système : on obtient les équations différentielles : t = At t = Tt avec t = P t, 2 t = 2 2t 2 t = α 2 e 2t, t = 2 t + 2 t t = α + α 2 te 2t On obtient enfin α + α 2 te 2t t = P t t = α + α 2 + α 2 te 2t Eercice VI9 Ch6-Eercice9 Résoudre le système différentiel t = At + g t, t avec A =, g t = 2 4 2t 2 façons de procéder : On effectue un changement de fonction inconnue en posant t = P t, on a : t = At + g t t = Dt + P g t t = 2 t + 4t 2 t = 3 2t 3t On résout chacune des équations différentielles, on ajoute à la solution générale de l équation sans second membre déjà calculée dans l eercice précédent, une solution particulière cherchée sous forme polynômiale -er degré, on obtient : t = α e 2t 2t 2 t = α 2 e 3t + t +, 3

4 donc t = P t donne : t = α e 2t + α 2 e 3t t t = α e 2t 2α 2 e 3t + 3 On utilise les résultats du paragraphe Systèmes non homogènes à coefficients constants, on connaît déjà la solution générale du système sans second membre homogène, il reste à calculer une solution particulièreon cherche cette solution p t sous forme polynomiale : β t + γ p t = β 2 t + γ 2 On obtient alors les équations vérifiées par β,β 2,γ,γ 2 : β β 2 = β γ +γ 2 = 2β +4β 2 = 2 β 2 2γ +4γ 2 = Ce qui donne bien sûr la même solution β = β 2 = γ = 2 3 γ 2 = 3 Eercice VI Ch6-Eercice Résoudre y 2y + 2y = Donner les solutions dans C puis dans IR Le trinôme caractéristique s 2 2s + 2 a pour racines + i et i On obtient donc les solutions complees : yt = α e +i t + α 2 e i t avec α,α 2 C Pour obtenir les solutions réelles on doit choisir α,α 2 complees conjugués, par eemple Après calculs, on obtient les solutions réelles : On a posé β = 2a,β 2 = 2a 2 α = a + i a 2,α 2 = a i a 2 avec a, a 2 IR yt = β cos t + β 2 sin te t avec β,β 2 IR Eercice VI Ch6-Eercice t,a, b et c sont des réels fiés, on suppose a On admettra que pour tout couple y, y donné il eiste une et une seule fonction y C 2 IR,IR vérifiant ay t + by t + c yt = t IR yt = y y t = y On note S = y C 2 IR,IR vérifiant y t + by t + c yt = t IR} On appelle u l application de S dans IR 2 qui à y associe y, y définis par y = yt, y = y t Montrer que S est un sous espace vectoriel de C 2 IR,IR 2 Montrer que u est linéaire 3 Montrer que u est bijective de S dans IR 2 4 En déduire que la dimension de S est 2 5 Si vérifie a 2 + b + c =, montrer que la fonction y définie par yt = e t appartient à S

5 6 On suppose qu il eiste 2 racines distinctes et 2 de l équation a 2 + b + c =, montrer que e t et e 2t sont 2 fonctions linéairement indépendantes de S 7 En déduire que y S yt = α e t + α 2 e 2t S contient la fonction nulle donc est non vide, on montre d autre part que S est stable 2 On montre facilement que uy + = uy + u, uαy = αuy 3 u est surjective : c est l eistence de la solution du problème ay t + by t + c yt = t IR yt = y y t = y qui permet de conclure en effet à tout couple y, y correspond une fonction y de S u est injective : c est l unicité de la solution au même problème qui permet de conclure, il ne peut eister 2 fonctions distinctes de S qui vérifient yt = y, y t = y 4 Les dimensions des 2 espaces vectoriels S et IR 2 sont donc égales 5 Il suffit de calculer ay t + by t + c yt 6 Tout d abord les fonctions y et y 2 définies par y t = e t et y 2 t = e 2t appartiennent à S, montrons que ces fonctions forment une famille libre On a : α y + α 2 y 2 = α e t + α 2 e 2t = t IR, donc en particulier pour t = on obtient α + α 2 = D autre part puisque α e t + α 2 e 2t = t cette fonction a une dérivée nulle, si on évalue la dérivée pour t = on obtient α + 2 α 2 = On a donc obtenu 2 équations linéaires dont les inconnues sont α,α 2, le déterminant de la matrice du système vaut 2, il est donc différent de Donc ce système admet une solution unique α = α 2 = Les fonctions y, y 2 sont donc linéairement indépendantes 7 On en déduit que y, y 2 est une base de S donc toute fonction y de S se décompose sur cette base Eercice VI2 Ch6-Eercice2 Quel est le polynôme caractéristique de la matrice A = β,γ IR? γ β Montrer que si est une valeur propre de A alors est un vecteur propre associé Montrer que si A admet une valeur propre double, elle n est pas diagonalisable π A s = s 2 + βs + γ A est une matrice Compagnon comme vous l ave vu dans l eercice 2 du TD4 donc A est un vecteur propre de A = On rappelle que vérifie 2 + β + γ = γ β = 2 =

6 Comme on l a déjà vu si A admet une valeur propre double et si A est diagonalisable, alors A est semblable à I et on a A = P I P = I, ce qui n est pas possible Une autre façon de démontrer le résultat serait : A I = γ β donc le rang de A I est supérieur ou égal à, donc la dimension de Ker A I est inférieur ou égal à, donc la dimension de V n est pas égale à la multiplicité de la valeur propre double, donc A n est pas diagonalisable, Eercice VI3 Ch6-Eercice3 Mettre l équation différentielle y 2y + 2y = sous forme d un système différentiel du premier ordre Puis le résoudre dans C, comparer avec les résultats obtenus dans l eercice VI On pose y =, y = 2, on a alors : La matrice A = 2 2 y 2y + 2y = t = 2 t 2 t = 2 t t t = 2 2 t admet 2 valeurs propres + i et i, des vecteurs propres correspondants sont Y = + i,y 2 = On définit comme d habitude P = Y Y 2, = P On résout i t = + i t 2 t = i 2t, on obtient t +i t = α e 2 t i t α 2 e Enfin t = α e +i t i t + α 2 e = P 2 t = α + i e +i t + α 2 i e i t On retrouve bien sûr y = et on vérifie que y = 2 Eercice VI4 Ch6-Eercice4 Résoudre le système : t = t 2 t = t 2t + t En déduire la solution du système différentiel t = Att + g t, avec 2t 2 t 2t At = et g t = t 2 t t On a vu dans le cours que la matrice At admet =, 2 = t comme valeurs propres avec comme vecteurs propres associés P = 2 et P 2 =

7 Donc, si on pose t = P t,le système t = Att + g t est équivalent à D où t = t t = α e t 2 t = t 2t + t 2 t = α 2 e t2 2 t = α e t + 2α 2 e t2 2 2 t = P t 2 t = α e t + α 2 e t2 2