Bonjour,alors cette fois ci,je te donnerai moins de boulot avec ces exos vu que j'ai mieux compris le cours.
Les voici:
Résoudre les équations différentielles suivantes où y(.)est une fonction deux fois dérivable de la
variable t.
(1) y"−3y'+ 2y = 0 ;
(2) y"+4y'− 5y = 0;
(3)y"− 9y = 0
(4) y"−2y' + y = e^2t
(5) y"−y = t, y'(0) = 5, y''(0) = −1 ;
(6) y"+y'− 6y = e^2t
Réponses:
(1)L'équation r²-3r+2=0 possède deux racines réelles distinctes notées r1 et r2.
Et les solutions sont de la forme y(t)=A^r1t+B^r2t= y(t)=A^2t+B^1t, 4 et 1 été les racines de r²-3r+2=0.
(2)Pareil y(t)=A^1t+B^-5t ou y(t)= A^-5t+B^1t.
(3)c'est de la forme y²− 9=0 =>y=3 ou y=-3,donc y(t)=A^3t+B^-3t.
(4)C'est de la forme:) y²−2y +1 = e^2y donc une solution particulière serait y(0)=0.
Mais la solution général c'est la somme de la particulière +l'homogène,mais c'est quoi l'homogène?
(5) la solution particulière on la trouve comme cela :
y''(0) -y'(0)=t=>-1-5=-6=t ou t=-6.
Puis la solution général donne:
y(t)-6+Ce^-t.
Pour le (6) j'écris rien dans le doute...
Equations différentiel 2
Re: Equations différentiel 2
Bonjour
D'accord pour les 3 premières.
4) L'équation $r^2-2r+1=0$ admet une racine double : $r=1$
Donc l'équation différentielle : $y"-2y'+y=0$ (c'est l'équation homogène) admet comme solutions les fonctions : $y(t)=(At+B)e^t$
Comme $e^{2t}$ n'est pas solution de l'équation homogène, on cherche une solution particulière sous la forme $y(t)=ke^{2t}$
On a alors $y'(t)=2ke^{2t}$ et $y"(t)=4ke^{2t}$
En remplaçant dans l'équation donnée : $4ke^{2t}-4ke^{2t}+ke^{2t} =e^{2t}$ donne $k=1$
Donc solytions de l'équation donnée : $y(t)=(At+B)e^{!t}+e^{2t}$
5) L'équation caractéristique $r^2-1=0$ admet comme racines 1 et (-1) donc les solutions de l'équation homogène sont les fonctions $y(t)=Ae^t+Be^{-t}$
Le second membre est un polynôme de degré 1, on cherche une solution particulière sous la forme d'un polynôme de degré 1 : $y(t)=at+b$
On a $y'(t)=a$ et $y"(t)=0$.
En remplaçant dans l'équation donnée : $-at-b=t$ donc par identification $a=-1\ ;\ b=0$ donc solution particilière : $y(t)=-t$ (On aurait pu le deviner)
Solutions de l'équation donnée : $y(t)=Ae^t+Be^{-t}-t$
$y'(t)=Ae^t -Be^{-t}-1$ et $y"(t) =Ae^t +Be^{-t}$.
$\left\{\begin{array}{rcl}y'(0)&=&5\\ y"(0)&=&-1\end{array}\right.$ soit $\left\{\begin{array}{rcl}A-B-1&=&5\\A+B&=&-1\end{array}\right.$ donc $A=\frac{5}{2}$ et $B=-\frac{7}{2}$
La solution répondant aux conditions données est le fonction : $y(t)=\frac{5}{2}e^t-\frac{7}{2}e^{-t}-t$
6) L'équation caractéristique $r^2+r-6=0$ admet comme solutions 2 et (-3) donc les solutions de l'équation homogène sont les fonctions $y(t)=Ae^{2t}+Be^{-3t}$
Comme $e^{2t}$ est solution de l'équation homogène on cherche une solution particulière sous la forme $y(t)=kte^{2t}$
$y'(t)=ke^{2t}+2kte^{2t}$ ; $y"(t)=2ke^{2t} +2ke^{2t}+4kte^{2t}=4ke^{2t}+4kte^{2t}$
On remplace dans l'équation donnée : $4ke^{2t}+4kte^{2t}+ke^{2t}+2kte^{2t}-6kte^{2t}=e^{2t}$ soit $5ke^{2t}=e^{2t}$ donc $k=\frac{1}{5}$
Solutions de l'équation donnée les fonctions $y(t)=Ae^{2t}+Be^{-3t}+\frac{1}{5} te^{2t}=(A+\frac{1}{5}t)e^{2t}+Be^{-3t}$
D'accord pour les 3 premières.
4) L'équation $r^2-2r+1=0$ admet une racine double : $r=1$
Donc l'équation différentielle : $y"-2y'+y=0$ (c'est l'équation homogène) admet comme solutions les fonctions : $y(t)=(At+B)e^t$
Comme $e^{2t}$ n'est pas solution de l'équation homogène, on cherche une solution particulière sous la forme $y(t)=ke^{2t}$
On a alors $y'(t)=2ke^{2t}$ et $y"(t)=4ke^{2t}$
En remplaçant dans l'équation donnée : $4ke^{2t}-4ke^{2t}+ke^{2t} =e^{2t}$ donne $k=1$
Donc solytions de l'équation donnée : $y(t)=(At+B)e^{!t}+e^{2t}$
5) L'équation caractéristique $r^2-1=0$ admet comme racines 1 et (-1) donc les solutions de l'équation homogène sont les fonctions $y(t)=Ae^t+Be^{-t}$
Le second membre est un polynôme de degré 1, on cherche une solution particulière sous la forme d'un polynôme de degré 1 : $y(t)=at+b$
On a $y'(t)=a$ et $y"(t)=0$.
En remplaçant dans l'équation donnée : $-at-b=t$ donc par identification $a=-1\ ;\ b=0$ donc solution particilière : $y(t)=-t$ (On aurait pu le deviner)
Solutions de l'équation donnée : $y(t)=Ae^t+Be^{-t}-t$
$y'(t)=Ae^t -Be^{-t}-1$ et $y"(t) =Ae^t +Be^{-t}$.
$\left\{\begin{array}{rcl}y'(0)&=&5\\ y"(0)&=&-1\end{array}\right.$ soit $\left\{\begin{array}{rcl}A-B-1&=&5\\A+B&=&-1\end{array}\right.$ donc $A=\frac{5}{2}$ et $B=-\frac{7}{2}$
La solution répondant aux conditions données est le fonction : $y(t)=\frac{5}{2}e^t-\frac{7}{2}e^{-t}-t$
6) L'équation caractéristique $r^2+r-6=0$ admet comme solutions 2 et (-3) donc les solutions de l'équation homogène sont les fonctions $y(t)=Ae^{2t}+Be^{-3t}$
Comme $e^{2t}$ est solution de l'équation homogène on cherche une solution particulière sous la forme $y(t)=kte^{2t}$
$y'(t)=ke^{2t}+2kte^{2t}$ ; $y"(t)=2ke^{2t} +2ke^{2t}+4kte^{2t}=4ke^{2t}+4kte^{2t}$
On remplace dans l'équation donnée : $4ke^{2t}+4kte^{2t}+ke^{2t}+2kte^{2t}-6kte^{2t}=e^{2t}$ soit $5ke^{2t}=e^{2t}$ donc $k=\frac{1}{5}$
Solutions de l'équation donnée les fonctions $y(t)=Ae^{2t}+Be^{-3t}+\frac{1}{5} te^{2t}=(A+\frac{1}{5}t)e^{2t}+Be^{-3t}$
Re: Equations différentiel 2
Désolé de te dérangé,mais tu as dis "(4)" "Comme e^2t "(4)" n'est pas solution de l'équation homogène" cependant je me suis demandé comment tu as su ça,c'est du cours ou tu as vérifier que c'est pas la solution ?
Toujours dans (4) tu as écris" y(t)=(At+B)e^!t+e^2t" mais je pense que le "!" est de trop a moins que j'ai rien compris ^^.
Toujours dans (4) tu as écris" y(t)=(At+B)e^!t+e^2t" mais je pense que le "!" est de trop a moins que j'ai rien compris ^^.
Re: Equations différentiel 2
Les solutions de l'équation homogène sont de la forme : produit d'un polynôme du premier degré par $e^t$ donc $e^{2t}$ n'est pas de cette forme. (On pourrait aussi vérifier mais c'est inutile)
Quant au point d'exclamation c'est simplement une faute de frappe.
Quant au point d'exclamation c'est simplement une faute de frappe.