Mathématiques C.I.R.A.

2014-2015

CONTRÔLE Exer i e 01 5jωk = √ 5kω . 1. On a r(ω) = 1 − jω 12 + ω 2 π

π

2. ϕ(ω) = arg(5jωk) − arg(1 − jω) = − arctan(−ω) ar k > 0 puis ϕ(ω) = + arctan(ω) ar 2 2 arctan est une fon tion impaire.

Exer i e 02 1. I i a(t) = 3 et b(t) = 1 don

R b(t) b(t) 1 t = don dt = a(t) 3 a(t) 3

Toutes les solutions sont don les y(t) = C e− 3 où C est une onstante réelle. t

2. Lorsque h(t) = a e−0,2t , on a : h′ (t) = −0,2a e−0,2t don en reportant dans l'équation diérentielle on a : −0,6a e−0,2t + a e−0,2t = e−0,2t En simpliant par l'exponentielle on a : −0,6a + a = 1 don 0,4a = 1 don a = 2,5 3. Toutes les solutions de (E) sont alors les sommes : y(t) = C e− 3 t

+

2,5e−0,2t

4. sa hant que y(0) = 0, on a : 0 = C + 2,5 don C = −2,5. L'unique solution du problème est t alors : y(t) = −2,5e− 3 + 2,5e−0,2t

Exer i e 03 1. Son équation ara téristique est r2 − 3r + 2 = 0, elle a pour dis riminant : ∆ = 1 > 0, elle a pour ra ines : r = 1 et r = 2. Toutes les solutions de (E1 ) sont alors les y(x) = C1 ex + C2 e2x où C1 et C2 sont des onstantes réelles 2. si g(x) = ax + b alors g′ (x) = a et g′′ (x) = 0. en reportant sans l'équation diérentielle, on a : 0 − 3a + 2(ax + b) = −1 − 2x don 2ax + 2b − 3a = −2x − 1. En identiant les termes en x et les termes onstants, on a : 2a = −2 don a = −1 et 2b−3a = −1 don 2b + 3 = −1 don 2b = −4 e nalement b = −2 La solution ane re her hée est g(x) = −x − 2 3. D'après e qu pré ède, toutes les solutions de (E) sont les sommes : y(x) = C1 ex +C2 e2x −x−2 où C1 et C2 sont des onstantes réelles

Stéphane Le Méteil

1

Le Havre

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4. f (0) = 0 don 0 = C1 + C2 − 2 don 2 = C1 + C2 (L1 ) ′ ′ x 2x f (0) = 2 or f (x) = C1 e + 2C2 e − 1 don 2 = C1 + 2C2 − 1 don C1 + 2C2 = 3 (L1 ) En ee tuant (L2 ) − (L1 ), on obtient : C2 = 1 puis en reportant dans (L1 ) on a : C1 = 1 L'unique solution re her hée est y(x) = ex + e2x − x − 2

Exer i e 04 Notons g(t) = α cos (ωt) et déterminons α pour que g soit une solution parti ulière de (E2 ), on a : g′ (t) = −ωα sin (ωt) puis g′′ (t) = −ω 2 α cos (ωt) en reportant dans l'équation diérentielle, on a : −2ω 2 α cos (ωt) + 18α cos (ωt) = 4 cos (ωt) En identiant les oe ients des os, on a : 18α − 2ω 2 α = 4 don α = ω 6= 3. On peut simplier par 2 et donner : α =

2 9 − ω2

4

e qui existe ar 18 − 2ω 2

Puis on résout l'équation homogène (ou sans se ond membre asso iée) : 2x′′ + 18x = 0 Son équation ara téristique est : 2r2 + 18 = 0 don r = ±3i et ses solutions sont les x(t) = C1 cos 3t + C2 sin(3t)

Finalement toutes les solutions sont les x(t) = C1 cos 3t + C2 sin(3t) + Sa hant que x(0) = 0, on obtient : 0 = C1 +

4 cos (ωt) 18 − 2ω 2

4 4 don C1 = − 2 18 − 2ω 18 − 2ω 2 4

Puis en al ulant x′ (t) = −3C1 sin 3t + 3C2 cos(3t) + ω sin (ωt) et en sa hant que x′ (0) = 0, 18 − 2ω 2 on a : 0 = 0 + 3C2 + 0 don C2 = 0 L'unique solution re her hée est : x(t) =

Exer i e 05

  4 cos (ωt) − cos (3t) 18 − 2ω 2

1. θ ′(t) = k(θ(t) − θa ) donne : θ ′(t) − kθ(t) = −kθa C'est une équation diérentielle linéaire du premier ordre ave se ond membre. Son équation homogène asso iée est : θ ′(t) − kθ(t) = 0 dont les solutions sont les θ(t) = Cekt Une solution parti ulière onstante est : θ(t) = θa = 25 Toutes les solutions sont alors les θ(t) = Cekt + 25 2. t = 0, on a : θ(0) = 100 don 100 = C + 25 don C = 75 à t = 15, on a : θ(15) = 70 don 70 = 75e15k + 25 don 45 = 75e15k don 15k = ln 45 75 puis k =

1 ln 3 15 5

t ln(0,6) t ln(0,6) 3. Puisque θ(t) = 75e 15 + 25, on résout : 40 = 75e 15 + 25 t ln(0,6) t ln(0,6) 15 don 15 = 75e 15 don e 15 = 75 t ln(0,6) ln 0,2 puis = ln 0,2 don t = 15 ≈ 47min 15 ln 0,6

Stéphane Le Méteil

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