Équations différentielles : conditions initiales et tangente horizontale — Exercices 9 et 10
Correction détaillée — 2e Bac Sciences Mathématiques
Exercice 9
Soit \(f\) une fonction dérivable sur \(\mathbb R\) et \(\mathcal C_f\) sa courbe représentative dans un repère orthonormé \((O;\vec i,\vec j)\).
Déterminer la fonction \(f\) sachant que :
a) Pour tout \(x\in\mathbb R\) :
\[ f'(x)=-5f(x). \]b) \(A(-2;1)\) est un point de la courbe \(\mathcal C_f\).
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La solution générale de l’équation différentielle
\[ y'=-5y \]est :
\[ y(x)=\lambda e^{-5x}, \qquad \lambda\in\mathbb R. \]Il existe donc un réel \(\lambda\) tel que, pour tout \(x\in\mathbb R\) :
\[ f(x)=\lambda e^{-5x}. \]Le point \(A(-2;1)\) appartient à la courbe \(\mathcal C_f\). Cette information géométrique se traduit par :
\[ f(-2)=1. \]Or :
\[ \begin{aligned} f(-2) &=\lambda e^{-5(-2)}\\ &=\lambda e^{10}. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} f(-2)=1 &\Longleftrightarrow \lambda e^{10}=1\\ &\Longleftrightarrow \lambda=e^{-10}. \end{aligned} \]On remplace \(\lambda\) par \(e^{-10}\) dans l’expression générale de \(f\) :
\[ \begin{aligned} f(x) &=e^{-10}e^{-5x}\\ &=e^{-5x-10}\\ &=e^{-5(x+2)}. \end{aligned} \]Pour tout \(x\in\mathbb R\) :
\[ \begin{aligned} f'(x) &=-5e^{-5(x+2)}\\ &=-5f(x). \end{aligned} \]De plus :
\[ f(-2)=e^{-5(-2+2)}=e^0=1. \]La fonction obtenue vérifie donc l’équation différentielle et la condition imposée par le point \(A\).
Exercice 10
On considère l’équation différentielle suivante :
\[ (E):\quad 4y''+\pi^2y=0. \]Résoudre l’équation différentielle \((E)\).
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L’équation \((E)\) s’écrit :
\[ 4y''+\pi^2y=0. \]Comme \(4\neq0\), on peut diviser les deux membres par \(4\) :
\[ y''+\frac{\pi^2}{4}y=0. \]Or :
\[ \frac{\pi^2}{4} = \left(\frac{\pi}{2}\right)^2. \]L’équation devient donc :
\[ y'' + \left(\frac{\pi}{2}\right)^2y = 0. \]Ici, on a :
\[ \omega=\frac{\pi}{2}. \]Les solutions de l’équation différentielle \((E)\) sont donc les fonctions définies sur \(\mathbb R\) par :
Déterminer la fonction \(g\), solution de l’équation différentielle \((E)\), vérifiant les deux conditions suivantes :
a) \(A\left(\dfrac12;\dfrac{\sqrt2}{2}\right)\) est un point de la courbe \(\mathcal C_g\) de \(g\), dans un repère orthonormé \((O;\vec i,\vec j)\).
b) \(\mathcal C_g\) admet une tangente horizontale en \(A\).
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D’après la question précédente, puisque \(g\) est une solution de \((E)\), il existe deux réels \(\alpha\) et \(\beta\) tels que, pour tout \(x\in\mathbb R\) :
\[ g(x) = \alpha\cos\left(\frac{\pi x}{2}\right) + \beta\sin\left(\frac{\pi x}{2}\right). \]Calculons d’abord \(g\left(\dfrac12\right)\).
\[ \begin{aligned} g\left(\frac12\right) &= \alpha \cos\left(\frac{\pi}{4}\right) + \beta \sin\left(\frac{\pi}{4}\right). \end{aligned} \]Comme :
\[ \cos\left(\frac{\pi}{4}\right) = \sin\left(\frac{\pi}{4}\right) = \frac{\sqrt2}{2}, \]on obtient :
\[ g\left(\frac12\right) = \frac{\sqrt2}{2}(\alpha+\beta). \]La première condition donne alors :
\[ \begin{aligned} g\left(\frac12\right) = \frac{\sqrt2}{2} &\Longleftrightarrow \frac{\sqrt2}{2}(\alpha+\beta) = \frac{\sqrt2}{2}\\ &\Longleftrightarrow \alpha+\beta=1. \end{aligned} \tag{1} \]Calculons maintenant la fonction dérivée \(g'\).
\[ \begin{aligned} g'(x) &= -\frac{\alpha\pi}{2} \sin\left(\frac{\pi x}{2}\right) + \frac{\beta\pi}{2} \cos\left(\frac{\pi x}{2}\right). \end{aligned} \]Pour \(x=\dfrac12\), on a :
\[ \begin{aligned} g'\left(\frac12\right) &= -\frac{\alpha\pi}{2} \sin\left(\frac{\pi}{4}\right) + \frac{\beta\pi}{2} \cos\left(\frac{\pi}{4}\right)\\ &= -\frac{\alpha\pi}{2} \cdot\frac{\sqrt2}{2} + \frac{\beta\pi}{2} \cdot\frac{\sqrt2}{2}\\ &= \frac{\pi\sqrt2}{4} (-\alpha+\beta). \end{aligned} \]La tangente à \(\mathcal C_g\) en \(A\) est horizontale. Ainsi :
\[ g'\left(\frac12\right)=0. \]On en déduit :
\[ \begin{aligned} \frac{\pi\sqrt2}{4} (-\alpha+\beta)=0 &\Longleftrightarrow -\alpha+\beta=0, \end{aligned} \tag{2} \]car \(\dfrac{\pi\sqrt2}{4}\neq0\).
Les réels \(\alpha\) et \(\beta\) vérifient donc le système :
\[ \begin{cases} \alpha+\beta=1,\\ -\alpha+\beta=0. \end{cases} \]La deuxième équation donne \(\beta=\alpha\). En remplaçant \(\beta\) par \(\alpha\) dans la première équation :
\[ \begin{aligned} \alpha+\alpha=1 &\Longleftrightarrow 2\alpha=1\\ &\Longleftrightarrow \alpha=\frac12. \end{aligned} \]Par conséquent :
\[ \beta=\frac12. \]La fonction cherchée est donc :
\[ g(x) = \frac12 \cos\left(\frac{\pi x}{2}\right) + \frac12 \sin\left(\frac{\pi x}{2}\right). \]Pour tout \(x\in\mathbb R\) :
\[ g(x) = \frac12 \left[ \cos\left(\frac{\pi x}{2}\right) + \sin\left(\frac{\pi x}{2}\right) \right]. \]On a :
\[ g''(x) = -\frac{\pi^2}{8} \left[ \cos\left(\frac{\pi x}{2}\right) + \sin\left(\frac{\pi x}{2}\right) \right]. \]Donc :
\[ g''(x) = -\frac{\pi^2}{4}g(x). \]Par conséquent :
\[ \begin{aligned} 4g''(x)+\pi^2g(x) &= 4\left( -\frac{\pi^2}{4}g(x) \right) + \pi^2g(x)\\ &=0. \end{aligned} \]La fonction \(g\) est bien une solution de \((E)\).
De plus :
\[ \begin{aligned} g\left(\frac12\right) &= \frac12 \left( \frac{\sqrt2}{2} + \frac{\sqrt2}{2} \right)\\ &= \frac{\sqrt2}{2}. \end{aligned} \]Enfin :
\[ g'(x) = \frac{\pi}{4} \left[ -\sin\left(\frac{\pi x}{2}\right) + \cos\left(\frac{\pi x}{2}\right) \right], \]d’où :
\[ g'\left(\frac12\right) = \frac{\pi}{4} \left( -\frac{\sqrt2}{2} + \frac{\sqrt2}{2} \right) = 0. \]La courbe \(\mathcal C_g\) passe donc par \(A\) et admet bien en ce point une tangente horizontale.
Un point \(A(x_0;y_0)\) appartient à la courbe représentative d’une fonction \(f\) si, et seulement si, \(f(x_0)=y_0\).
La courbe de \(f\) admet une tangente horizontale au point d’abscisse \(x_0\) si, et seulement si, \(f'(x_0)=0\).
Après avoir déterminé les constantes à l’aide des conditions imposées, il faut vérifier la fonction obtenue dans l’équation différentielle initiale.
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