Exercices par capacités · BTS
Dernière mise à jour : 21 juin 2026
Résoudre l'équation homogène \(3y' + 6y = 0\) (donner la solution générale).
On a \(a = 3\), \(b = 6\), donc \(-\dfrac{b}{a} = -2\).
Solution générale : \(y_H(t) = C\,e^{-2t}\), avec \(C \in \mathbb{R}\).
Résoudre \(y' + 5y = 10\) (second membre constant), puis donner la solution vérifiant \(y(0) = 0\).
Homogène : \(y_H = C\,e^{-5t}\).
Particulière : \(y_P = \alpha\) constante, \(y_P' = 0\), donc \(5\alpha = 10\), \(\alpha = 2\).
Générale : \(y(t) = C\,e^{-5t} + 2\).
Condition initiale : \(y(0) = C + 2 = 0\), donc \(C = -2\), d'où \(y(t) = 2(1 - e^{-5t})\).
Résoudre \(y' + 2y = 4t + 6\) (second membre polynomial).
Homogène : \(y_H = C\,e^{-2t}\).
Particulière : on cherche \(y_P = \alpha t + \beta\), \(y_P' = \alpha\).
\(\alpha + 2(\alpha t + \beta) = 4t + 6 \Rightarrow 2\alpha\,t + (\alpha + 2\beta) = 4t + 6\).
Identification : \(2\alpha = 4 \Rightarrow \alpha = 2\) ; \(\alpha + 2\beta = 6 \Rightarrow 2 + 2\beta = 6 \Rightarrow \beta = 2\).
Générale : \(y(t) = C\,e^{-2t} + 2t + 2\).
Résoudre \(y' + 3y = 2e^{t}\) (second membre exponentiel).
Homogène : \(y_H = C\,e^{-3t}\).
Particulière : \(y_P = \alpha\,e^{t}\), \(y_P' = \alpha\,e^{t}\).
\(\alpha\,e^{t} + 3\alpha\,e^{t} = 2e^{t} \Rightarrow 4\alpha = 2 \Rightarrow \alpha = \dfrac{1}{2}\).
Générale : \(y(t) = C\,e^{-3t} + \dfrac{1}{2}e^{t}\).
Résoudre \(2y' + 4y = 12\) avec la condition initiale \(y(0) = 1\).
Homogène : \(a = 2\), \(b = 4\), \(-\frac{b}{a} = -2\), donc \(y_H = C\,e^{-2t}\).
Particulière : \(y_P = \alpha\), \(4\alpha = 12\), \(\alpha = 3\).
Générale : \(y(t) = C\,e^{-2t} + 3\).
CI : \(y(0) = C + 3 = 1 \Rightarrow C = -2\). Solution : \(y(t) = 3 - 2e^{-2t}\).
Résoudre \(y' - y = 2t\) avec \(y(0) = 3\).
Homogène : \(a = 1\), \(b = -1\), \(-\frac{b}{a} = 1\), donc \(y_H = C\,e^{t}\).
Particulière : \(y_P = \alpha t + \beta\), \(y_P' = \alpha\).
\(\alpha - (\alpha t + \beta) = 2t \Rightarrow -\alpha\,t + (\alpha - \beta) = 2t\).
Identification : \(-\alpha = 2 \Rightarrow \alpha = -2\) ; \(\alpha - \beta = 0 \Rightarrow \beta = -2\).
Générale : \(y(t) = C\,e^{t} - 2t - 2\). \(y(0) = C - 2 = 3 \Rightarrow C = 5\).
Solution : \(y(t) = 5e^{t} - 2t - 2\).
On considère \(y' = 3 - 2y\) avec \(y(0) = 0\). Appliquer la méthode d'Euler avec un pas \(h = 0{,}5\) pour calculer \(y_1\) et \(y_2\) (rappel : \(y_{n+1} = y_n + h\,f(t_n, y_n)\)).
Ici \(f(t, y) = 3 - 2y\).
\(y_0 = 0\), \(f(t_0, y_0) = 3 - 0 = 3\). \(y_1 = 0 + 0{,}5\times 3 = 1{,}5\).
\(f(t_1, y_1) = 3 - 2\times 1{,}5 = 0\). \(y_2 = 1{,}5 + 0{,}5\times 0 = 1{,}5\).
On considère \(y' = y\) avec \(y(0) = 1\) et un pas \(h = 0{,}5\). Calculer \(y_1\), \(y_2\) et \(y_3\) par la méthode d'Euler.
Ici \(f(t, y) = y\), donc \(y_{n+1} = y_n + 0{,}5\,y_n = 1{,}5\,y_n\).
\(y_1 = 1{,}5\times 1 = 1{,}5\) ; \(y_2 = 1{,}5\times 1{,}5 = 2{,}25\) ; \(y_3 = 1{,}5\times 2{,}25 = 3{,}375\).
(La solution exacte est \(y = e^{t}\) ; en \(t = 1{,}5\), \(e^{1{,}5} \approx 4{,}48\) : Euler sous-estime.)
On modélise un refroidissement par \(y' = -0{,}1(y - 5)\) avec \(y(0) = 20\), pas \(h = 1\). Compléter le tableau pour \(n = 0\) à \(3\).
| \(n\) | \(t_n\) | \(y_n\) | \(f(t_n, y_n)\) | \(y_{n+1}\) |
|---|---|---|---|---|
| 0 | 0 | 20 | ? | ? |
| 1 | 1 | ? | ? | ? |
| 2 | 2 | ? | ? | ? |
\(f(t, y) = -0{,}1(y - 5)\), pas \(h = 1\), donc \(y_{n+1} = y_n + f(t_n, y_n)\).
| \(n\) | \(y_n\) | \(f = -0{,}1(y_n - 5)\) | \(y_{n+1}\) |
|---|---|---|---|
| 0 | 20 | \(-1{,}5\) | 18,5 |
| 1 | 18,5 | \(-1{,}35\) | 17,15 |
| 2 | 17,15 | \(-1{,}215\) | 15,935 |
La température décroît bien vers la valeur d'équilibre 5 °C.
Soit \(z = 3 - 4j\). Donner la partie réelle, la partie imaginaire, le conjugué \(\bar z\) et le module \(|z|\).
\(\text{Re}(z) = 3\), \(\text{Im}(z) = -4\).
Conjugué : \(\bar z = 3 + 4j\).
Module : \(|z| = \sqrt{3^2 + (-4)^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5\).
Résoudre dans \(\mathbb{C}\) l'équation \(r^2 + 2r + 5 = 0\).
\(\Delta = 2^2 - 4\times 1\times 5 = 4 - 20 = -16 \lt 0\). On pose \(\Delta' = 16\), \(\sqrt{\Delta'} = 4\).
\(r_1 = \dfrac{-2 + 4j}{2} = -1 + 2j\) et \(r_2 = \dfrac{-2 - 4j}{2} = -1 - 2j\).
Résoudre dans \(\mathbb{C}\) l'équation \(r^2 + 4r + 13 = 0\).
\(\Delta = 16 - 52 = -36 \lt 0\), \(\Delta' = 36\), \(\sqrt{\Delta'} = 6\).
\(r_1 = \dfrac{-4 + 6j}{2} = -2 + 3j\) et \(r_2 = -2 - 3j\).
Résoudre dans \(\mathbb{C}\) l'équation \(r^2 + r + 1 = 0\).
\(\Delta = 1 - 4 = -3 \lt 0\), \(\Delta' = 3\), \(\sqrt{\Delta'} = \sqrt{3}\).
\(r_1 = \dfrac{-1 + j\sqrt{3}}{2}\) et \(r_2 = \dfrac{-1 - j\sqrt{3}}{2}\).
Résoudre \(y'' + 5y' + 6y = 0\) (cas \(\Delta \gt 0\), régime apériodique).
Équation caractéristique : \(r^2 + 5r + 6 = 0\), \(\Delta = 25 - 24 = 1 \gt 0\).
\(r_1 = \dfrac{-5 - 1}{2} = -3\), \(r_2 = \dfrac{-5 + 1}{2} = -2\).
Solution : \(y(t) = A\,e^{-3t} + B\,e^{-2t}\).
Résoudre \(y'' + 4y' + 4y = 0\) (cas \(\Delta = 0\), régime critique).
\(r^2 + 4r + 4 = 0\), \(\Delta = 16 - 16 = 0\). Racine double : \(r_0 = \dfrac{-4}{2} = -2\).
Solution : \(y(t) = (A + Bt)\,e^{-2t}\).
Résoudre \(y'' + 2y' + 5y = 0\) (cas \(\Delta \lt 0\), régime pseudo-périodique).
\(r^2 + 2r + 5 = 0\), \(\Delta = 4 - 20 = -16 \lt 0\).
\(\alpha = \dfrac{-b}{2a} = \dfrac{-2}{2} = -1\), \(\omega = \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2a} = \dfrac{\sqrt{16}}{2} = 2\).
Solution : \(y(t) = e^{-t}\big(A\cos(2t) + B\sin(2t)\big)\).
Pour chaque équation, déterminer la nature des racines et écrire la solution homogène :
Résoudre \(y'' + 2y' + 5y = 15\) avec \(y(0) = 0\) et \(y'(0) = 0\).
Homogène (exercice 16) : \(y_H = e^{-t}(A\cos 2t + B\sin 2t)\).
Particulière : \(y_P = \alpha\), \(5\alpha = 15\), \(\alpha = 3\).
Générale : \(y(t) = e^{-t}(A\cos 2t + B\sin 2t) + 3\).
\(y(0) = A + 3 = 0 \Rightarrow A = -3\).
\(y'(t) = e^{-t}\big[(-A + 2B)\cos 2t + (-B - 2A)\sin 2t\big]\), donc \(y'(0) = -A + 2B = 3 + 2B = 0 \Rightarrow B = -\dfrac{3}{2}\).
Solution : \(y(t) = e^{-t}\!\left(-3\cos 2t - \dfrac{3}{2}\sin 2t\right) + 3\).
Un circuit RC vérifie \(u_C' + u_C = 12\) (avec \(\tau = RC = 1\) s) et \(u_C(0) = 0\) (condensateur déchargé). Déterminer \(u_C(t)\).
Homogène : \(u_{C,H} = K\,e^{-t}\).
Particulière : \(u_{C,P} = 12\) (régime permanent).
Générale : \(u_C(t) = K\,e^{-t} + 12\).
\(u_C(0) = K + 12 = 0 \Rightarrow K = -12\). Solution : \(u_C(t) = 12(1 - e^{-t})\).
On décharge un condensateur initialement chargé à 12 V : l'équation devient \(u_C' + u_C = 0\) avec \(u_C(0) = 12\). Déterminer \(u_C(t)\), puis calculer \(u_C(5)\) (utiliser \(e^{-5} \approx 0{,}0067\)).
Équation homogène : \(u_C(t) = K\,e^{-t}\). \(u_C(0) = K = 12\).
Solution : \(u_C(t) = 12\,e^{-t}\).
\(u_C(5) = 12\,e^{-5} \approx 12\times 0{,}0067 \approx 0{,}08\) V \(\approx 0\) : le condensateur est pratiquement déchargé après \(5\tau\).
Le refroidissement d'un local suit \(10\,T' + T = 5\) avec \(T(0) = 20\) °C. Déterminer \(T(t)\) puis calculer \(T(10)\) (utiliser \(e^{-1} \approx 0{,}368\)).
On écrit \(T' + 0{,}1\,T = 0{,}5\).
Homogène : \(T_H = K\,e^{-0{,}1\,t}\). Particulière : \(0{,}1\,\alpha = 0{,}5 \Rightarrow \alpha = 5\).
Générale : \(T(t) = K\,e^{-0{,}1\,t} + 5\). \(T(0) = K + 5 = 20 \Rightarrow K = 15\).
Solution : \(T(t) = 15\,e^{-0{,}1\,t} + 5\).
\(T(10) = 15\,e^{-1} + 5 \approx 15\times 0{,}368 + 5 \approx 10{,}5\) °C.
Un circuit RLC (régime libre) est décrit par \(LC\,u_C'' + RC\,u_C' + u_C = 0\) avec \(L = 0{,}1\) H et \(C = 100\,\mu\text{F}\). Calculer la résistance critique \(R_c = 2\sqrt{L/C}\).
\(R_c = 2\sqrt{\dfrac{L}{C}} = 2\sqrt{\dfrac{0{,}1}{10^{-4}}} = 2\sqrt{1000} \approx 2\times 31{,}62 \approx 63{,}2\;\Omega\).
Pour \(R \gt R_c\) : régime apériodique ; \(R = R_c\) : critique ; \(R \lt R_c\) : pseudo-périodique (oscillations amorties).
Un système masse-ressort-amortisseur est régi par \(m\,x'' + f\,x' + k\,x = 0\) avec \(m = 1\) kg, \(k = 5\) N/m. Quelle valeur du coefficient de frottement \(f\) rend le système critique ?
Équation caractéristique : \(r^2 + fr + 5 = 0\). Régime critique \(\Leftrightarrow \Delta = 0\) :
\(f^2 - 4\times 1\times 5 = 0 \Rightarrow f^2 = 20 \Rightarrow f = 2\sqrt{5} \approx 4{,}47\) N·s/m.