SMP2/SMC2 RATTRAPAGE D’ANALYSE 2 (2012-2013) CORRECTION ´ EQUIPE ANALYSE 2 (2014-2015): MME BOUZELMATE, M. EL OULAIMI ET M. F ERRAHI —————————————————————————————————————————
SMP2/SMC2RATTRAPAGE D’ANALYSE 2 (2012-2013)
CORRECTIONEQUIPE ANALYSE 2 (2014-2015): MME BOUZELMATE, M. EL OULAIMI ET M. FERRAHI
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EXERCICE1: 1) Resolution de l’equation differentielle:
(E) xy′ − y = x2 sin(x)
(E) est une equation differentielle du 1er ordre lineaire avec: a(x) = x, b(x) = −1 etf(x) = x2 sin(x). Soit (ESSM) l’equation sans second membre associe a (E):
(ESSM) xy′ − y = 0
On a:
A(x) =
∫b(x)
a(x)dx =
∫−1
xdx = −
∫1
xdx = − ln(|x|)
donc:
yESSM = ke−A(x) = ke−(− ln(|x|)) = k|x| = ±kx = cx, c ∈ R
D’autre part:
yp = e−A(x)
∫f(x)
a(x)eA(x)dx = eln(|x|)
∫x2 sin(x)
xe− ln(|x|)dx = |x|
∫x2 sin(x)
x
1
|x|dx
Donc:yp = x
∫sin(x)dx = −x cos(x)
On en deduit:
yG = yESSM + yp = cx− x cos(x) = x(c− cos(x)), c ∈ R
2) Resolution de l’equation differentielle:
(E) y′′ − 2y′ + y = ex cos2(x)
(E) est une equation differentielle du 2nd ordre lineaire a coefficients constants: a = 1,b = −2, c = 1 et f(x) = ex cos2(x). Soit (ESSM) l’equation sans second membre associe a(E):
(ESSM) y′′ − 2y′ + y = 0
L’equation caracteristique est donnee par: (EC) r2 − 2r + 1 = 0, ∆ = 0 et (EC) admet unesolution double r0 = 1 donc, la solution de l’equation sans second membre:
yESSM = (C1x+ C2)ex C1, C2 ∈ R
D’autre part, on a
f(x) = ex cos2(x) = ex(1 + cos(2x)
2) =
e2
2+ex cos(2x)
2= f1(x) + f2(x)
Soit yp1 une solution particuliere de l’equation:
(E1) y′′ − 2y′ + y = f1(x)
et yp2 une solution particuliere de l’equation:
(E2) y′′ − 2y′ + y = f2(x)
Alors, une solution particuliere de (E) est donnee par; yp = yp1 + yp2
D’autre part, on a f(x) = ex
2est de la forme emxP0(x) avecm = 1 racine double de l’equation
caracteristique et P0(x) = 12
un polynome de degr 0. Donc:
yp1 = kx2ex
y′p1 = 2kxex + kx2ex
y′′p1 = 2kex + 2kxex + 2kxex + kx2ex
En remplacant dans (E1), on a:
y′′p1 − 2y′p1 + yp1 =ex
2
3
2kex + 2kxex + 2kxex + kx2ex − 2(2kxex + kx2ex) + kx2ex =ex
2
2kex =ex
2
k =1
4Donc:
yp1 =x2
4ex
D’autre part,
f2(x) =ex cos(2x)
2= ex(
1
2cos(2x) + 0 sin(2x)) = em(α cos(ωx) + β sin(ωx))
avec m = 1, ω = 2, α = 12
et β = 0. On a z = m+ iω = 1 + 2i n’est pas racine de l’equationcaracteristique (EC), Donc:
yp2 = emx(A cos(ωx) +B sin(ωx)) = e2(A cos(2x) +B sin(2x)) = Aex cos(2x) +Bex sin(2x)
y′p2 = (A+ 2B)ex cos(2x) + (B − 2A)ex sin(2x)
y′′p2 = (4B − 3A)ex cos(2x) + (−3B − 4A)ex sin(2x)
En remplacant dans (E2), on a:
y′′p2 − 2y′p2 + yp2 =ex cos(2x)
2
Nous obtenons:
(4B − 3A)− 2(A+ 2B) + A =1
2et (−3B − 4A)− 2(B − 2A) +B = 0
Donc:
A = −1
8et B = 0
et
yp2 = −ex
8cos(2x)
On en deduit:
yG = YESSM + yp = YESSM + yp1 + yp2 = (C1x+ C2)ex +1
4x2ex − ex
8cos(2x)
yG = ex(C1x+ C2 +1
4x2 − 1
8cos(2x)) C1, C2 ∈ R
EXERCICE 2: Montrons que l’integrale I est convergente, avec:
I =
∫ +∞
0
arctan(x)
x32
dx
On a: arctan(x) est une fonction continue sur R et x32 est une fonction continue sur R donc
arctan(x)
x32
est une fonction continue sur son domaine de definition et en particulier sur ]0,+∞[.On en deduit que I est generalisee en 0 et en +∞. On a:
I =
∫ +∞
0
arctan(x)
x32
dx = I1 + I2 =
∫ 1
0
arctan(x)
x32
dx+
∫ +∞
1
arctan(x)
x32
dx
Etudions l’integrale
I1 =
∫ 1
0
arctan(x)
x32
dx
4
on a (au voisinage de 0):arctan(x) ∼0 x et arctan(x)
x32∼0
x
x32
= 1
x12
.Remarquons que:
limx→0+
arctan(x)
x32
1
x12
= 1
Or, l’integrale∫ 1
01
x12dx est convergente (integrale de Reimann, α = 1
2< 1) donc d’apres le
critere d’equivalence, l’integrale I1 est convergente.Etudions l’integrale
I2 =
∫ +∞
2
arctan(x)
x32
dx
On a: arctan(x) ∼+∞Π2
et arctan(x)
x32∼+∞
Π
2x32
.Remarquons que:
limx→+∞
arctan(x)
x32
Π
2x32
= 1
Or, l’integrale∫ +∞
1Π
2x32dx = Π
2
∫ +∞1
1
x32dx est convergente (integarle de Reimann, α = 3
2>
1). D’apres le critere d’equivalence, I2 converge.On en deduit que I = I1 + I2 converge.Etudions l’integrale J telle que:
J =
∫ 1
12
dx
x(1− x3)12
On a:x(1− x3)
12 = 0⇒ x = 0 et x = 1
et la fonction 1
x(1−x3)12
est continue sur son domaine de dfinition, en particulier sur [12, 1[ et
donc J est generalisee en 1.D’autre part, 1− x3 = (1− x)(1 + x+ x2) et:
1
x(1− x3)12
=1
x(1− x)12 (1 + x+ x2)
12
∼11
312 (1− x)
12
On a:1
x(1−x)12 (1+x+x2)
12
1
312 (1−x)
12
=3
12
x(1 + x+ x2)→x→1− 1
Donc, d’apres le citere d’equivalence, J est de meme nature que:
J1 =
∫ 1
12
1
312 (1− x)
12
dx =1
312
∫ 1
12
1
(1− x)12
dx =1
312
∫ 1
12
(1− x)−12dx
On a:
Jt =
∫ 1
t2
(1− x)−12dx =
[−(1− x)
12
12
]t12
= −2(1− t)12 + 2(
1
2)12 =
2√2− 2√
1− t
et:
limt→1−
Jt = limt→1
(2√2− 2√
1− t) =2√2
Donc J1 est convergente et par consequent, J est convergente.2)a)Utilisant une integration par parties pour demontrer que:
I = 2
∫ +∞
0
dx√x(1 + x2)
5
On a :
I = I1 + I2 =
∫ 1
0
arctan(x)
x32
dx+
∫ +∞
1
arctan(x)
x32
dx
A noter que, comme I est convergente, les deux integrales I1 et I2 sont convergentes et on a:
I1 = limt→0+
∫ 1
t
arctan(x)
x32
dx
On pose:
u = arctanx⇒ u′ =1
1 + x2
v′ =1
x32
⇒ v = − 2√x
et:∫ 1
t
arctan(x)
x32
dx =
[−2 arctanx√
x
]1
t
+2
∫ 1
t
1√x(1 + x2)
dx = −2 arctan 1+2arctan t√
t+2
∫ 1
t
1√x(1 + x2)
dx
On a:limt→0+
arctan t√t
= limt→0+
√tarctan t
t= 0
et
limt→0+
∫ 1
t
1√x(1 + x2)
dx =
∫ 1
0
1√x(1 + x2)
dx
Donc:
I1 = −2 arctan 1 + 2
∫ 1
0
1√x(1 + x2)
dx
D’autre part,
I2 =
∫ +∞
1
arctan(x)
x32
dx = limt→+∞
∫ t
1
arctan(x)
x32
dx
On a:∫ t
1
arctan(x)
x32
dx =
[−2 arctanx√
x
]t1
+2
∫ t
1
1√x(1 + x2)
dx = −2arctan t√
t+2 arctan 1+2
∫ t
1
1√x(1 + x2)
dx
et:lim
t→+∞arctan t =
Π
2
limt→+∞
arctan t√t
= 0
limt→+∞
∫ t
1
1√x(1 + x2)
dx =
∫ +∞
1
1√x(1 + x2)
dx
Donc:
I2 =
∫ +∞
1
arctan(x)
x32
dx = 2 arctan 1 + 2
∫ +∞
1
1√x(1 + x2)
dx
On en conclut:
I = I1 + I2 = 2
∫ +∞
0
1√x(1 + x2)
dx
b) On pose: u =√x, du = dx
2√x
et dx = 2√xdu
x = 0→ u = 0 et x = +∞→ u = +∞Donc:
I =
∫ +∞
0
41
(1 + u4)du = 4
∫ +∞
0
1
(1 + u4)du = 4.
Π
2√
2= Π√
2