DM3 Correction
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22
2022-2023
Devoir à la maison n◦ 3
CORRECTION
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Exercice
On cherche à résoudre l’équation différentielle
y 00 + 4y 0 + 4y = Φ(x)e−2x (EΦ )
y 00 + 4y 0 + 4y = 0 (H)
C’est une équation différentielle linéaire homogène du second ordre à coefficients constants.
Son équation caractéristique associée est
r2 + 4r + 4 = (r + 2)2
Il s’agit toujours d’une équation différentielle linéaire du second ordre à coefficients constants,
dont le second membre est de la forme d’un polynôme de degré 2 multiplié par une exponentielle
qui est une racine double de l’équation homogène.
On cherche donc une solution particulière de la même forme mais où le polynôme est de degré
4 (on peut même ne pas considérer la partie de degré 1 qui s’annulera dans (Eφ ).
Soit y(x) = (ax4 + bx3 + cx2 )e−2x . y est de classe C 2 sur R et
∀x∈R y 00 (x) = [4ax4 + (−16a + 4b)x3 + (12a − 12b + 4c)x2 + (6b − 8c)x + 2c]e−2x
y est solution de Eφ
1
3. On suppose ici que Φ(x) = .
1 + x2
On ne peut donc pas appliquer la même méthode : ce n’est pas un polynôme
(a) Soit y une solution de (E) sur R.
y est solution de (E) donc nécessairement deux fois dérivable sur R.
x 7→ e2x est de classe C ∞ , donc
1
∀x∈R z 00 (x) =
1 + x2
1
(b) Pour trouver z, il s’agit donc d’intégrer deux fois x 7→ 1+x 2 . Or
Z x
1
dt = Arctan t
1 + t2
On fait une intégration par parties avec u(t) = arctan t et v(t) = t, de classe C 1 :
Z x Z x Z x Z x
x t
arctan tdt = u(t)v 0 (t)dt = [u(t)v(t)] − u0 (t)v(t)dt = x arctan(x) − dt
1 + t2
Donc
1 1
z : x 7→ x arctan x + ln(|1 + x2 |) + C = x arctan x + ln(1 + x2 ) + C
2 2
(c) Les solutions sont exactement obtenus par l’addition d’une solution particulière de (EΦ ) (on
peut prendre y = ze−2x avec C = 0) et les solutions de (H).
Donc l’ensemble des solutions de (EΦ ) est
n+1
∀ n ∈ N, In+2 = In
n+2
(c) Soit p ∈ N.
2k − 1
En faisant n ← 2k − 2 (k > 1), dans la relation précédente on a I2k = I2k−2 , donc
2k
I2k 2k − 1
= .
I2(k−1) 2k
Puis en faisant le produit pour k de 1 à p (téléscopage) :
p
Y 2p
Y
p p
(2k − 1) h
I2p Y I2k Y 2k − 1 k=1 h=1 (2p)!
= = = p = !2 =
I0 I2(k−1) 2k Y p 22p (p!)2
k=1 k=1 Y
2k 2k
k=1 k=1
(On aura noté : les termes impairs sur les termes pairs) En faisant n ← 2k − 1 (k > 1),
2k I2k+1 2k
dans la relation précédente on a I2k+1 = I2k−1 , donc = .
2k + 1 I2(k−1)+1 2k + 1
Puis en faisant le produit pour k de 1 à p (téléscopage) :
p p
!2
Y Y
p p
2k 2k
I2p+1 Y I2k+1 Y 2k k=1 k=1 22p (p!)2
= = = p = 2p+1 =
I1 I 2k + 1 (2p + 1)!
k=1 2(k−1)+1
Y
k=1
Y
(2k + 1) h
k=1 h=1
(On aura noté : les termes pairs sur les termes impairs) Connaissant les valeurs de I0 et
I1 :
(2p)! π 22p (p!)2
∀ p ∈ N, I2p = 2p 2
I2p+1 =
2 (p!) 2 (2p + 1)!
(d) Pour tout x ∈ 0, 2 , sin x ∈ [0, 1], donc sinn (x) > 0.
π
Ainsi, en multipliant l’inégalité vraie sin x 6 1 par sinn (x) > 0, on trouve : sinn+1 (x) 6
sinn (x).
Puis par croissance de l’intégration (0 < π2 ) : In+1 6 In .
Donc la suite (In ) est décroissante :
(e) Nous avons vu à la question précédente que In > 0, on peut donc diviser l’inégalité précédente
par In , cela ne change pas l’ordre :
n+1 In+2 In+1
= 6 61
n+2 In In
d’après la réponse à la question 1.(b).
Enfin, comme ( n+1n+2 ) converge vers 1, on peut appliquer le théorème d’encadrement :
In+1
admet une limite quand n tend vers +∞. Cette limite vaut 1.
In
En particulier pour n ← 2p :
I2p+1 24p (p!)4 2
= 2
× →1
I2p (2p + 1)((2p)!) π
2p+1
En multipliant par 2p π qui tend vers π, on trouve :
24p (p!)4
lim =π
p→+∞ (2p)!2 p
π
Z 2
Z π
∀ n ∈ N, In = (cos t)n dt = (−1)n (cos u)n du
π
0 2
(b) Soit p ∈ N.
1
Pour k 6= p, une primitive de t 7→ e2(k−p)it est e2(k−p)it , donc
2i(k − p)
Z π
1 h i 1
e2(k−p)it dt = e2iπ(k−p) − e0 = (1 − 1) = 0
0 2i(k − p) 2i(k − p)
t 7→ e2(k−p)it = π
Ainsi
Z π eit + e−it 2p
1 2p
dt = 2p π
0 2 2 p
eit +e−it
d’après la relation de Chasles. Or 2 = cos t, donc d’après la question précédente :
1 1 2p (2p)! π
In = π = 2p
2 22p p 2 (p!)2 2
(b) Soit I 0 = [α, β], un intervalle inclus dans I. La fonction ϕ est continue sur I 0 .
Par ailleurs, elle est dérivable de dérivée
1−n
0 1 ax + b n
ad − bc
ϕ : x 7→ ×
n cx + d (cx + d)2
| {z }
>0
Et donc ϕ établit une bijection de I 0 sur l’intervalle J 0 = [ϕ(α), ϕ(β)] (si ad − bc > 0)
ou sur l’intervalle J 0 = [ϕ(β), ϕ(α)] (si ad − bc < 0).
1
(d) Il s’agit du calcul de l’intégrale de x+y qui est bien une fraction rationnelle avec y(x) =
√
x − 1. √ 2
On pose donc t = x − 1 ⇔ t√ + 1 = x.
En effet, l’application ϕ : t 7→ t − 1 est bijective sur [1, 2] à valeurs dans [0, 1] (par croissance
1
de ϕ), elle est dérivable sur [1, 2] de dérivée ϕ0 : t 7→ √ .
2 t−1
Cela donne le calcul
Z 2 Z 1 Z 1 Z 1
1 1 2t + 1 1
√ dx = 2
(2tdt) = 2
dt − 2
dt
1 x+ x−1 0 t +1+t Z 1 0
t +t+1 0 t +t+ 1 1
2
1 1 2 2x + 1
= ln |t + t + 1| 0 − √ 2 dt = ln 3 − √ arctan √
0 (t + 1 )2 + 3 3 3 0
2 2
√ √
2 √ 1
2 3 π π 3
= ln 3 − √ arctan 3 − arctan √3 = ln 3 − − = ln 3 − π
3 3 3 6 9
Z 2
√
1 3
√ dx = ln 3 − π
1 x+ x−1 9
1
(e) On cherche une primitive de f : x 7→ √ √ , définie sur R+ .
Z x x + 3
x
1
On considère donc F : x 7→ √ √
3
dt, définie sur R+ .
· t + t
√ 1 1
On pose u = 6 t ⇐⇒ u6 = t, on a alors √ √ = 3 , fraction rationnelle en u.
√ t + 3
t u + u2
On peut faire ce changement car t 7→ 6 t est bijective de R+ sur R+ (non dérivable en 0).
On a alors Z √ 6 x Z √ 6 x
6u5 u3
F (x) = 3 2
du = 6 du
· u +u · u+1
Faisons la division euclidienne : u3 = (u + 1)(u2 − u + 1) − 1
Z √ Z √
6 x 6 x
1 1 √ 1 √ √ √
F (x) = 6 (u2 − u + 1)du − 6 du = 6 2 x − 3 x + 6 x − ln( 6 x + 1) + C
· · u+1 3 2 | {z }
>0
√ √ √ √
∃ C ∈ R tq F (x) = 2 2 x − 3 3 x + 6 6 x − 6 ln( 6 x + 1) + C
b c b 4ca − b2 4ac − b2
(ax2 + bx + c) = a(x2 + x + ) = a (x + )2 + = a(y 2
+ )
a a 2a 4a2 4a2
2
Selon le signe de a et de ca−b
a2 , on a les cas suivant
√
ax2 + bx + c a<0 √ a>0 √
4ca−b 2 √ p
2 2
b2 − 4ac √ p 2 2
b2 − 4ac
4a2 <0 a A − y avec A = a y − A avec A =
2a √ 2a
4ca−b2 √ p 2 4ac − b2
4a2 >0 Impossible (tout est négatif) a y + A2 avec A =
2a
(Le cas a = 0 n’est pas intéressant).
Z 0 p
−t2 − 4tdt = 2π
−4
On fait ensuite le changement de variable v = eu , on peut le faire car exp est bijective de R
dans R+ , et de classe C 1 .
On a alors dv = eu du.
Z 4 Z eb Z b
dt 4dv 4 e dv
√ = 2 − 2v + 5
= 1 2 24
2
3 t t +t−6 e a 5v 5 e a (v − 5 ) + 25
eb
4 5 5 1
= √ arctan( √ (v − ))
5 24 24 5 ea
Z 4
√
dt 6 7
9
√ = arctan √524 (eargch 5 − 51 ) − arctan √524 (eargch 5 − 15 )
2
3 t t +t−6 √3 √ √
6 arccos 57
arccos 59
= arctan 26 tan 2 − arctan 2
6
tan 2
3
√ √
−12 + 64 −12 − 64
(d) Les racines de 12x − 4x2 − 5 sont x1 = = −12 et x 2 = = 52 .
−8 −8
Donc la fonction intégrant n’est définie que sur ] − 21 , 52 [, où elle admet une primitive.
On remarque que 12x − 4x2 − 5 = 4(3x − x2 − 54 ) = 4(1 − (x − 32 )2 ). Ici a = −4 < 0 et A = 1.
On pose donc (y =)x − 23 = sin u ⇐⇒ x = sin u + 32 ,
on a donc 12x − 4x2 − 5 = 4(1 − sin2 u) = 4 cos2 u.
Enfin u 7→ sin u + 32 est bijective de ] − π2 , π2 [ sur ] − 21 , 52 [.
elle est dérivable, de dérivée : u 7→ cos u. Donc, pour s ∈] − 12 , 52 [ :
s arcsin(s− 32 ) arcsin(s− 23 )
8x − 3
Z Z Z
8 sin u + 9 9
√ dx = cos udu = (4 sin u + )du
· 12 − 4x2 − 5 · 2| cos u| · 2
p
car cos u > 0, puisque u ∈] − π2 , π2 [. Enfin, comme cos arcsin(y) = 1 − y2 :
s
8x − 3
Z
3 9 3 9 3 p
√ dx = −4 cos(arcsin(s − )) + arcsin(s − ) = arcsin(s − ) − 2 12s − 4s2 − 5
· 12 − 4x2 − 5 2 2 2 2 2