SMP2/SMC2RATTRAPAGE D’ANALYSE 2 (2012-2013)

CORRECTIONEQUIPE ANALYSE 2 (2014-2015): MME BOUZELMATE, M. EL OULAIMI ET M. FERRAHI

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1

2

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