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Nom original: maths.pdfTitre: Exam_GB1_S1M1_0910 - correction-2pAuteur: Joe39

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IUT La Roche sur Yon
D´epartement de G´enie Biologique

Module S1M1 - Ann´ee 2009/2010

Examen du 30 Novembre 2009

R´eponses :

En effectuant le changement de variable y = x2 , calculer l’int´egrale I =

!

3

0



y
dy.
y+1

R´eponse : On applique le th´eor`eme de changement de variable dans les int´egrales, proposition 2.26 du cours :


on pose y = x2 , d’o`
u dy = 2x dx et pour les bornes, on a : 0 ! y ! 3 ⇒ 0 ! x = y ! 3. D’o`
u
! 3 √
! √3
! √3
y
x
x2
x2
x2 + 1 − 1
"
I =
dy =
2xdx = 2
dx. Mais 2
=
= 1 − arctan (x).
x2 + 1√
x2 + 1
x +1
x2 + 1
0 y+1
0
0


"
# 3
On a donc I = 2 x − arctan(x) 0 = 2( 3 − arctan( 3)), car tan(0) = 0 entraˆıne arctan(0) = 0. D’apr`es

π
π
π π
le formulaire, on a aussi tan( ) = 3. Or ∈] − , [ implique que l’on peut simplifier arctan et tan,
3
3
2 2


π
π
π
donc arctan( 3) = arctan(tan( )) = et finalement, I = 2 3 − 2 .
3
3
3
Exercice 1. 3=1+2 points
$
Soit (e) l’´equation : (1 + x6 )y " − 3x2 1 + y 2 = 0.

a) Dire, en justifiant la r´eponse, de quel type est cette ´equation.

b) R´esoudre l’´equation (e) en d´etaillant les calculs.
R´eponses :
$

3x2
. C’est une
1
+ x6
1+
"
´equation diff´erentielle du premier ordre `a variables s´epar´ees car de la forme g(y)y = h(x), avec
1
3x2
g(y) = $
= argsh" (y) et h(x) =
.
1 + x6
1 + y2

a) L’´equation (e) ´equivaut `a (1 + x6 )y " = 3x2

1 + y 2 , ou encore `a $

y"

y2

=

3x2
. Il n’y a pas
1 + x6
1+
d’ind´etermination ici car pour tout x et y dans R, 1 + x6 " 1 %= 0 et 1 + y 2 " 1 > 0. Il n’y
pas
! a donc
3x2
de probl`eme avec la racine ou les d´enominateurs. En int´egrant, on obtient argsh(y) =
dx.
1 + x6
3x2
(x3 )"
Or
=
= (arctan(x3 ))" . On a donc argsh(y) = arctan(x3 ) + C, o`
u C est la constante
1 + x6
1 + (x3 )2

b) Pour r´esoudre l’´equation (e), on int`egre termes `a termes l’´egalit´e $

y"

y2

=

d’int´egration abstraite. Enfin, puisque d’apr`es le cours les fonctions argsh et sh sont r´eciproques l’une
de l’autre sur R tout entier, on en d´eduit y = sh(arctan(x3 ) + C), pour C ∈ R. C’est la solution
g´en´erale de l’´equation (e).
Cette solution est d´efinie sur R tout entier et pour tout C ∈ R, car d’apr`es le cours, les fonctions sh
et arctan sont d´efinies et d´erivables sur R. On a donc S(e) = {y = sh(arctan(x3 ) + C) | x ∈ R, C ∈ R}.
Exercice 2. 7=2+1,5+1,5+2 points
Soit (e) l’´equation diff´erentielle lin´eaire : y " +

x
y = arcsin(x) avec x ∈] − 1, 1[.
1 − x2
a) Calculer la solution g´en´erale y0 de l’´equation homog`ene (e0 ) associ´ee `a (e).

b) Calculer y0" (x) et v´erifier que y0 est bien solution de (e0 ).
1

x
y = 0 avec x ∈] − 1, 1[.
1 − x2
x
Elle est de la forme a(x)y " + b(x)y = c(x) avec a(x) = 1, b(x) =
et c(x) = arcsin(x). Pour
1 − x2
d´eterminer la solution g´en´erale !de (e0 ), on applique directement les formules
du cours qui donnent
!
1
b(x)
−x
dx = ln(| 1 − x2 |)
y0 (x) = CeD(x) avec D(x) =

dx. On a donc ici D(x) =
a(x)
1 − x2
2
b(x)
1 u"
car −
est de la forme
. Comme par hypoth`ese on travaille sur l’intervalle ] − 1, 1[, on a
a(x)
2u
x2 ∈ [0, 1[ et 1 − x2 > 0. On peut donc supprimer la valeur absolue et la solution g´en´erale de (e0 ) est

y0 (x) = CeD(x) = C 1 − x2 , avec x ∈] − 1, 1[ et C ∈ R.


−Cx
u"
b) Si y0 = C 1 − x2 , alors on a y0" = √
, en appliquant la formule ( u)" = √ . En reportant
2
2
u
1−x
x
dans (e0 ) et en simplifiant, on trouve bien y0" +
y
=
0.
0
1 − x2
1
c) Le calcul de la primitive est direct car on reconnaˆıt la forme uu" avec u = arcsin(x) et u" = √
.
1 − x2
!
1 2
arcsin(x)
1

D’apr`es le formulaire, la primitive est donc u . Ce qui donne
dx = arcsin2 (x) + C.
2
2
1 − x2
Enfin, comme on cherche la primitive qui s’annule en 0 et comme arcsin(0) = 0, puisque sin(0) = 0 et
π π
1
0 ∈] − , [, on a donc C = 0 et G(x) = arcsin2 (x).
2 2
2

d) Pour utiliser la m´ethode de variation de la constante, on part de y0 = C 1 − x2 et on pose


x
"
"
2
yp = u 1 − x , o`
u u est une fonction inconnue `a d´eterminer. On calcule yp = u 1 − x2 −u √
et
1 − x2
on remplace y et y " dans l’´equation (e) par les valeurs de yp et yp" . En simplifiant, on obtient l’´egalit´e :

arcsin(x)
u" 1 − x2 = arcsin(x). On a donc u" = √
avec x ∈] − 1, 1[. D’apr`es le r´esultat de la question
1 − x2
1
pr´ec´edente, u(x) = arcsin2 (x) + C. Comme on cherche une solution particuli`ere de (e), on peut
2
$
1
prendre ici C = 0. On en d´eduit donc yp = arcsin2 (x) 1 − x2 et la solution g´en´erale y = y0 + yp
2
$
1
de (e) est y = ( arcsin2 (x) + C) 1 − x2 , pour x ∈] − 1, 1[ et C ∈ R.
2
a) L’´equation homog`ene associ´ee `a l’´equation (e) est (e0 ) : y " +

Bar`
eme et solutions

Question de Cours. 3 points

arcsin(x)
c) Calculer la primitive G(x) de la fonction g(x) = √
, pour x ∈] − 1, 1[, qui s’annule en 0.
1 − x2
d) En utilisant la m´ethode de variation de la constante, d´eterminer une solution particuli`ere yp de (e) et
en d´eduire la solution g´en´erale de l’´equation (e).

Exercice 3. 8=2+5(3+2)+1 points
Soit (e) l’´equation diff´erentielle : 2y "" − y " − 3y = −26 cos x + 5e−x .

a) Calculer les racines de l’´equation caract´eristique associ´ee et d´eterminer la solution g´en´erale de
l’´equation homog`ene associ´ee.

b) On d´ecompose le second membre d(x) = −26 cos x + 5e−x en d1 (x) = −26 cos x et d2 (x) = 5e−x . On
note (e1 ) et (e2 ) les ´equations diff´erentielles correspondantes :
(e1 )

2y "" − y " − 3y = −26 cos x ;

(e2 )

2y "" − y " − 3y = 5e−x .

Calculer une solution particuli`ere yp1 de (e1 ) et yp2 de (e2 ).
c) En d´eduire une solution particuli`ere yp de (e), puis donner la solution g´en´erale y de (e).
R´eponses :
a) Si on note (e) l’´equation 2y "" − y " − 3y = −26 cos x + 5e−x , on note (e0 ) l’´equation 2y "" − y " − 3y = 0,
c’est l’´equation homog`ene associ´ee `a (e) et on note (ec) l’´equation caract´eristique 2r2 − r − 3 = 0.
2

En utilisant les formules du cours, on calcule le discriminant ∆ de (ec) et ses racines. On trouve
∆ = 25 = 52 et les racines r1 = −1, r2 = 3/2. D’o`
u, la solution g´en´erale de l’´equation homog`ene (e0 )
3
est, d’apr`es le cours, y0 (x) = C1 e−x + C2 e 2 x avec C1 , C2 deux constantes r´eelles.
b) Pour (e1 ), le second membre est de la forme A cos(tx) + B sin(tx) avec A = −26, B = 0 et t = 1.
Comme it = i ∈ C n’est pas racine de (ec), puisque d’apr`es a), ses racines sont r´eelles, on recherche
par identification yp1 sous la forme C cos(tx) + D sin(tx). On calcule yp" 1 = −C sin(x) + D cos(x), car
t = 1 ici, puis yp""1 = −C cos(x) − D sin(x). On reporte dans (e1 ), on met en facteur et on identifie
respectivement les coefficients des cos et des sin entre eux. Ce qui nous donne le syst`eme lin´eaire :
%

−5C − D = −26
,
C − 5D = 0

d’o`
u on tire C = 5 et D = 1. On obtient donc yp1 (x) = 5 cos(x) + sin(x).
Pour (e2 ), le second membre est de la forme P (x)esx avec P (x) = 5, un polynˆome constant, donc de
degr´e 0 et s = −1. Comme s = −1 est racine simple de (ec) d’apr`es la question a), d’apr`es le cours,
on recherche yp2 par identification, sous la forme Q(x)esx , avec Q un polynˆome de degr´e deg(P ) + 1.
C’est-`a-dire Q(x) = ax + b. On calcule yp" 2 et yp""2 puis on remplace dans (e2 ). En simplifiant, les ”b”
disparaissent. Il n’y a pas de condition sur b et comme on recherche une solution particuli`ere, on peut
prendre b = 0. On trouve pour a : a = −1. D’o`
u yp2 (x) = −xe−x .

c) D’apr`es le principe de superposition des solutions, une solution particuli`ere de l’´equation (e) est
yp = yp1 + yp2 . Donc ici yp (x) = 5 cos(x) + sin(x) − xe−x . Et la solution g´en´erale de (e) est y = y0 + yp ,
3
soit y(x) = C1 e−x + C2 e 2 x + 5 cos(x) + sin(x) − xe−x avec C1 , C2 ∈ R.

3


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