ED Medecine 2015 2016 .pdf



Nom original: ED_Medecine_2015_2016.pdfTitre: ED_Medecine_2015_2016.dvi

Ce document au format PDF 1.3 a été généré par dvips(k) 5.993 Copyright 2013 Radical Eye Software / GPL Ghostscript 9.07, et a été envoyé sur fichier-pdf.fr le 22/03/2016 à 22:15, depuis l'adresse IP 176.146.x.x. La présente page de téléchargement du fichier a été vue 398 fois.
Taille du document: 66 Ko (6 pages).
Confidentialité: fichier public


Aperçu du document


Correction de l’ED2 - UE4 - M´edecine - 2015-2016
pr´epar´ee par Dr. Georges SADAKA (06 67 92 19 57)
Docteur de l’Universit´e de Picardie Jules Verne




x+2−2
2 + 2x + 1 − x2 + x − 3
x
et
g(x)
=
x2 + x − 6
1
1



0 R.D.H.
1
2+2−2
2 x+2
2 2+2
= lim f (x) =
=
=
=
1. lim f (x) = 2
x→2
x→2
2 +2−6
0
2x + 1
2·2+1
20
s
s



2
1
1
3
2
2
2
2
2. g(x) = x + 2x + 1 − x + x − 3 = x 1 + + 2 − x 1 + − 2
x x
x x
s


s

2
1
1
3
∞2 1 +
+ 2 − ∞2 1 +
− 2
lim g(x) =
x→+∞
∞ ∞
∞ ∞
p
p
2
2
∞ (1 + 0 + 0) − ∞ (1 + 0 − 0) = +∞
=

√ − ∞

p

x2 + 2x + 1 + x2 + x − 3
p

=
lim
x2 + 2x + 1 − x2 + x − 3 · √

x→+∞
x2 + 2x + 1 + x2 + x − 3
x2 + 2x + 1 − x2 − x + 3
x+4


=
lim √
= lim √
x→+∞
x2 + 2x + 1 + x2 + x − 3 x→+∞ x2 + 2x + 1 + x2 + x − 3
1
x
x
√ = lim
=
=
lim √
2
2
x→+∞
x→+∞
2x
2
x + x
s


s

2
1
1
3
2
2
3. lim g(x) = ∞ 1 +
+

− ∞ 1+
x→−∞
−∞ ∞2
−∞ ∞2
p
p
=
∞2 (1 + 0 + 0) − ∞2 (1 + 0 − 0) = +∞
√ − ∞


p

x2 + 2x + 1 + x2 + x − 3
p

=
lim
x2 + 2x + 1 − x2 + x − 3 · √

x→−∞
x2 + 2x + 1 + x2 + x − 3
x2 + 2x + 1 − x2 − x + 3
x+4


=
lim √
= lim √
2
2
2
x→−∞
x→−∞
x + 2x + 1 + x + x − 3
x + 2x + 1 + x2 + x − 3
x
x
1
x
√ = lim
=
lim √
= lim
=−
2
2
x→−∞ −x − x
x→−∞
x→−∞ −2x
2
x + x
Exercice 2
√ √
1
1
1 1
5
5 5
5
5 −1
1. f (x) = 3 x · x = x 3 · x 2 = x 3 + 2 = x 6 =⇒ f ′ (x) = x 6 −1 = x 6 = √
6
6
66x




2. g(x) = (sin x) · cos x2 =⇒ g′ (x) = (sin x)′ · cos x 2 + (sin x) · cos x2
=⇒ g ′ (x) = (cos x) · cos x2 + (sin x) · −2x sin x2 = cos x · cos x2 − 2x · sin x · sin x2
h
i′
2
2
2
2 ln x (ln x)2
·e
3. h(x) = e(ln x) =⇒ h′ (x) = (ln x)2 · e(ln x) = 2 ln x · (ln x)′ · e(ln x) =
x


cos2 x
2 cos x (cos x)′
2 sin x cos x
2 sin x
2

=
=−
=−
4. i(x) = ln cos x =⇒ i (x) =
2
2
2
cos x
cos x
cos x
cos x
Exercice 3
e2x + 5ex + 1
1
e2x
1. lim
=
lim
=
2x
x
2x
x→+∞ 3e
+ e − 1 x→+∞ 3e
3
Exercice 1 f (x) =

1

2.

lim

x→+∞

0
= e0



1+

R.D.H.

=

1
x

x

x ln 1+

= lim e
x→+∞

lim e

x→+∞

−1
·
x2

1
x

!

= e∞ ln(1+0) = e∞·0



1
ln 1 +
x
1
x
= F.I. = lim e
x→+∞

1
1+

−1
x2

1
x

1
= lim e

1+

x→+∞

1
x =e

Exercice 4



1 1 + x 1
1 1
1

1. f (x) = ln
ln
|1
+
x|

ln
|1

x|

f
(x)
=
=

2
1 − x 2
2 |1 + x| |1 − x|
x

−∞

−1

1+x



1
|1 + x|

−1
1+x

1−x

+

1

0

2

+

2

+

1
1+x

1
2

1
1+x

+

0



+∞

1
|1 − x|

1
1
−1
1
1−x
1−x
1−x
2





1
1
1
1
−1
1
1
1 −1
f ′ (x)



2 1+x 1−x
2 1+x 1−x
2 1+x 1−x
−x
−1
1
f ′ (x)
1 − x2
1 − x2
1 − x2

x
′ tan x
2. g(x) = cos x·etan x ⇒ g′ (x) = (cos x)′ ·etan x +cos x· etan x = − sin x·etan
+cos x·(tan x) ·e
1
1
⇒ g ′ (x) = − sin x · etan x + cos x ·
· etan x = etan x
− sin x
2
cos x
cos x
!
2+1 ′
4x




2+ √


2x + 4x2 + 1

2 4x2 + 1


3. h(x) = ln 2x + 4x2 + 1 ⇒ h′ (x) =
=
⇒ h′ (x) =
2+1
2+1
2x
+
4x
2x
+
4x



2+1
4x
2
2x
+
4x

2+ √
2
2
2
4x
√4x + 1 =
√ +1
=√
2
2
2x + 4x + 1
2x + 4x + 1
4x2 + 1
1
√ ′


(
1
x)
2 x

=
4. i(x) = arctan ( x) ⇒ i′ (x) =
√ 2 =
1+x
2(1 + x) x
1 + ( x)
1
1 − e2−x

1. Il faut que 1−e2−x 6= 0 ⇒ e2−x 6= 1 ⇒ ln e2−x 6= ln(1) ⇒ 2−x 6= 0 ⇒ x 6= 2 ⇒ Df = R−{2}

Exercice 5 Soit f (x) =

2

2. f (x) est d´erivable sur Df , et

f ′ (x)

− 1 − e2−x

=



=

(2 − x)′ e2−x

−e2−x

=

(1 − e2−x )2
(1 − e2−x )2
(1 − e2−x )2
Par suite
< 0 pour tout x ∈ Df = R − {2}

3. Comme f (x) < 0 alors f est strictement d´ecroissante sur Df .
1
1
1
1
1
1
=
=
= 0− et lim
=
= =1
4. lim
2−x
+∞
2−x
−∞
x→+∞ 1 − e
x→−∞ 1 − e
1−e
−∞
1−e
1
1
1
1
1
1
1
= − = −∞ et lim
= + = +∞
=
=
lim
0
0
x→2+ 1 − e2−x
x→2− 1 − e2−x
1 − e0+
1 − e0−
f ′ (x)

D’o`
u le tableau de variation de f (x) :
x

−∞

f ′ (x)

+∞

2



+∞

0−

f (x)

−∞

1

Correction de l’ED3 - UE4 - M´edecine - 2015-2016
pr´epar´ee par Dr. Georges SADAKA (06 67 92 19 57)
Docteur de l’Universit´e de Picardie Jules Verne
Exercice 1
Z e2
1
1
dx ; on pose u = ln x ⇒ du = dx avec e ≤ x ≤ e2 ⇒ 1 = ln e ≤ u ≤ ln e2 = 2
1)
x
ln
x
x
e
Z e2
Z 2
h
i2
1
1
Par suite
dx =
du = ln u = ln 2 − ln 1 = ln 2
x ln x
1
e
1 u


1
Z
3
Z
+1

1
t2
t2
2 t3
2t t
2
t dt = t dt = 1
+c= 3 +c=
2)
+c=
+c
3
3
2 +1
2
Z
Z

e2x
2
x
+ 2ex + x + c
e2x + 2ex + 1 dx =
3)
(e + 1) dx =
2
Z
4
1
4)
t t2 + 1 dt ; on pose u = t2 + 1 ⇒ du = 2t dt ⇒ t dt = du
2
5
Z
Z
4
t2 + 1
1
u5
1 u5
2
4
Par suite
t t + 1 dt =
+c=
+c=
+c
u du =
2
2 5
10
10
Z
5)

θ sin θ dθ ; on utilise ici une int´egration par partie I.P.P., pour cela on pose :
u = θ ⇒ du = dθ
3

dv = sin θ dθ ⇒ v = − cos θ
Z
Z
I.P.P.
⇒ θ sin θ dθ = u dv = u · v − v du = −θ cos θ + cos θ dθ = sin θ − θ cos θ + c
Z 1
Z 1
Z 1
Z 1
2x + 1
2x + 6 − 6 + 1
2x + 6
5
5
6)
2−
dx =
dx =

dx =
dx
x+3
x+3
x+3
0h x + 3
0i
0 x+3
0
1
= 2x − 5 ln(x + 3) = 2 − 5 ln 4 − 0 + 5 ln 3 = 2 − 10 ln 2 + 5 ln 3
0
Z
2 2x
Exercice 2 I = x e dx ; on utilise ici une int´egration par partie I.P.P., pour cela on pose :
Z

Z

u = x2 ⇒ du = 2x dx
dv = e2x dx ⇒ v =
=⇒ I

I.P.P.

=

x2 e2x

2

Z

e2x
2

xe2x dx ; on utilise ici une deuxi`eme int´egration par partie I.P.P. :
u = x ⇒ du = x dx

e2x
dv = e2x dx ⇒ v =
2
2x


2
2x

xe
1 2x
x e
1

− e
dx =
= e2x 2x2 − 2x + 1
2
2
4
4

2x
Z
xe
1
x2 e2x


e2x
=⇒ I =
2
2
2
x2 − 3x + 2
Exercice 3 f (x) = 3
= 0 ⇐⇒ x2 − 3x + 2 = 0 comme a + b + c = 1 − 3 + 2 = 0
2x − 9x2 + 12x
c
u l’aire de la partie hachur´ee est ´egale `a :
alors x1 = 1 et x2 = = 2, d’o`
a
Z 2
Z 2
x2 − 3x + 2
[0 − f (x)] dx = −
A=
dx ; on utilise le changement de variable suivant :
3
2
1 2x − 9x + 12x
1
I.P.P.




1
u = 2x3 − 9x2 + 12x ⇒ du = 6x2 − 18x + 12 dx = 6 x2 − 3x + 2 dx ⇒ x2 − 3x + 2 dx = du
6
Z
Z

1
1
1
1
x2 − 3x + 2
dx =
du = ln u + c = ln 2x3 − 9x2 + 12x + c

3
2
2x − 9x + 12x
u
6
6
2 6
Z 2

1
1
1
= − ln 2 · 23 − 9 · 22 + 12 · 2 + ln 2 · 13 − 9 · 12 + 12 · 1
f (x) dx = −
⇒A=−
ln 2x3 − 9x2 + 12x
6
6
6
1
1
1
5
1
1
⇒ A = − ln 4 + ln 5 = ln
6
6
6
4
3
Z
Z
Z ix

1
e + e−ix
3
dx =
e3ix + 3e2ix e−ix + 3eix e−2ix + e−3ix dx
Exercice 4 I = cos x dx =
2
3ix 8

Z

1
e
3eix 3e−ix e−3ix
1
3ix
ix
−ix
−3ix
⇒I=
+
+
+
e + 3e + 3e
+e
dx =
8
8
3i
i
−i
−3i



3 eix − e−ix
eix − e−ix
1 e3ix − e−3ix
+
or d’apr`es la formule d’Euler on a sin x =
⇒I=
12
2i
4
2i
2i
1
3
e3ix − e−3ix
⇒I=
sin 3x + sin x
Par suite sin 3x =
2i
12
4
4


Exercice 5 f (t) = 37 + t + sin πt la moyenne de f (t) sur [0, 3] est de la forme :
Z 3
"
#3
1
Z 3
Z 3
f (t)


+1

2
1
1
1
cos(πt)
t
1

µ= 0
37t + 1
37 + t + sin πt dt =
37 + t 2 + sin πt dt =
=
3−0
3 0
3 0
3
π
+1
2
0




1
2 3 cos(0 · π)
1
2 3 cos(3π)
1
2 √
1
− 37 · 0 − 0 2 +
37 · 3 + 3 2 −
=
37 · 3 + 3 3 + +
⇒µ=
3
3
π
3
π
3
3
π π
2
2√
3+
⇒ µ = 37 +
3

Correction de l’ED4 - UE4 - M´edecine - 2015-2016
pr´epar´ee par Dr. Georges SADAKA (06 67 92 19 57)
Docteur de l’Universit´e de Picardie Jules Verne
1

dx
1
1

x+1
y = 6x =⇒ (H) : y +
y = 0 =⇒ yH = K · e
Exercice 1 (E) : +
x+1
x+1
1
1
=⇒ yH = K · ln(x+1) = K ·
x+1
e
Pour calculer la solution particuli`ere, on utilise
thode de la variation de la constante :
la m´e

1
1
1
1
1


=⇒ yP = K ·
+K ·
−K
= K′ ·
yP = K(x) ·
x+1
x+1
x+1
x+1
(x + 1)2
1
yP = 6x on obtient :
En rempla¸cant yP dans (E), c.`
a.d. yP′ +
x+1
1
1
1
1
1
K′ ·
−K
·K ·
= 6x =⇒ K ′ ·
= 6x =⇒ K ′ = 6x(x + 1) = 6x2 + 6x
+
2
x+1
(x
+
1)
x
+
1
x
+
1
x
+
1
Z
x2
2x3 + 3x2
x3
= 2x3 + 3x2 =⇒ yP =
d’o`
u : K(x) = 6x2 + 6x dx = 6 + 6
3
2
x+1
1
2x3 + 3x2
2x3 + 3x2 + K
Par suite : y = yH + yP = K ·
+
=
x+1
x+1
x+1
Z

y′

Exercice 2 (E) : y ′′ − 4y ′ + 3y = xe3x =⇒ (H) : y ′′ − 4y ′ + 3y = 0 =⇒ (C) : x2 − 4x + 3 = 0
=⇒ ∆ = 4 > 0 =⇒ x1 = 1 et x2 = 3 =⇒ yH = K1 ex + K2 e3x
Le second membre de (E) est de la forme :


u u = 3, v = 0, P = x, Q = 0
eux P (x) · cos(vx) + Q(x) · sin(vx) o`

Soit h(x) = eux · cos vx = e3x =⇒ h′ (x) = 3e3x =⇒ h′′ (x) = 9e3x comme 9e3x − 12e3x + 3e3x = 0
alors h(x) v´erifie (H), soit g(x) = x · h(x) = xe3x =⇒ g′ (x) = e3x + 3xe3x =⇒ g ′′ (x) = 6e3x + 9xe3x
or 6e3x + 9xe3x − 4 · (e3x + 3xe3x ) + 3xe3x = 2e3x 6= 0, par suite m = 1.
D’autre part n = max(degr´e(P ), degr´e(Q)) = max(1, 0) = 1 =⇒ A(x) et B(x) sont deux polynˆomes
de degr´e 1, d’o`
u:


yP = xm eux A(x) · cos(vx) + B(x) · sin(vx) = xe3x (ax + b) = (ax2 + bx)e3x


=⇒ yP′ = (2ax + b)e3x + 3(ax2 + bx)e3x = 3ax2 + (2a + 3b)x + b e3x






=⇒ yP′′ = 6ax + 2a + 3b e3x + 3 3ax2 + (2a + 3b)x + b e3x = 9ax2 + (12a + 9b)x + 2a + 6b e3x
5

En rempla¸cant dans (E) c.`
a.d. yP′′ − 4yP′ + 3yP = xe3x on obtient :




9ax2 + (12a + 9b)x + 2a + 6b e3x − 4 3ax2 + (2a + 3b)x + b e3x + 3(ax2 + bx)e3x = xe3x




1
1
=⇒ 4ax + 2a + 2b = x =⇒ 4a = 1; 2a + 2b = 0 =⇒ a = ; b = −
4
4
1
1
=⇒ yP = x(x − 1)e3x =⇒ y = yH + yP = K1 ex + (K2 + x(x − 1))e3x
4
4


3
2
1
1y
x y
1 y 3 y
Exercice 6 (E) : x3 y ′ = − y 3 + x2 y =⇒ y ′ = − 3 + 3 = −
+
2
2x
x
2 x
x
y
1
(E) ′




Soit z = =⇒ y = z · x =⇒ y = z · x + x · z = z · x + z =⇒ z · x + z = − z 3 + z
x
2
Z
Z
Z
1
z′
ln x + c
1 1
1
1
1 3
−3

dx =⇒ z dz = −
dz = −
=⇒ z · x = − z =⇒ 3 = − · =⇒
3
2
z
2 x
z
2
x
2
ln x + c
1
1
z −2
x
=−
=⇒ z 2 =
=⇒ z = ± √
=⇒
=⇒ y = z · x = ± √
−2
2
ln x + c
ln x + c
ln x + c

6


Aperçu du document ED_Medecine_2015_2016.pdf - page 1/6

Aperçu du document ED_Medecine_2015_2016.pdf - page 2/6

Aperçu du document ED_Medecine_2015_2016.pdf - page 3/6

Aperçu du document ED_Medecine_2015_2016.pdf - page 4/6

Aperçu du document ED_Medecine_2015_2016.pdf - page 5/6

Aperçu du document ED_Medecine_2015_2016.pdf - page 6/6




Télécharger le fichier (PDF)


ED_Medecine_2015_2016.pdf (PDF, 66 Ko)

Télécharger
Formats alternatifs: ZIP



Documents similaires


ed medecine 2015 2016
these kba version finale nov2011
these kba version finale nov2011 3
guide du doctorant
instauracion de un observatorio sobre la calidad microbiologica
pcsi observatoire microbiologique

Sur le même sujet..