Le plus simple consiste à faire le changement de variable u

Contrôle de Mathématiques 2 : Intégration et Equations diérentielles Groupe B

Corrigé.

Exercice 1. 4 points. Calculer les intégrales suivantes en détaillant la méthode utilisée :

Ces deux intégrales font partie des premières que l'on a travaillées. Plusieurs méthodes peuvent mener au bon résultat.

a. Z 2

−1

(x+ 3)√

x+ 2dx.

Le plus simple consiste à faire le changement de variable u = √

x+ 2. Ne pas oublier que cela change les bornes :x=−1 donneu= 1et x= 2donneu= 2. De plus

du= 1 2√

x+ 2dx doncdx= 2u du.

Enn on aura besoin d'exprimerxen fonction deu: x=u²−2.

Après changement de variable l'intégrale devient donc Z 2

1

(u²−2 + 3)u2u du= 2 Z 2

1

u⁴+u²du= 2 u⁵

5 +u³ 3

²

1

= 2 2⁵

5 +2³ 3 −1

5 −1 3

. J'avais précisé qu'il n'était pas utile d'eectuer le calcul une fois le crochet développé.

b. Z 0

−ln(3)

(x+ 1)e^−3xdx.

Ici on fait une IPP en posantu⁰ =e^−3xet v=x+ 1. Ainsi u= −1

3 e^−3x, v⁰= 1.

Par la formule d'IPP on obtient : Z 0

−ln(3)

(x+ 1)e^−3xdx = −1

3 e^−3x(x+ 1) 0

ln(3)

+1 3

Z 0

−ln(3)

e^−3xdx

= −1

3 +1−ln(3) 3 3³−1

9

e^−3x0

−ln(3)

= −1

3 +1−ln(3) 3 3³−1

9 +3³ 9 . Exercice 2. 6 points.

a. En utilisant la dénition de tan ainsi que la formule sin(2θ) = 2 sin(θ) cos(θ) pour tout θ ∈ R, montrer que sit= tan(x/2) alors

sin(x) = 2t 1 +t².

Le plus simple est de partir par le membre de droite en remplaçantt, puis de passer à la dénition detan:

2t

1 +t² = 2 tan(x/2) 1 + tan(x/2)²

= 2_cos(x/2)^sin(x/2) 1 +_cos(x/2)^sin(x/2)22

=

2 sin(x/2) cos(x/2) cos(x/2)²+sin(x/2)²

cos(x/2)²

en mettant au meme denom

=

2 sin(x/2) cos(x/2)

1 cos(x/2)²

car cos²+ sin²= 1

= 2 sin(x/2)

cos(x/2) ×cos(x/2)²

= 2 sin(x/2) cos(x/2)

= sin(x).

b. Calculer :

Z π/2

0

1

2 + sin(x)dx.

Il fallait bien entendu utiliser la partiea.de l'exercice. Cela nous donnait le changement de variable à eectuer. On pose donct= tan(x/2). Ainsi

dx= 2 1 +t²dt.

Et les bornes :x= 0donnet= 0,x= ^π₂ donnet= 1. L'intégrale devient Z π/2

0

1

2 + sin(x)dx = Z 1

0

1 2 +_1+t^2t2

2 1 +t²dt

= Z 1

0

2

2(1 +t²) + 2tdt

= Z 1

0

1 t²+t+ 1dt.

On est ramené à une intégrale de fraction rationnelle. Cette dernière est en fait un élément simple de deuxième espèce (le dénominateur ne se factorise pas car il n'a pas de racine réelle). Dans ce cas on a vu qu'il fallait le mettre sous forme canonique pour se ramener à une intégrale qui donnera de l'Arctan. Cela donne :

Z 1

0

1

t²+t+ 1dt = Z 1

0

1

(t+ 1/2)²+ 3/4dt

= 1

3/4 Z 1

0

1 1 +_1/2+t

√3/2

2dt.

= 4 3

Z 1

0

1 1 +

1+2t√ 3

2dt.

A ce stade, on a vu qu'il fallait poseru=^1+2t√

3 . Ainsi du= 2

√3dt,

et les bornes :t= 0donneu=^√1

3,t= 1 donneu=√ 3. D'où 4

3 Z 1

0

1 1 +

1+2t√ 3

²dt = 2

√3 Z

√3

1/√ 3

1 1 +u²du

= 2

√3[Arctan(u)]

√ 3 1/√

3

= 2

√ 3

Arctan(√

3)−Arctan(1/√ 3)

.

En remontant, on a trouvé Z π/2

0

1

2 + sin(x)dx= 2

√3

Arctan(√

3)−Arctan(1/√ 3)

.

Exercice 3. 4 points. On s'intéresse à l'équation diérentielle suivante : (E) : (x−1)y⁰+ (x²+ 1)y= 0.

a. Donnez les intervalles possibles de résolution de(E).

Il faut quex−16= 0c'est-à-direx6= 1. Les intervalles de résolution possible sont donc I1=]− ∞,1[ ou I2=]1,+∞[.

b. Résoudre(E)sur chacun des intervalles proposés.

Il s'agit d'une équation homogène, donc il n'y a pas de solution particulière à trouver ! Il sut d'appliquer la formule de résolution pour les équations homogènes. Les solutions de(E)s'écrivent donc

y(x) =λe^{−R x2 +1x−1 dx}. 2

L'intégrale qui apparaît dansy concerne une fraction rationnelle. Elle est de degré1, donc il s'agit d'eectuer une division euclidienne. Et cela donne

x²+ 1

x−1 =x+ 1 + 2 x−1. Doncy se calcule :

y(x) = λe^{−Rx+1dx−R x−12 dx}

= λe^−x

2

2−x−2 ln|x−1|.

Maintenant les solutions surI₁s'écrivent y(x) =λe^−x

2

2−x−2 ln(−x+1). Et celles surI2s'écrivent

y(x) =λe^−x

2

2−x−2 ln(x−1).

Cependant si on développe lelnen faisant rentrer le−2, on s'aperçoit que ce sont en fait les mêmes solutions ...

c. Donner la solution de(E)qui vérie y(0) = 2. On trouve facilementλ= 2.

Exercice 4. 6 points. On s'intéresse à l'équation diérentielle suivante : (E) : y⁰⁰+ 3y⁰+ 3y=x²+x−sin(x).

a. Résoudre(E).

∗Intéressons-nous d'abord à l'équation homogène associée (H) : y⁰⁰+ 3y⁰+ 3y= 0.

Son équation caractéristique est

r²+ 3r+ 3 = 0, dont le discriminant vaut

∆ =−3 = (i√ 3)².

Ainsi l'une des racines (et on en a besoin de qu'une dans les complexes) est donnée par

r= −3−√ 3i

2 .

Les solutions de(H)sont donc

yH(x) =e^−3/2x

λcos(3

2x) +µsin(3 2x)

.

∗Pour trouver une solution particulière, on a vu en TD qu'on pouvait "découper" le second membre en deux parties : la partie polynômiale et la partie trigonométrique. On trouvera ainsi deux solutions particulières (l'une polynômiale et l'autre trigonométrique) dont la somme est solution particulière recherchée de(E).

Pour la polynômiale, on pose y1(x) = ax²+bx+c et on ne s'intéresse qu'au second membre polynômial. On a :

y⁰₁(x) = 2ax+b, y₁⁰⁰(x) = 2a.

On réinjecte :

2a+ 3(2ax+b) + 3(ax²+bx+c) =x²+x.

En identiant, on obtient

a= 1

3, b= −1

3 , c= 1 9. Pour la trigonométrique, on posey₂(x) =acos(x) +bsin(x). On a :

y₂⁰(x) =−asin(x) +bcos(x), y⁰⁰₂(x) =−y₂(x).

On réinjecte :

−acos(x)−bsin(x) + 3(−asin(x) +bcos(x)) + 3(acos(x) +bsin(x)) =−sin(x).

3

Ce qui donne, en regroupant lescoset les sin:

(2a+ 3b) cos(x) + (2b−3a) sin(x) =−sin(x).

D'où en identiant les coecients, on trouve a= 3

13, b= −2 13.

Finalement la solution particulièreypde(E)recherchée est somme dey1et y2 : y_p(x) =y₁(x) +y₂(x) = 1

3x²−1 3x+1

9 + 3

13cos(x)− 2

13sin(x).

On en déduit les solutions générales, somme dey_p et des solutions de l'équation homogène :

y(x) =e^−3/2x

λcos(3

2x) +µsin(3 2x)

+1

3x²−1 3x+1

9+ 3

13cos(x)− 2

13sin(x).

b. Donner la solutiony de(E)qui vérie y(0) = 1ety⁰(0) = 1. Sera corrigé en TD.

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