2 3 4 - 1
- 2 - 3
2
- 1
- 2
0 1
1
x y
an 07. p 63. Asie juin 2006.
PARTIEA
On considère l’équation différentielle (E) : y’ + y = e−x .
1. Démontrer que la fonction u définie sur IR par u(x) = x e−x est une solution de (E).
2. Résoudre l’équation différentielle (E0) : y’ + y = 0
3. Démontrer qu’une fonction v, définie et dérivable sur IR, est solution de (E) si et seulement si v − u est solution de (E0).
4. En déduire toutes les solutions de (E).
5. Déterminer la fonction f2, solution de (E), qui prend la valeur 2 en 0.
PARTIE B.
k étant un nombre réel donné, on note fk la fonction définie sur IR par fk(x) = (x + k)e−x . On note Ck la courbe représentative de la fonction fk dans un repère orthonormal (O ; i→ ; j→).
1. Déterminer les limites de fk en −∞ et +∞. 2. Calculer fk’(x) pour tout réel x.
3. En déduire le tableau des variations de fk. PARTIE C.
1. On considère la suite d’intégrales (In) définies par I0 =
⌡ ⌠
0
-2e−x dx et pour tout entier naturel n ≥ 1 par In =
⌡ ⌠
0
-2xne−x dx.
a. Calculer la valeur exacte de l’intégrale I0.
b. En utilisant une intégration par partie, démontrer l’égalité : c. In+1 = (−2)n+1e² + (n+1)In.
d. En déduire les valeurs exactes des intégrales I1 et I2. 2. Le graphique ci−après représente une courbe Ck qui est la représentation graphique d’une fonction fk définie à la partie B.
a. A l’aide des renseignements donnés par le graphique, déterminer la valeur du nombre réel k correspondant.
b. Soit S l’aire de la partie hachurée (en unités d’aire) ; exprimer S en fonction de I1 et I0 et en déduire sa valeur exacte.
Corrigé : PARTIEA
On considère l’équation différentielle (E) : y’ + y = e−x .
1. Démontrer que la fonction u définie sur IR par u(x) = x e−−−−x est une solution de (E).
Pour montrer que u est solution de (E) il faut montrer que u’(x) + u(x) = e−x
u est dérivable sur IR comme produit des fonctions x → x et x → e−x qui sont dérivables sur IR. u’(x) = 1 × e−x + x × (−1)e−x = e−x − x e−x
donc u’(x) + u(x) = e−x − x e−x + x e−x = e−x ce qui prouve que u est solution de (E).
2. Résoudre l’équation différentielle (E0) : y’ + y = 0 y’ + y = 0 ⇔ y’ = −y
cours : Les solutions de l’équation différentielle y’ = ay sont les fonctions, définies sur IR, x → k eax , avec k ∈ IR. donc (E0) a pour solutions les fonctions x → k e−x avec k ∈ IR.
3. Démontrer qu’une fonction v, définie et dérivable sur IR, est solution de (E) ⇔⇔⇔⇔ v −−−− u est solution de (E0).
2v − u est solution de (E0) ⇔ (v − u)’ + (v − u) = 0 v − u est solution de (E0) ⇔ (v − u)’ + (v − u) = 0
⇔ v’ − u’ + v − u = 0
⇔ v’ + v = u’ + u
⇔ v’ + v = e−x d’après 1.
⇔ v est solution de (E). Donc l’équivalence est démontrée.
4. En déduire toutes les solutions de (E).
v est solution de (E) ⇔ v − u est solution de (E0) d’après 3.
⇔ (v − u)(x) = k e−x avec k ∈ IR d’après 2.
⇔ v(x) = u(x) + k e−x avec k ∈ IR
⇔ v(x) = x e−x + k e−x avec k ∈ IR d’après 1.
Donc les solutions de (E) sont les fonctions v définies sur IR par v(x) = (x + k)e−x avec k ∈ IR. 5. Déterminer la fonction f2, solution de (E), qui prend la valeur 2 en 0.
f2 est une des fonctions v trouvées en 4. or f2(0) = 2 ⇔ (0 + k)e−0 = 2 ⇔ k = 2
donc f2 est la fonction définie sur IR par f2(x) = (x + 2)e−x . PARTIE B.
k étant un nombre réel donné, on note fk la fonction définie sur IR par fk(x) = (x + k)e−x . On note Ck la courbe représentative de la fonction fk dans un repère orthonormal (O ; i→ ; j→).
1. Déterminer les limites de fk en −−−−∞∞∞ et +∞∞ ∞∞∞.
fk est le produit des 2 fonctions : x → x+k et x → e−x . quand x → −∞ : x + k → −∞
et −x → +∞ donc e−x → +∞ et par produit, lim
x→-∞ fk(x) = −∞
quand x → +∞ : x + k → +∞ et −x →−∞ donc e−x → 0 fk(x) prend alors la forme indéterminée « ∞× 0 » mais fk(x) = x
ex + k
ex on sait que : lim
x→+∞
ex
x = +∞ donc lim
x→+∞
x ex = 0 et lim
x→+∞ ex = +∞ donc lim
x→+∞
k
ex = 0 donc par addition : lim
x→+∞ fk(x) = 0 cette limite nous indique que l’axe des abscisses est asymptote à Ck en +∞.
2. Calculer fk’(x) pour tout réel x.
fk est dérivable sur IR puisque c’est le produit des fonctions x → x+k et x → e−x qui sont dérivables sur IR ou : fk est dérivable sur IR puisque c’est la solution d’une équation différentielle …
D’après la partie A :
fk est solution de (E) donc fk’(x) + fk(x) = e−x c’est à dire fk’(x) = − fk(x) + e−x et donc fk’(x) = (−x − k + 1)e−x .
3. En déduire le tableau des variations de fk.
fk’(x) = (−x − k + 1)e−x . Pour tout réel x, e−x > 0 donc fk’(x) a le signe de −x − k + 1 donc : pour x < 1 − k, fk’(x) > 0 et donc fk
pour x > 1 −k, fk’(x) < 0 et donc fk
pour x = 1 − k, fk’(x) = 0 et fk(x) = ek−1 est le maximum de fk.
x −∞ 1−k +∞
fk’(x) + 0 − fk(x)
−∞
ek−1 0
PARTIE C.
1. On considère la suite d’intégrales (In) définies par I0 =
⌡ ⌠
0
-2e−x dx et pour tout entier naturel n ≥ 1 par In =
⌡ ⌠
0
-2xne−x dx.
a. Calculer la valeur exacte de l’intégrale I0.
b. En utilisant une intégration par partie, démontrer l’égalité : In+1 = (−2)n+1e² + (n+1)In. c. En déduire les valeurs exactes des intégrales I1 et I2.
a. I0 =
⌡ ⌠
0
-2e−x dx = [−e−x ]0
-2 = −e0+ e2= e² − 1 donc I0 = e² − 1.
b. In+1 =
⌡ ⌠
0
-2
xn+1 e−x dx. on pose u(x) = xn+1
v'(x) = e-x on a alors u'(x) = (n+1)xn
v(x) = - e-x et on sait que
⌡ ⌠
b
a
u × v’ = [u × v]ba −
⌡ ⌠
b
a
u’× v
donc In+1 =
⌡ ⌠
0
-2
xn+1 e−x dx = [−xn+1 e−x ]0 -2 −
⌡ ⌠
0
-2−(n+1)xn e−x dx
= [−xn+1 e−x ]0
-2 + (n+1)
⌡ ⌠
0
-2
xn e−x dx
= [−xn+1 e−x ]-20 + (n+1)In = (−2)n+1 e² + (n+1)In. donc In+1 = (−2)n+1e² + (n+1)In. c. connaissant Io et la relation établie au b. on peut calculer I1 puis I2.
I1 = (−2)0+1e² + (0+1)I0 = (−2)e² + I0 = −2e² + e² − 1 donc I1 = −e² − 1.
I2 = (−2)1+1e² + (1+1)I1 = 4e² + 2I1 = 4e² − 2e² − 2 donc I2 = 2e² − 2
2. Le graphique ci−après représente une courbe Ck qui est la représentation graphique d’une fonction fk définie à la partie B.
a. A l’aide des renseignements donnés par le graphique, déterminer la valeur du nombre réel k correspondant.
b. Soit S l’aire de la partie hachurée (en unités d’aire) ; exprimer S en fonction de I1 et I0 et en déduire sa valeur exacte.
a. fk(x) = (x + k)e−x .
fk(x) = 0 ⇔ x = −k car e−x ≠ 0 et Ck coupe l’axe (O ; i→) en −2 donc k = 2 (ou : fk(0) = k et Ck coupe l’axe (O ; j→) en 2 donc k = 2) La fonction représentée est f2 : x → (x+2)e−x .
b. S est, sur [−2 ; 0] l’aire sous la courbe, donc S =
⌡ ⌠
0
-2f2(x) dx
S =
⌡ ⌠
0
-2(x + 2)e−x dx =
⌡ ⌠
0
-2(x e−x + 2e-x)dx =
⌡ ⌠
0
-2x e−x dx +
⌡ ⌠
0
-22 e−x dx =
⌡ ⌠
0
-2x e−x dx + 2
⌡ ⌠
0
-2 e−x dx = I1 + 2I0. S = I1 + 2I0 donc S = −e² − 1 + 2e² − 2 = e² − 3 (≈ 4,38)