CORRIGE de l'ET de MATHEMATIQUES DE PCST L1 S1 (

CORRIGE de l'ET de MATHEMATIQUES DE PCST L1 S1 (

janvier 2013)

EXERCICE 1 1) a)

4 1

) 4 )(

1 ( ) 1

(  

 

 

 

x c x

b x a x

x x x f

• en multipliant chaque membre par x on obtient

4 1

) 4 )(

1 (

1

 

 

 

 x

cx x

a bx x

x

Ceci devant être vrai pour tout x, si x = 0 on obtient 4

1 a • en multipliant par (x – 1) on obtient

4 ) 1 ( )

1 ( ) 4 (

1



 

 

  x

x b c x x a x

x si x = 1 on obtient

3

1



b

• en multipliant par (x – 4) on obtient c

x x b x x a x

x 



 

 

 1

) 4 ( ) 4 ( ) 1 (

1

si x = 4 on obtient 12

 1 c

On a donc

4 12

1 1 3 1 4 1 )

(  







 x x x

x f b)

 

³₂

 

³₂

 

³₂

3

2 3

2 3

2 3

2 3

2

4 12 ln

1 1 3 ln ln 1

4 1 4 12

1 1 3 1 4

1 4

12 1 1 3 1 4 1 )

(     

 

 



















 













^{f x dx}



^{x x x dx}



^dxx



^xdx



^{xdx x x x}

I

ln2

12 3 8 4ln 2 1 12 ln

1 3 1 4 3 1 4ln ) 1 2 ln 1 12(ln ) 1 1 ln 2 3(ln ) 1 2 ln 3 4(ln

1   



 



  

















I

Donc ln2

3 3 2 4ln

1 

 I

2) dx

x J



x



 

2

0

sin2

3

cos Posons tsinx dtcosdx . Si x0 alors t0. Si 2



x alors t1.

Donc

 



 





 



1

0

2 1

0 2

3 1 3 1

3 t

dt t

J dt Posons

3

u t alors

3 du dt .

Pour t = 0 alors u = 0 et pour t = 1 alors 3

 1 u

D'où

 

_^









 

 



 

 





3 ^arctan0

arctan 1 3

arctan 1 3

1 1

3 3

1 ¹ ₃

0 3

1

0

2 u

u

J du

tan 6

3 1 3

arctan 1     

 



 y y y et arctan0ytany0y0

On a donc 3 6

1 





J soit

3 6

  J

1/5

3) ^



^{1  }

0

) 1

ln( e dx

e

K ^{x x} Posons uln(1e^x) d'où dx e du e

x x







  1 et dve^x d'où ve^x

     

^^{ }



_

 

 

 









 

 



 ^{ }_ ^ _

1

0 1

0 1

1

0 1

0 1

1 2 1 1 ln 1 ln 1

) 1 1 1 ln(

1 ) 1 ln(

1 )

1

ln( dx

e e e

dx e e

e dx e e e e

e K

x x

x x x x

x



^{ln( 1) 1}



^ln2



^{ln 1}

 ^

^{ln( 1) 1}

^

^{ln2 ln( 1) ln2}

1 2

1 ln

ln ¹

0 1

0

























 



 





e ^{dx e e e e e e}

e e

e e

K ^x

x x

K(e1)ln(e1)e2ln2

EXERCICE 2

1) x

K e y e

K y x

x x y

y y x

x y y y

x xy

x x

x  















 









 1 ln ln ^ln

' 1 1

0 ' ) 1 ( '

La solution générale de l'équation sans second membre est

x K e y

x

H 

2) a) Si y est une solution particulière de ( E ) alors y vérifie l'équation ( E ).

2 2

) 1 ) (

( )

( ' )

( )

( ' '

x x x e x z x e z x

e x x e x z x e z y

x x x

x

x 



 





L'équation ( E ) s'écrit alors

1 )

( ) 1 ) ( 1 ) (

( )

(

' 2    2 









  

x xe x x e z x x

x x e x z x e z x

x x

x x

soit

 

1 )

( ' 1

) ( ' 1

) ( ) 1 1 ( ) (

' 2 2

2

2   

 

 











x x x z x

x x z x x

x xe z x x

x z x x

e^{x x}

b) On déduit du a) que ln( 1)

2 1 1 2ln

1 1 )

( ^{2 2}

2    





x  ^{dx x x}

x x z

Une solution particulière de ( E ) est

x x e

y

x

P ln( 1)

2

1 ₂ 



3) La solution générale de ( E ) est yy_H y_P soit

x x e

x Ke y

x x

) 1 2ln(

1 ₂ 





EXERCICE 3

1) t

t e N

t

p  

) 1

( donc _{2 2}

) 1 ( )

1 (

) 1 (

t te t

e t e dt

dN_p ^{t t t}

 





 

et

 

3 2 4

2 4

2 2

2

) 1 (

) 1 ( )

1 (

2 ) 1 ( ) 1 ( )

1 (

) 1 ( 2 ) 1 )(

(

t t e t

t t t e t

te t t

te e dt

N

d ^{t t t t t}



 







 









 

 

3

2 2

2 3

2 2

2 3

2 2

2

) 1 (

) 2 1 2 2 1

( )

1 (

) 1 ( ) 1 ( 2 ) 1 ( ) 1

1 ( 2 ) 1 (

) 1 2 (

t

t t t

t t e t

t t

t t e t e t te t

t N e

dt dN dt

N

d ^{t t t t t}













 











 

 

 



 





d'où _{2 3 3}

2

) 1 (

2 ) 1 (

) 2 2 (

t e t

N e dt dN dt

N

d ^{t t}

 

 





L'équation ( E ) étant vérifiée N_p est une solution de ( E ).

2) Recherche de la solution de l'équation sans second membre 2 0

2

2  N

dt dN dt

N d

Pour cela on cherche les solutions de l'équation r² 2r10 c'est-à-dire (r1)² 0 d'où r = 1 qui est une solution double

La solution de l'équation sans second membre est donc N_H (C₁tC₂)e^t La solution générale est donc NN_H N_p soit

t e e

C t C N

t t

 



( _{1 2}) 1

3) N(0)1  (C₂)111  C₂ 0

1 1 2 2

) 1 ( ) (

) (

t e te

C t C e C dt t

dN _{t t} ^t

 





 donc (0)0  C₁C₂ 0

dt

dN d'où C₁0

La solution cherchée est donc

t t e N

t

  ) 1 (

EXERCICE 4

• 











 

 

 

 





 x x

x x

e x

x

x x e

g

x x

x x

x 3

1 sin lim 1

3

sin ) 1 lim( ) ( lim

3 0 0 2

0

or 1 1

lim

0  

 x

e^x

x , sin 1

lim

0 

 x x

x et

3 1 3

lim 1

0 



 x

x

donc

3 ) 1 ( lim

0 

 g x

x

Autre méthode: Au voisinage de 0, 1e^x ~x, sinx~x et 3x² x³ ~3x² Donc

3 1 3

lim ) (

lim 2

2 0

0  

 

 x

x x g

x x

• x x

x x x e

h

x x

x  



 



 ln(1 sin ) lim cos

) ( lim

0 0

. On utilise des développements limités.

Au voisinage de 0 ( )

1 2 ²

2

x x o x

e^x     , ( )

1 2

cos ²

2

x x o

x   .

Quand x0 , sinx0 . On a donc :

 

^{( )}

2 ) 1

( 1

ln ) sin 1

ln(  x  xo x² x x² o x²

D'où 2

) 2 (

1 ) ( lim 1

) 2 (

1

) lim (

) 2 (

1

) 2 (

2 1 1

lim ) ( lim

2 2 2 0

2 2 2 2 0

2 2 2 2

0 0









 





 



















   

 o x

x o x

o x

x o x x

o x x x

x o x x

x x x

h

x x

x x

lim ( ) 2

0 

 h x

x

EXERCICE 5

1) a) ( )

! ) 3 0

! ( ) 2 0

! ( )1 0 ( ' ) 0 ( )

( ³

) 3 3 2 ( ) 2

( x o x

x f x f

f f x

f     

b) dt x x

t

x

arctan 0

arctan arctan

1 1

0

2   





2) • 1

0 1 ) 1 0

( 2 

 

f ; _{2 2}

) 1 ( ) 2 ( '

t t t

f 

  donc f'(0)0 ;

3/5

3 2

2 3

2 2 2 4

2

2 2

2

) 1 (

6 2 )

1 (

8 ) 1 ( 2 )

1 (

) 1 ( 2 2 ) 2 ( ) 1 ( ) 2 ( ' '

t t t

t t t

t t t

t t

f 



 























 donc f ''(0)2

( )

) 2 2 ( 1 )

( ²

2

t t o t

f     soit f(t)1t² o(t²)

• ( )

3 ) 1

3 ( )) 1

( 1

( ) (

arctan ^{3 3}

0 3 3 0

2 2 0

x o x x t

o t t dt t o t dt

t f x

x x x





 

 

  











 

donc ( )

3

arctanxx1x³o x³

3) a)

3

3 1 arctan

) (

x x x

e e

x

g   ^ or quand x0 alors 0

3

1 ₃

 x x

D'où ( )

6 1 2 1 3 1 1 ) 3 (

1 6 1 3

1 2 1 3 1 1 )

( ^{3 3 2 3 3}

3 3 2

3

3 x x x x o x x x x x o x

x x x

g        



 

 

 



 

 









On en déduit ( )

6 1 2 1 1 )

(x x x² x³ o x³

g     

b) • L'équation de la tangente au point d'abscisse 0 est yg(0)g'(0)(x0) g(0)1 , 3 ²

6 2 1 2 1 1 ) (

' x x x

g    donc g'(0)1 L'équation de la tangente au point d'abscisse 0 est donc yx1

• Pour trouver la position de la courbe de g par rapport à la tangente , il faut étudier le signe g(x)(x1)

( )

3 1 1 2 ) 1 6 (

1 2 ) 1 1 ( )

(x x x² x³ o x³ x² x o x³

g 



 

 













Or 0 2

1x₂  et , au voisinage de 0, 0 3

11x d'où g(x)(x1)0. Ce qui signifie que la courbe de g est au-dessus de la tangente.

4) a) Pour tout x > 0 on a

2 arctan1

arctan 



 x

x d'où

x 1x

arctan arctan 2



⁾

( 1 arctan 2

arctan1 2

arctan1 arctan 2

)

(x e ^x e ^x e e ^x e e ^x

g ^

 

 















Quand x alors 10

x . On a donc :





 



 



 



   





 



 











 



 



 



 















3 3

2 2

3 3

2

2 1

6 1 2

1 1 1

1 1

6 1 1 2 1 1 1

) (

x o x x x

e x x o

x e x

x g





 



 



 



   





3 3

2

2 1

6 1 2

1 1 1

) (

x o x x x

e x g

b) • 



 



 



 



  









3 3

2 2

2 1

6 1 2

1 ) 1

(

x o x x x

e e x

g donc lim ( ( ) ²)0







 g x e

x

L'asymptote à la courbe de g en +  est la droite d'équation ²



e y

• 



 



 



 



 









 



 



 



  













3 3

2 2 2 3

3 2 2

2 1

6 1 2

1 1

1 6

1 2

1 ) 1

(

x o x x e xe x

o x x x

e e x

g

< 0 0 (en + )



















3/5

donc ( ) ² 0



e x

g et la courbe de g est au-dessous de l'asymptote.

Représentation graphique (non demandée)

EXERCICE 6

1) On cherche zaib tel que z²8i



















 













 















 2 8 4 4

8 0 2

8 )

( _{2 2}

2 2 2

2 2

a b ou a

a b a ab

b i a

abi b

a i

ib a

a² 4 n'a pas de solution il reste donc a = 2 , b = – 2 ou a = – 2 , b = 2 Les racines carrées de – 8i sont z₁22i et z₂ 22i

2) a) Vérifions d'abord que 2 est une solution de ( E ).

2³ 2(23i)2² 4(15i)216(1i)81624i840i1616i816816i(244016)0 Donc 2 est bien une solution de ( E ). Par conséquent ( E ) peut s'écrire : (z2)P(z)0 où P(z) est un polynôme du second degré.

( E ) s'écrit donc (z2)(az² bzc)0  az³(2ab)z² (2bc)z2c0

Par identification, on obtient :

































































vraie égalité

i c

i b

a

i c

i c

b

i b

a a

8 8

6 2

1

) 1 ( 16 2

20 4 2

6 4 2

1

L'équation ( E ) est donc ^(z2)



^{z2 (26i)z88i}



^0

b) Résolvons d'abord z² (26i)z88i0

(26i)² 4(88i)43624i3232i8i

D'après la question 1)  a pour racines z₁22i et z₂ 22i Les solutions de l'équation z² (26i)z88i0 sont :

i i i

z 2 2

2 2 2 6

2    

 et i i i

z 4

2 2 2 6

2   



Les solutions de ( E ) sont donc



2; 22i; 4i



( C ) courbe de g ( T ) tangente en 0 (A) asymptote en +

5/5