CPGE: SETTAT Devoir libre MATHS N˚3 A rendre le 2 d ... · PDF fileest n fois...
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CPGE: SETTAT
TSI-sup 1
Devoir libre
N 3
MATHS
A rendre le 2 decembre 2011
Exercice 1 :On considere l’equation differentielle (E) : y′′′ − y = 0 .
une solution de (E) est une fonction f definie sur R ,3-fois derivable sur R telle que ∀t ∈ R : f ′′′(t)− f(t) = 0
1. Montrer que toute solution f de (E) est de classe C∞ sur R
Soit f une solution de (E),montrons par recurrence que f est n-fois derivable pour tout n ∈ N,– on a f est trois fois derivable , la propriete est vraie pour n=0,1,2,et 3– Soitn ∈ N supposons que f est est n-fois derivable , donc on a f (3) = f implique que f (3)
est n fois derivable , donc f est n+ 3 derivable sur R, donc elle est n+ 1 derivable
2. Soit f une solution reelle de (E) , on pose g = f ′′ + f ′ + f , montrer que g est solution d’uneequation differentielle lineaire du premier ordre , puis determiner gOn a g′ = f ′′′ + f ′′ + f ′ = f + f ′′ + f ′ = g donc g est solution de l’equation differentiellelineaire y′ = y, et par suite ∀x ∈ R : g(x) = kex, ouk ∈ R
3. Donner la solution generale reelle de l’equation differentielle y′′ + y′ + y = 0l’equation caracteristique de cette equation differentielle est r2 + r + 1 = 0 qui admet deux
solutions conjuguees j = −1
2+i
√3
2et j, donc la solution generale de l’equation y′′+y′+y = 0
est de la forme yH(x) = βe−1
2x sin(
√3x2 ) + γe−
1
2x cos(
√3x2 )
4. En deduire que la solution generale reelle de E est de la forme αf1 + βf2 + γf3Si f est la solution generale de E alors f ′′ + f ′ + f = kex , i.e f est la solution generale dey′′ + y′ + y = kex , une solution particuliere de cette equation est y(x) = αex, ouα = k
3 ,et par suite f(x) = yp(x) + yH(x) = αf1(x) + βf2(x) + γf3(x) avec f1(x) = ex, f2(x) =
e−1
2x sin(
√3x2 ), f3(x) = e−
1
2x cos(
√3x2 ) et (α, β, γ) ∈ R
3
5. Soit (a, b, c) ∈ R3, donner le developpement limite a l’ordre 2 de af1(x) + bf2 + cf3(x)
• aex = a+ ax+ ax2
2+ x2ε(x)
• be−1
2x = b− bx
2+
bx2
8+ x2ε(x)
• sin(√3x2 ) =
√3x2 + x2ε(x) ;cos(
√3x2 ) = 1− 3x2
4 + x2ε(x)
• be−1
2x sin(
√3x2 ) = b
√3x2 − b
√3x2
4 + x2ε(x)
• ce−1
2x cos(
√3x2 ) = c− 3cx2
4 − cx
2+
cx2
8+ x2ε(x) = c− cx
2+
−5cx2
8+ x2ε(x)
• donc aex + be−1
2x sin(
√3x2 ) + ce−
1
2x cos(
√3x2 ) = (a+ c) + (a+ b
√3
2 − c
2)x+ (
a
2−
√3b4 − 5c
8)x2 + x2ε(x)
avec limx→0
ε(x) = 0
6. Supposons que ∀x ∈ R : af1(x) + bf2(x) + cf3(x) = 0 ,Montrer que a = b = c = 0,∀x ∈ R : af1(x) + bf2(x) + cf3(x) = 0 par unicite du developpement limite en 0 a l’ordre 2
de af1(x) + bf2(x) + cf3(x)on obtient :
a+ c = 0
a+ b√3
2 − c
2= 0
a
2−
√3b4 − 5c
8= 0
⇔
c = −a
a+ b√3
2 +a
2= 0
a
2−
√3b4 +
5a
8= 0
⇔
c = −a
3a2 + b
√3
2 = 09a
8−
√3b4 = 0
⇔
c = −a
3a2 + b
√3
2 = 09a
4−
√3b2 = 0
⇔
c = −a
3a2 + b
√3
2 = 015a
8= 0
⇔ a = b = c = 0
7. Determiner la solutions y de E verifiant limx→+∞
y(x) = 0, et y(0) = 0), y′(0) = 1
y(x) = αex+βe−1
2x sin(
√3x2 )+γe−
1
2x cos(
√3x2 ) ,|e− 1
2x sin(
√3x2 )| ≤ e−
1
2x et |e− 1
2x cos(
√3x2 )| ≤
e−1
2x, donne lim
x→+∞e−
1
2x sin(
√3x
2) = 0 et lim
x→+∞e−
1
2x cos(
√3x
2) = 0, donc on a necessairement
α = 0 , y(0) = 0 donne γ = 0 et y′(0) = 1 ⇒ limx→0
y(x)
x= 1 ⇒ β
√3
2= 1 ⇒ β =
2√3
3,
donc y(x) =2√3
3e−
1
2x sin(
√3x2 )
Probleme
I. On considere l’equation (E) : y′ + 2xy = 1
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A rendre le 2 decembre 2011
I.1. Resoudre (E) ( on donnera la solution a l’aide de
∫ x
0
et2
dt , on ne demande pas de
calculer cette integrale )
yH(x) = ke−x2
, ouk ∈ K, par la methode de variation de la constante on cherche une
solution particuliere sous la forme yp(x) = k(x)e−x2
, on derive yp , et puisque ypest
une solution de (E) , on a k′(x)e−x2
= 1, donc k′(x) = ex2
, dou k(x) =
∫ x
0
et2
dt +
c ouc ∈ K , on prend c = 0 , et donc yp(x) = e−x2
∫ x
0
et2
dt , finalement
yG(x) = yp(x) + yH(x) = ke−x2
+ e−x2
∫ x
0
et2
dt
I.2. Soit y une solution de (E) ,on pose y(0) = α ∈ R , y(1) = β ∈ R ,
I.2.1. Former l’equation cartesienne de la tangente Dα en A(0, α) a la courbe de y etl’equation de la tangente δβ en B(1, β) a la courbe de y .
• Dα : y = y′(0)(x− 0) + y(0), on y′(0) + 2× 0× y(0) = 1 , donc y′(0) = 1et Dα a pour equation cartesienne y = x+ α
• ∆β : y − y(1) = y′(1)(x− 1) et on a y′(1) + 2y(1) = 1, donc y′(1) = 1− 2βet ∆β a pour equation cartesienne y = (1− 2β)x+ 3β − 1
I.2.2. Montrer que lorsque α varie dans R , toutes les tangentes Dα sont paralleles a lapremiere bissectrice du repereon a toutes les droites Dα ont pour coefficient directeur(la pente) 1 , donc elle sontparallele a la droite D0
I.2.3. Montrer que lorsque β varie dans R , toutes les tangentes ∆β passe par un pointunique a determiner
y = (1 − 2β)x + 3β − 1 ⇔ (3 − 2x)β + x − y − 1 = 0, on a
{
3− 2x = 0x− y − 1 = 0
⇔
x =3
2
y =3
2− 1 =
1
2
, donc toutes les tangentes∆β passent par le point C(3
2,1
2)
et
II. Soit f la solution du probleme de Cauchy (S) :
{
y′ + 2xy = 1y(0) = 0
:
II.1. Montrer que f est de classe C∞ sur R
On montre par recurrence sur n,que f est de classe Cn sur R pour toute n ∈ N .• on a f est continue donc f est de classe C0 sur R
• Supposons que f est de classe Cnon a f ′(x) = −2xf(x)+ 1 donne f ′ est de classe Cn
, donc f est de classe Cn+1 sur R
II.2. Demontrer que ∀x : f(x) = e−x2
∫ x
0
et2
dt
on a f est une solution de (E , ,d’apres (I), il existe k ∈ K telle que f(x) = ke−x2
+
e−x2
∫ x
0
et2
dt, f(0) = 0 entraıne que k = 0 , dou le resultat
II.3. Donner le developpement limite de f en 0 a l’ordre 5
• on a e−x2
= 1− x2 +1
2x4 + x5ε(x)
• et2
= 1 + t2 +1
2t4 + t5ε(x)
•∫ x
0
et2
dt = x+x3
3+
x5
10+ x5ε(x)
• f(x) = x+x3
3+
x5
10− x3 − x5
5+
1
2x5 + x5ε(x) = x− 2x3
3+
4
15x5 + x5ε(x)
II.4. Montrer que la fonction x 7→ −f(−x) est solution de (S)
II.5. En deduire que f est impaireona la fonction x 7→ g(x) = −f(−x) est solution du probleme de cauchy donc g = f etpar suite f est impaire
II.6. Soit a0 + a1x+ a2x2 + ...+ a2n+2x
2n+2 + x2n+2ε(x) avec limx→0
ε(x) = 0
le developpement de f en 0 a l’ordre (2n+ 2)
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II.7. Montrer que ∀k ∈ N, a(2k) = 0puisque f est impaire , tous les coefficients des termes pairs sont nuls .
II.8. Montrer que ∀x ∈ R : ∀k ∈ N : f (k+2)(x) = −2xf (k+1)(x)−2(k+1)fk(x) par recurrencesur n
II.9. En deduire ∀k ∈ N : a2k+1 =(−4)kk!
(2k + 1)!∀x ∈ R : ∀k ∈ N : f (k+2)(x) = −2xf (k+1)(x) − 2(k + 1)fk(x) donne pour x = 0f (2k+1)(0) = −2(2k)f (2k−1)(0) = −4kf (2k−1)(0) = (−4k)(−4(k−1).....(−4×2)(−4)f ′(0) =(−4)kk! et puisque f est de classe C∞ sur R , la formule de Taylor -yong , donne que
a2k+1 =f (2k+1)
(2k + 1)!=
(−4)kk!
(2k + 1)!, donc f(x) =
n∑
k=0
(−4)kk!
(2k + 1)!x2k+1 + x2n+2ε(x), ou lim
x→0ε(x) = 0
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