Source de equ2_025.tex
\exo {\' Equation différentielle, développement limité, relations fonctionnelles}
\let \partie \centerpartie
\centerline {\bf Les 3 parties de cet exercice peuvent être traitées de façon indépendante.}
\partie {A -- Résolution d'une équation différentielle}
On considère l'équation différentielle
$$
y''- y' - 2y = (-6x-4) e^{-x}
\leqno
(E)
$$
où $y$ est une fonction de la variable $x$, définie et deux fois dérivable sur $\rset $, $y'$ sa fonction dérivée première et
$y''$ sa fonction dérivée seconde.
\itemnum Résoudre sur $\rset $ l'équation différentielle
$$
y'' - y' - 2y = 0
\leqno
(E_0)
$$
\itemnum Soit $h$ la fonction définie sur $\rset $ par~: \quad $h (x) = (x^2 + 2x) e^{-x}$.
\item {} Démontrer que $h$ est une solution particulière de l'équation différentielle $(E)$.
\itemnum En déduire l'ensemble des solutions de l'équation
diférentielle $(E)$
\itemnum Déterminer la solution $f$ de l'équation différentielle $E$
qui vérifie les conditions initiales~:
$$
f (0) = 1
\qquad {\rm et} \qquad
f' (0) = 1.
$$
\partie {B -- \' Etude d'une fonction}
Soit $f$ la fonction définie sur $\rset $ par $f (x) = (x+1)^2
e^{-x}$. Sa courbe représentative $C$ dans un repère orthonormal est
donnée sur la figure ci-après.
\itemitemalphnum Calculer
$\displaystyle {
\lim _{x\to -\infty } f (x)
}$.
\itemitemalph Déterminer
$\displaystyle {
\lim _{x\to +\infty } x^2 e^{-x}
}$ et
$\displaystyle {
\lim _{x\to +\infty } x e^{-x}
}$. En déduire
$\displaystyle {
\lim _{x\to +\infty } f (x)
}$.
\itemitemalph Interpréter graphiquement le résultat obtenu au {\sl
b\/}).
\itemitemalphnum Démontrer que, pour tout $x$ de $\rset $, $f' (x) =
(1-x^2) e^{-x}$.
\itemitemalph Résoudre dans $\rset $ l'inéquation $f' (x) \geq 0$.
\itemitemalph En déduire le sens de variation de $f$ sur $\rset $.
\itemitemalphnum \` A l'aide du développement limité au voisinage de
$0$ de la fonction exponentielle $t\mapsto e^t$, donner le
développement limité, à l'ordre~$2$, au voisinage de $0$ de la
fonction $x\mapsto e^{-x}$.
\itemitemalph Démontrer que le développement limité, à l'ordre~$2$, au
voisinage de~$0$ de la fonction $f$ est~:
$$
f (x) = 1 + x - {1\over 2} x^2 + x^2 \varepsilon (x) = 0.
$$
\itemitemalph En déduire une équation de la tangente $T$ à la courbe
$C$ au point d'abscisse $0$ et la position relative de $C$ et $T$ au
voisinage de ce point.
\partie {C -- Calcul intégral}
\itemitemalphnum La fonction $f$ définie dans la partie {\bf B} étant
une solution de l'équation différentielle $(E)$~:
$$
y'' - y' - 2y = (-6x-4) e^{-x},
$$
montrer que $f$ vérifie, pour tout $x$ de $\rset $,
$$
f (x) = {1\over 2} \left[ f'' (x) - f' (x) + (6x+4) e^{-x}\right].
$$
\itemitemalph Soit $F$ la fonction définie sur $\rset $ par~:
$$
F (x) = {1\over 2} \left[ f' (x) - f (x) - (6x+10) e^{-x}\right].
$$
Montrer que $F$ est une primitive de $f$.
\itemalph Vérifier que, pour tout $x$ de $\rset $,
$$
F (x) = (-x^2 -4x-5) e^{-x}.
$$
\itemnum Utiliser ce qui précède pour démontrer que l'aire $A$ de la
partie du plan hachurée sur la figure est, en unité d'aire,
$$
A = e - 5.
$$
\def \epspath{%
$DATABASE/btsmai/analyse/equadiff/}
$$
\epsillustrate {equ2_025.ps}
$$
\finexo
\corrige
\let \partie \llappartie
\partie {A}
\vskip -5mm
\itemnum L'équation caractéristique associée à l'équation $(E_0)$ est
$r^2 - r - 2 = 0$, de discriminant $\Delta = 9$ et admettant les deux
racines réelles distinctes $r_1 = -1$ et $r_2 = 2$. On en déduit que
la solution générale de $E_0$ est~:
$$
\tresultat {
$y_0 (x) = Ae^{-x} + Be^{2x}$ où $A$ et $B$ constantes réelles
quelconques}.
$$
\itemnum On a
$$
h (x) = (x^2 + 2x)e^{-x},
\qquad \qquad
h' (x) = (-x^2 + 2)e^{-x},
\qquad \qquad
h'' (x) = (x^2 - 2x - 2)e^{-x}.
$$
d'où
$$
h'' - h' - 2h = (-6x - 4) e^{-x},
$$
ce qui prouve que \tresultat {$h$ est une solution particulière de
$(E)$}.
\itemnum On en déduit que la solution générale de $(E)$ est $y = y_0 +
h$, soit
$$
\tresultat {
$y (x) = (x^2 + 2x + A) e^{-x} + Be^{2x}$ où $A$ et $B$ constantes réelles
quelconques}.
$$
\itemnum Si $f (x) = (x^2 + 2x + A) e^{-x} + Be^{2x}$, alors $f' (x) =
(-x^2 - A +2) e^{-x} + 2Be^{2x}$. Les deux conditions initiales
nous fournissent alors le système
$$
\matrix {
\scriptstyle (1)
\cr
\scriptstyle (2)
\cr }
\cases {
f (0) = A+B = 1
\cr
f' (0) = 2B + 2 - A = 1
\cr }
\qquad \Longrightarrow \qquad
\matrix {
\scriptstyle (1)
\cr
\scriptstyle (1) + (2)
\cr }
\cases {
A+B = 1
\cr
3B + 2 = 2
\cr }
\qquad \Longrightarrow \qquad
(A, B) = (1, 0).
$$
D'où la solution particulière $f$ cherchée~:
\dresultat {f (x) = (x^2 + 2x + 1) e^{-x} = (x+1)^2 e^{-x}}.
\partie {B}
\vskip -5mm
\itemalphnum
Il vient
$$
\lim _{x\to -\infty } f (x)
= \lim _{x\to -\infty } x^2 \left( 1 + {2\over x} + {1\over x^2}\right) e^{-x}
\qquad {\rm or} \qquad
\cases {
\lim _{-\infty } x^2 = +\infty
\cr
\lim _{-\infty } 1 + 2/x + 1/x^2 = 1
\cr
\lim _{-\infty } e^{-x} = +\infty
\cr }
$$
d'où \dresultat {\lim _{x\to -\infty } f (x) = +\infty }.
(on aurait également pu utiliser les équivalents en l'infini.)
\itemalph On a
\dresultat {
\lim _{x\to +\infty } x^2 e^{-x} = 0 = \lim _{x\to +\infty } x e^{-x}
} d'après le cours. Or $f (x) = x^2 e^{-x} + 2xe^{-x} + e^{-x}$. On en
déduit donc que \dresultat {\lim _{x\to +\infty } f (x) = 0} puisque
$\displaystyle {
\lim _{x\to +\infty } e^{-x} = 0
}$.
\itemalph Graphiquement, ce dernier point signifie que
\tresultat {l'axe $Ox$ est une asymptote horizontale en
$+\infty $ pour la courbe $C$}.
\itemalphnum Vu au \boxit {2pt}{\bf A}~{\bf 4.} en prenant $A=1$, on
trouve bien \dresultat {f' (x) = (1-x^2) e^{-x}}.
\itemalph \alph \ L'expression $e^{-x}$ est toujours strictement positive,
donc $f' (x)$ est du signe de $1-x^2$, polynôme du second degré qui se
factorise en $(1-x) (1+x)$. Il admet donc les deux racines réelles
$-1$et $1$ et il est positif entre ces racines (signe de $-a$). D'où
la tableau récapitulatif suivant~:
$$\dresultat {
\vcenter {\offinterlineskip \eightpoint \rm
\def \cc#1{ \hfil #1 \hfil }
\halign {
% preamble
\cc {$#$}& #\tv && \cc {$#$}
\cr
x&& -\infty && -1&& 1&& +\infty
\cr
\noalign {\hrule height 1pt}
f' (x)&& &-& 0&+& 0& -&
\cr
\noalign {\hrule height 1pt}
\buucenter {$f (x)$}&& \buup {$+\infty $}&
\brightddownarrow & \down {0}&
\brightuuparrow & \buup {$4/e$}&
\brightddownarrow & \down{$0$}
\cr
}}
}$$
\itemalphnum On sait que
$$
e^t = 1 + t + {t^2\over 2} + t^2 \varepsilon (t)
\quad {\rm avec} \quad
\lim _{t\to 0} \varepsilon (t) = 0
\qquad {\rm d'où} \qquad
\dresultat {
e^{-x} = 1 - x + {x^2\over 2} + x^2 \varepsilon (x)
\quad {\rm avec} \quad
\lim _{x\to 0} \varepsilon (x) = 0
}
$$
\itemalph Il vient
$$\eqalign {
(1+2x+x^2) e^{-x}
&= \big( 1+2x+x^2 \big) \left( 1 - x + {x^2\over 2}\right) + x^2 \varepsilon (x)
\quad {\rm avec} \quad
\lim _{x\to 0} \varepsilon (x) = 0
\cr
&= \left( 1+2x+x^2 - x -2x^2 + {x^2\over 2}\right) + x^2 \varepsilon (x)
\quad {\rm avec} \quad
\lim _{x\to 0} \varepsilon (x) = 0
\cr }
$$
soit
$$\dresultat {
f (x) = 1 + x - {1\over 2} x^2 + x^2 \varepsilon (x)
\quad {\rm avec} \quad
\lim _{x\to 0} \varepsilon (x) = 0
}$$
\itemalph Pour avoir l'équation de la tangente en $0$, il suffit de
regarder le développement limité d'ordre~$1$, d'où l'équation cherchée
\dresultat {T~: y = 1+x}. Quand à la position relative, elle est
donnée par le signe de la différence entre $f (x)$ et $1+x$. Au
voisinage de $0$, cette différence est égale à $- {1\over 2} x^2
+ x^2 \varepsilon (x)$, et elle est toujours négative (puisque $x^2$
positif) pour peu que $x$ soit suffisamment proche de $0$. On en
conclut que, localement, \tresultat {$T$ est au dessus de $C$ au
voisinage de $0$}.
\partie {C}
\vskip -5mm
\itemalphnum
La fonction $f$ étant solution de l'équation $(E)$, elle vérifie la
relation
$$\displaylines {
f'' (x) - f' (x) - 2f (x) = (-6x-4) e^{-x}
\qquad {\rm d'où} \qquad
2f (x) = f'' (x) - f' (x) + (6x+4) e^{-x}
\cr
{\rm et\ donc} \qquad
\dresultat {
f (x) = {1\over 2} \left[ f'' (x) - f' (x) + (6x+4) e^{-x}\right]
}
}$$
\itemalph On a
$$
F (x) = {1\over 2} \left[ f' (x) - f (x) - (6x+10) e^{-x}\right]
\qquad {\rm d'où} \qquad
F' (x) = {1\over 2} \underbrace {\left[ f'' (x) - f' (x) - (-6x-4)
e^{-x}\right] } _{\hbox {$= 2 f (x)$ d'après {\sl a\/})}}
$$
et on a bien \dresultat {F' (x) = f (x)}.
On a
$$
f (x) = (x^2 + 2x + 1) e^{-x}
\qquad {\rm et} \qquad
f' (x) = (1 - x^2) e^{-x}
$$
Il vient alors
$$\eqalign {
F (x) &= {1\over 2} \left[ f' (x) - f (x) - (6x+10) e^{-x}\right]
\cr
&= {1\over 2} \left( 1-x^2 - x^2 - 2x - 1 - (6x+10)\right) e^{-x}
\cr
&= {1\over 2} (-2x^2 - 8x - 10) e^{-x}
\qquad {\rm soit} \qquad
\dresultat {F (x) = (-x^2 -4x -5) e^{-x}}.
\cr
}$$
\itemnum On a
$$
A = \int _{-1}^0 f (x) \, dx
= \Big[ F (x)\Big] _{-1}^0 = F (0) - F (-1)
\qquad {\rm soit} \qquad
\dresultat {A = -5 + 2e}.
$$
\fincorrige
— Syracuse — Dernière modification : 6 mai 2004 (0.05s - 3478023 - 7 septembre 2008)
