Source de equ1

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\exo {\' Eqution différentielle, intégration~: un problème de synthèse}

On considère, sur $]0, +\infty[$, l'équation différentielle
$$
   y' - 2 {y\over x} = x
\leqno
   (E)
$$
où $y$ représente une fonction de la variable réelle $x$, définie et
dérivable sur $]0, +\infty[$, de dérivée première $y'$.

\itemitemalphnum Résoudre sur $]0, +\infty[$ l'équation
$$
   y' - 2 {y\over x} = 0.
\leqno
   (E_0)
$$

\itemitemalph Rechercher une solution particulière de $(E)$ sous la
forme 
$$
   y (x) = \alpha x^2 \ln x.
$$ 
où  $\alpha$ est une constante réelle à déterminer.

\itemitemalph Donner la solution générale de $(E)$.

\itemitemalph Déterminer la solution de $(E)$ dont la représentation
graphique passe par le point $A (1, 0)$.

\itemnum On définit sur $]0, +\infty[$ la fonction $f$ par~:
$$
   f (x) = x^2 \ln x.
$$
La représentation graphique de la fonction $f$ dans le plan muni d'un
repère orthogonal (unités gra\|phi\-ques~: $32\mm$ sur $Ox$ et $40 \mm$
sur $Oy$) est donnée ci-dessous~:
%
\def \epspath{%
   /home/jp/tex_doc/lycee/database/btsmai/analyse/equadiff/}
%
\epsfxsize = 100mm 
%
$$
   \superboxepsillustrate{equ1_020.ps}
$$

\itemitemalph Calculer $f' (x)$.

\itemitemalph \'Etudier les limites de la fonction $f$ en $0$ et en
$+\infty$.

\itemitemalph \'Etudier les variations de la fonction $f$ et résumer
les conclusions dans un tableau.

\itemitemalphnum En effectuant une intégration par parties, calculer
$$
   I (\lambda) = \int_\lambda^1 x^2 \ln x \, dx 
$$
où $\lambda$ est un réel tel que $0 < \lambda \leq 1$.

\itemitemalph Déterminer 
$ \displaystyle{
   \lim_{\lambda \rightarrow 0} I (\lambda)
}$.

\itemitemalph En déduire l'aire, en $\mm^2$, de la partie du plan
   hachurée sur la figure ci-dessus.

\finexo

\corrige{}

\itemalphnum Le cours nous dit que les solutions de l'équation 
$$
   y' = {2 \over x} y
\leqno
   (E_0)
$$
sont toutes les fonctions $y$ ayant une écriture du type $y (x) = k
e^{2 \ln x}$ où $k$ est un réel quelconque, puisque $2 \ln x$ est une
primitive de $2 / x$. Cette écriture peut se simplifier en remarquant
que $2 \ln x = \ln x^2$, et que $e^{\ln x^2} = x^2$. Ainsi, les
solutions de l'équation $(E_0)$ sont toutes les fonctions $y$ ayant
une écriture du type \mresultat{y (x) = kx^2} où $k$ est un réel
quelconque.

\itemalph Posons $y (x) = \alpha x^2 \ln x$, on aura alors $y' (x) = 2
\alpha x \ln x + \alpha x$. Il vient alors
$$
   y' - {2 \over x} y
      = 2\alpha x \ln x + \alpha x - 2\alpha x \ln x
      = \alpha x.
$$
Pour que $y$ soit une solution de $(E)$, il faut donc prendre $\alpha
= 1$, d'où la solution particulière de $(E)$ cherchée~: \mresultat{y
(x) = x^2 \ln x}.

\itemalph Pour avoir la solution générale de $(E)$, il suffit
d'additionner la sol;ution générale de $(E_0)$ à une solution
particulière de $(E)$. En utilisant les deux questions précédentes, on
obtient la solution générale de $(E)$
$$\dresultat{
   y (x) = x^2 (k + \ln x)
      \qquad \hbox{ où $k$ est un réel quelconque}
}$$

\itemalph Si la représentation graphique de l'une des solutions $f$ de
   $(E)$ passe par le point $A (1, 0)$, c'est que l'on a $f (1) =
   0$. Or, si $y$ est une solution de $(E)$, on a $y (1) = k$ d'après
   la solution précédente. La solution cherchée est donc la fonction
   $f$ définie sur $]0, +\infty[$ par \mresultat{f (x) = x^2 \ln x}.

\itemnum Le calcul de la fonction dérivée donne $f' (x) = 2x \ln
   x + x$, soit \mresultat{f' (x) = x (1+2\ln x)}, qui est du signe de
   $1+2\ln x$ puisque $x>0$. Or 
$$
   1+2\ln x \geq 0 
      \quad \Leftrightarrow \quad
   \ln x \geq -1/2 
      \quad \Leftrightarrow \quad
   x \geq e^{-1/2} = 1/\sqrt e,
$$
   d'où le tableau de variation de la fonction $f$~:
{\eightpoint \rm
$$\dresultat{
\vcenter{\eightpoint\rm
   \def \hfq{\hfil \ }
   \offinterlineskip
   \halign{
   % preamble
      &\hfq #\hfq
   \cr
      $x$& \vrule depth 5pt &
         & $0$&& $1 / \sqrt e$&& $+\infty$%
   \cr
   \noalign{\hrule}
      $f' (x)$& \vrule height 10pt depth 3pt & 
         \doublevrule && $-$& $0$& $+$
   \cr
   \noalign{\hrule}
      \bbuucenter{$f (x)$}& \vrule& \doublevrule &
         \bbuup{$0$}& \bbrightddownarrow & \down{$-1 /2e$}& 
         \bbrightuuparrow & \bbuup{$+\infty$}
   \cr
}}}
$$}
puisque l'on a
$
   f \left( {1 \over \sqrt e}\right) 
      = \left( {1 \over \sqrt e}\right)^2 \ln \left( {1 \over \sqrt
         e}\right) 
      = -{1 \over 2e}
$ et $\lim_0 f (x) = 0$ et $\lim_{+\infty} f (x) = +\infty$ d'après
le cours de terminale (\og En $0$ ou en $+\infty$, les polynômes
l'emportent sur la fonction $\ln$\fg).

\itemalphnum En effectuant une intégration par parties où l'on pose
$V' = x^2$ et $U = \ln x$, il vient $V = x^3 / 3$ et $U' = 1/x$. D'où
$$\eqalign{
   \int_\lambda^1 x^2 \ln x \, dx 
      &= \left[ {x^3 \over3} \ln x \right]_\lambda^1 
         - \int_\lambda^1 {x^2 \over3} \, dx
      = - {1\over3} \left( \lambda^3 \ln \lambda + {1\over3} \big[
         x^3\big]_\lambda^1  \right)
\cr
      &= - {1\over3} \left( \lambda^3 \ln \lambda + {1\over3}
         (1-\lambda^3) \right)
\cr
}$$
soit finalement \dresultat{I (\lambda) = -{1\over9} + {\lambda^3 \over3}
\Big( {1\over3} - \ln \lambda \Big)}.

\itemalph Comme en $0$, le polynôme l'emporte sur la fonction $\ln$,
on a \dresultat{\lim_{\lambda \rightarrow 0} I (\lambda) = -{1\over9}}.

\itemalph La fonction $f$ étant négative sur l'intervalle $[\lambda,
1]$, l'aire hachurée est donnée, en unité d'aire, par le calcul de
$- \int_\lambda^1 f (x) \, dx$. Et comme l'unité d'aire est de $32
\times 40 = 1280 \mm^2$, on en déduit l'aire $\cal A$ cherchée~:
$$
   \dresultat{{\cal A} = {1280 \over9} \mm^2} \simeq 142, 3 \mm ^2
$$


\fincorrige
— Syracuse — Dernière modification : 30 novembre 2006 (0.09s - 3824023 - 3 décembre 2008)