Source de equ1_026.tex
\exo {Un problème de synthèse}
{\sl L'objectif de cet exercice est d'étudier la solution $f$ définie
sur $\rset $, de la variable $x$, de l'équation différentielle~:
$$
y' + y = (2x+3) e^{-x}
\leqno
(E)
$$
vérifiant la condition initiale $f (0) = 1$.}
\let \partie \centerpartie
\partie {A - Résolution de l'équation différentielle}
\itemnum Résoudre sur $\rset $ l'équation différentielle
$$
y' + y = 0
\leqno
(E_0)
$$
\itemnum Vérifier que la fonction $g$ définie sur $\rset $ par
$$
g (x) = (x^2 + 3x) e^{-x}
$$
est une solution particulière de l'équation différentielle $(E)$.
\itemnum Résoudre sur $\rset $ l'équation différentielle $(E)$.
\itemnum Déterminer la solution $f$ de cette équation qui vérifie la
condition initiale $f (0) = 1$
\partie {B - \' Etude de la solution $f$}
Soit $f$ la fonction définie sur $\rset $ par~:
$$
f (x) = (x^2 + 3x + 1) e^{-x}.
$$
On note $C_f$ sa courbe représentative dans un repère orthonormal $(O,
\vec \imath \vec \jmath \, )$ (unité graphique~: 1~cm).
\itemnum {\sl \' Etude des variations de la fonction $f$}
\itemitemalph Déterminer les limites de $f$ en $+\infty $ et en
$-\infty $.
\itemitemalph \' Etudier le sens de variation de $f$ et établir son
tableau de variation.
\itemnum {\sl Position relative de la courbe et de sa tangente au
voisinage du point $A$ d'abscisse $0$.}
\itemitemalph Déterminer l'équation de la tangente $T$ à la courbe
$C_f$ au point $A$ d'abscisse~0.
\itemitemalph \' Ecrire le développement limité d'ordre~2 de $f$ au
voisinage de~0. En déduire la position relative de $C_f$ et de $T$ au
voisinage du point $A$.
\itemitemalph Tracer $C_f$ et $T$ dans le repère $(O, \vec \imath \vec
\jmath \, )$.
\itemnum {\sl Calcul d'une aire}
\itemitemalph \` A l'aide d'une intégration par parties, déterminer une
primitive de la fonction $h$ définie sur $\rset $ par~:
$$
h (x) = (2x+3) e^{-x}.
$$
\itemitemalph En se rappelant que la fonction $f$ est une solution de
l'équation différentielle $(E)$ et vérifie donc
$$
f' (x) + f (x) = (2x+3) e^{-x}
$$
et en utilisant le résultat de la question précédente, déterminer une
primitive de $f$.
\itemitemalph Pour tout nombre réel $\alpha > 0$, on pose~:
$$
I (\alpha ) = \int _0^\alpha f (x) \, dx.
$$
Calculer $I (\alpha )$. Déterminer la limite de $I (\alpha )$ lorsque
$\alpha $ tend vers $+\infty $. Donner une in\-ter\-pré\-ta\-tion graphique
de ces résultats.
\finexo
\corrige {}
\let \partie \llappartie
\partie {A}
\vskip -5mm
\itemnum Il vient
$$
y' + y = 0
\quad \Longleftrightarrow \quad
y' = -y
\quad \Longleftrightarrow \quad
\tresultat {$y (x) = k e^{-x}$ où $k$ constante réelle quelconque}
$$
\itemnum On a
$$
g (x) = (x^2 + 3x) e^{-x}
\qquad {\rm d'où} \qquad
g' (x) = (-x^2 - x + 3) e^{-x}.
$$
On vérifie alors facilement que $g' + g = (2x+3) e^{-x}$, ce qui
prouve que \tresultat {$g$ est solution particulière de $(E)$}.
\itemnum La solution générale de $(E)$ est alors $y (x) = g (x) + k e^{-x}$, soit
$$
\tresultat {$y (x) = (x^2 + 3x + k) e^{-x}$ où $k$ constante réelle quelconque}
$$
\itemnum La fonction $f$ est solution de $(E)$. Elle s'écrit donc $f
(x) = (x^2 + 3x + k) e^{-x}$ pour un certain réel $k$. On aura donc en
particulier $f (0) = k$. Sachant que $f(0) = 1$, il vient alors
immédiatement \dresultat {f (x) = (x^2 + 3x + 1) e^{-x}}
\partie {B}
\vskip -5mm
\itemalphnum En $+\infty $, il vient
$$
\lim _{x\to +\infty } f (x)
= \lim _{x\to +\infty } (x^2 + 3x + 1) e^{-x}
= \lim _{x\to +\infty } x^2 e^{-x}
\qquad {\rm d'où} \qquad
\dresultat {\lim _{x\to +\infty } f (x) = 0}
$$
puisque $\lim _{x\to +\infty } x^2e^{-x}= 0$ d'après le cours, et que
$x^2 + 3x + 1 \sim x^2$ en $+\infty $.
\item {} Et en $-\infty $, il vient
$$
\lim _{x\to -\infty } f (x)
= \lim _{x\to -\infty } (x^2 + 3x + 1) e^{-x}
= \lim _{x\to -\infty } x^2 e^{-x}
\quad {\rm d'où} \quad
\dresultat {\lim _{x\to -\infty } f (x) = +\infty }
\quad {\rm puisque} \quad
\cases {
\lim _{x\to -\infty } x^2 = +\infty
\cr
\lim _{x\to -\infty } e^{-x} = +\infty
\cr }
$$
et $x^2 + 3x + 1 \sim x^2$ en $-\infty $.
\itemalph On trouve \dresultat {f' (x) = (-x^2 -x +2)e^{-x}}, du
signe de $-x^2-x-1$ puisque $e^{-x}$ est toujours positif. \'
Etudions le signe de $-x^2-x-1$ avec la méthode du
discriminant~: on trouve $\Delta = 9$ et deux racines
réelles, $x_1 = -2$ et $x_2 = 1$, et le polynôme est positif
(signe de $-a$) entre ces racines. On a
donc finalement le tableau de variation suivant~:
$$\dresultat {
\vcenter {\offinterlineskip \eightpoint \rm
\def \cc#1{ \hfil #1 \hfil }
\halign {
% preamble
\cc {$#$}& #\tv && \cc {$#$}
\cr
x&& -\infty && -2&& 1&& +\infty
\cr
\noalign {\hrule height 1pt}
f' (x)&& & - && + && - &
\cr
\noalign {\hrule height 1pt}
\buucenter {$f (x)$}&& \buup {$+\infty $}&
\brightddownarrow & \down {$-e^2\approx -7, 39$}&
\brightuuparrow & \buup {$5/e \approx 1, 83$}&
\brightddownarrow & \down{$0$}
\cr
}}
}$$
\itemalphnum On a $f' (0) = 2$ et $f (0) = 1$ d'où l'équation de la
tangente~: \dresultat {T~: y = 2x + 1}
\itemalph On sait que
$$
e^u = 1 + u + {u^2\over 2} + u^2 \varepsilon (u)
\qquad {\rm avec} \qquad
\lim _{u\to 0} \varepsilon (u) = 0
$$
d'où
$$
e^{-x} = 1 -x + {x^2\over 2} + x^2 \varepsilon (x)
\qquad {\rm avec} \qquad
\lim _{x\to 0} \varepsilon (x) = 0
$$
et
$$
(x^2+3x+1)e^{-x} = (x^2+3x+1) \left( 1 -x + {x^2\over 2}\right) + x^2 \varepsilon (x)
\qquad {\rm avec} \qquad
\lim _{x\to 0} \varepsilon (x) = 0
$$
soit
$$\dresultat {
f (x) = 1 + 2x - {3\over 2} x^2 + x^2 \varepsilon (x)
\qquad {\rm avec} \qquad
\lim _{x\to 0} \varepsilon (x) = 0
}$$
On s'aperçoit alors que la différence entre la courbe et la tangente
est
$$
f(x) - (2x + 1) = - {3\over 2} x^2 + x^2 \varepsilon (x)
\qquad {\rm avec} \qquad
\lim _{x\to 0} \varepsilon (x) = 0
$$
qui est toujours négatif pour $x$ au voisinage de $0$. Donc la courbe
de $f$ est \tresultat {en dessous de $T$ au voisinage de $0$}.
\def \epspath {%
/home/jp/tex_doc/lycee/database/btsmai/analyse/equadiff/}
\itemalph
$$
\superboxepsillustrate {equ1_026.ps}
$$
\itemalphnum On veut calculer
$$
\int (2x+3) e^{-x} \, dx
\qquad \hbox {de la forme} \qquad
\int U V' \, dx
\quad {\rm avec} \quad
\cases {
U = 2x+3
\cr
V' = e^{-x}
\cr}
\quad {\rm d'où} \quad
\cases {
U' = 2
\cr
V = -e^{-x}
\cr}
$$
Il vient donc
$$
\int h (x) \, dx
= \Big[-(2x+3) e^{-x} \Big] - \int -2e^{-x}\, dx
= \Big[-(2x+3) e^{-x} \Big] - \Big[2e^{-x} \Big]
= \Big[-(2x+3) e^{-x} - 2e^{-x} \Big]
$$
d'où une primitive de $h$~: \dresultat {H (x) = -(2x+5) e^{-x}}
\itemalph En intégrant la relation
$$
f' (x) + f (x) = (2x+3) e^{-x}
$$
il vient
$$
\int f' (x) + f (x) \, dx = \int (2x+3) e^{-x} \, dx
\qquad {\rm soit} \qquad
f (x) + \int f (x) \, dx = - (2x+5) e^{-x}
$$
Une primitive de $f$ est donc
$$
F (x) = \int f (x) \, dx = - (2x+5) e^{-x} - f (x)
\qquad {\rm soit} \qquad
\dresultat {F (x) = - (x^2+5x+6) e^{-x}}
$$
\itemalph On aura donc
$$
I (\alpha ) = \int _0^\alpha f (x) \, dx
= F (\alpha ) - F (0)
\qquad {\rm soit} \qquad
\dresultat {I (\alpha ) = - (\alpha ^2+5\alpha +6) e^{-\alpha } + 6}
$$
et en reprenant les calculs du {\bf B-1.}{\sl a\/}), on trouve
\dresultat {\lim _{\alpha \to +\infty } I (\alpha ) =
6}. Graphiquement, cela signifie que le domaine plan infini limité par
la courbe de $f$ et les axes $Ox$ et $Oy$ a une aire finie égale à
6~unités d'aire.
\fincorrige
— Syracuse — Dernière modification : 30 novembre 2006 (0.09s - 3824100 - 3 décembre 2008)
