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\exo {{\sl bts mai, session 2005}}

\def \epspath {
   /home/jp/tex_doc/lycee/database/btsmai/analyse/equadiff/}

\let \partie \centerpartie

\centerline {\bf Les trois parties de cet exercice 
peuvent être traitées de façon indépendante.}

\partie {A -- Résolution d'une équation différentielle}

On considère l'équation différentielle $(E)$~:
$$
   (1+x) y' + y = {1\over 1+x},
$$
où $y$ est une fonction de la variable réelle $x$, 
définie et dérivable sur $]-1; +\infty [$ et $y'$ sa fonction 
dérivée.

\itemnum Démontrer que les solutions sur $]-1; +\infty [$ de 
l'équation différentielle $(E_0)$~:
$$
   (1+x) y' + y = 0
$$
sont les fonctions définie par
$$
   h (x) = {k\over x+1},
      \qquad
   \hbox {où $k$ est une constante réelle quelconque}
$$

\itemnum Soit $g$ la fonction définie sur $]-1; +\infty [$ par
$$
   g (x) = {\ln (1+x)\over 1+x}.
$$
Démontrer que la fonction $g$ est une solution particulière de 
l'équation différentielle $(E)$.

\itemnum En déduire l'ensemble des solutions de l'équation 
différentielle $(E)$.

\itemnum Déterminer la solution $f$ de l'équation différentielle
$(E)$ qui vérifie la condition initiale $f (0) = 2$.

\partie {B -- \' Etude d'une fonction}

Soit $f$ la fonction définie sur $]-1; +\infty [$ par 
$$
   f (x) = {2+\ln (1+x) \over 1+x}.
$$
Sa courbe représentative $C$, dans un repère orthonormal où
l'unité graphique est $1$~cm, est donnée ci-dessous~:
$$
   \epsillustrate {equ1_034.ps}
$$

\itemnum On admet que
$\displaystyle {\lim _{x\to -1} f (x) = -\infty }$
et que
$\displaystyle {\lim _{x\to +\infty } f (x) = 0}$.
Que peut-on en déduire pour la courbe $C$~?

\itemitemalphnum Démontrer que, pour tout $x$ de $]-1; +\infty [$,
$$
   f' (x) = {-1-\ln (1+x)\over (1+x)^2}.
$$

\itemitemalph Résoudre dans $]-1; +\infty [$ l'inéquation
$$
   -1 - \ln (1+x) \geq 0.
$$
En déduire le signe de $f' (x)$ lorsque $x$ varie dans 
$]-1; +\infty [$.

\itemitemalph \' Etablir le tableau de variation de $f$.

\itemnum Un logiciel de calcul formel donne le développement 
limité, à l'ordre $2$, au voisinage de $0$, de la fonction $f$~:
$$
   f (x) = 2 - x + {1\over 2} x^2 + x^2 \varepsilon (x)
      \qquad {\rm avec} \qquad
   \lim _{x\to 0} \varepsilon (x) = 0.
$$
{\sl Ce résultat, admis, n'a pas à être démontré.}

\itemitemalph En déduire une équation de la tangente $T$ à 
la courbe $C$ au point d'abscisse~$0$.

\itemitemalph \' Etudier la position relative de $C$ et $T$ 
au voisinage de leur point d'abscisse $0$.

\partie {C - Calcul intégral}

\itemnum Déterminer la dérivée de la fonction $G$ définie sur 
$]-1; +\infty [$ par
$$
   G (x) = {1\over 2} \big( \ln (1+x)\big) ^2.
$$

\itemnum En déduire qu'une primitive de la fonction $f$ sur 
$]-1; +\infty [$ est définie par
$$
   F (x) = 2\ln (1+x) + {1\over 2} \big( \ln (1+x)\big) ^2.
$$

\itemitemalphnum On note
$$
   I = \int _0^2 f (x) \, dx.
$$
Démontrer que 
$$
   I = {1\over 2} (\ln 3)^2 + \ln 3.
$$

\itemitemalph Donner la valeur approchée arrondie à
$10^{-2}$ de $I$.

\itemitemalph Donner une interprétation graphique
du résultat obtenu au {\sl b\/}).

\finexo

\corrige

\let \partie \llappartie

\partie {A}
%
\vskip -5mm
\itemnum Il vient
$$
   (1+x) y' + y = 0
      \quad \Longleftrightarrow \quad
   y' = - {1\over 1+x} y
$$
Cette équation est de la forme $y' = a (x) y$ avec $a (x) = - {1\over 1+x}$,
et une primitive de $a$ est $A (x) = -\ln (1+x)$. On en déduit que la 
solution générale de $(E_0)$ est
$$
   y (x) = ke^{-\ln (1+x)} = ke^{\ln \left( (1+x)^{-1}\right) }
      \quad {\rm soit} \quad
   \dresultat {y (x) = {k\over 1+x}}
      \qquad \hbox {où $k$ est une constante réelle quelconque}.
$$

\itemnum Il vient~:
$$
   g (x) = {\ln (1+x)\over 1+x}
      \qquad {\rm d'où} \qquad
   g' (x) = {{1\over 1+x}\times (1+x) - \ln (1+x)\over (1+x)^2}
      \qquad {\rm soit} \qquad
   g' (x) = {1 - \ln (1+x)\over (1+x)^2}.
$$
On a alors
$$\eqalign {
   (1+x)g' + g
      &= (1+x) {1 - \ln (1+x)\over (1+x)^2} + {\ln (1+x)\over 1+x}
\cr
      &= {1 - \ln (1+x)\over (1+x)} + {\ln (1+x)\over 1+x} = {1\over 1+x}
\cr
}$$
ce qui prouve que \tresultat {$\displaystyle {g (x) = {\ln (1+x)\over
1+x}}$ est une solution particulière de l'équation $(E)$}

\itemnum La solution générale de $(E)$ est donc 
\dresultat {y (x) = {k + \ln (1+x)\over 1+x}} où $k$ est une constante
réelle quelconque.

\itemnum Comme $y (0) = k$, la condition initiale impose $k = 2$, d'où
la fonction cherchée~: \dresultat {f (x) = {2 + \ln (1+x)\over 1+x}}.

\partie {B}
%
\vskip -5.5mm
\itemnum 
On a $\displaystyle {\lim _{x\to -1} f (x) = -\infty }$, donc 
\tresultat {la droite $x = -1$ est une asymptote verticale} de la
courbe $C$. Et on a $\displaystyle {\lim _{x\to +\infty } f (x) = 0}$,
donc \tresultat {la droite $y = 0$ est une asymptote horizontale} de
la courbe $C$. 

\itemalphnum En utilisant la formule de la dérivée d'un quotient (voir
partie A), on obtient bien
\dresultat {f' (x) = {-1-\ln (1+x)\over (1+x)^2}}.

\itemalph Il vient
$$
   -1 - \ln (1+x) \geq 0
      \quad \Longleftrightarrow \quad
   -1 \geq \ln (1+x)
      \quad \Longleftrightarrow \quad
   e^{-1} \geq 1+x
      \quad \Longleftrightarrow \quad
   e^{-1} -1 \geq x
$$
d'où l'ensemble des solutions de l'inéquation~: \dresultat {S = \left]-1;
e^{-1} - 1\right] }

\itemalph D'où le tableau de variations
$$\dresultat {
\vcenter {\offinterlineskip \eightpoint \rm 
   \def \cc#1{ \hfil #1 \hfil }
   \halign {
   % preamble
      \cc {$#$}& #\tv && \cc {$#$}
   \cr
      x&& -1 &&& e^{-1} - 1&& +\infty 
   \cr
   \noalign {\hrule height 1pt}
      -1 - \ln (1+x)&&\doublevrule  &&+& 0& -&
   \cr
   \noalign {\hrule }
      (1+x)^2&& &&+&\tv & +&
   \cr
   \noalign {\hrule height 1pt}
      f' (x)&&\doublevrule  & &+& 0& -&
   \cr
   \noalign {\hrule height 1pt}
      \buucenter {$f (x)$}&&\doublevrule & \down {$-\infty $}&
      \brightuuparrow & \buup {$1/e$}&
      \brightddownarrow & \down{$0$}
   \cr
}}
}$$

\itemalphnum L'équation de la tangente, c'est le DL d'ordre $1$. D'où
   l'équation demandée~: \dresultat {T~: y = 2-x}.

\itemalph Au voisinage de $0$, la différence entre la courbe $C$ et la
tangente $T$ est donnée par l'expression
$$
   2 - x + {1\over 2} x^2 - (2 - x)  = {1\over 2} x^2.
$$
Cette expression est évidemment toujours positive, ce qui prouve qu'au
voisinage de $0$, \tresultat {$C$ est au dessus de $T$}.

\partie {C}
%
\vskip -5mm
\itemnum La fonction $G$ est de la forme $ku^2$ où $k$ est une
constante réelle. Sa dérivée est donc $G' = 2ku'u$, ce qui donne
$$
   G' (x) = 2\times {1\over 2} \times {1\over 1+x} \times \ln (1+x)
      \qquad {\rm soit} \qquad
   \dresultat {G' (x) = {\ln (1+x)\over (1+x)}}.
$$

\itemalph Comme $2\ln (1+x)$ est une primitive de $2\over 1+x$, il est
      clair que 
$$
   \tresultat {$\displaystyle {F (x) = 2\ln (1+x) +
      {1\over 2} \big( \ln (1+x)\big) ^2}$ est une primitive de $f$}.
$$

\itemalph \alph \quad Il vient
$$\eqalign {
   I = \int _0^2 f (x) \, dx
      = \Big[ F (x)\Big] _0^2
      &= \left( 2\ln (1+2) + {1\over 2} \big( \ln (1+2)\big) ^2\right)
      - \left( 2\ln (1+0) + {1\over 2} \big( \ln (1+0)\big) ^2\right)
\cr
      &= \dresultat {2\ln 3 + {1\over 2}\big (\ln 3\big)^2 = I\approx
2, 80}.
}$$

\itemalph Ce résultat correspond, en unités d'aire à \tresultat
{l'aire du domaine plan limité par $C$, $Ox$, $Oy$ et la droite $x = 2$}
\def \epspath {
   /home/jp/tex_doc/lycee/database/btsmai/analyse/equadiff/}
$$
   \epsillustrate {equ1_034a.ps}
$$

\fincorrige

 

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