ts cpi1 (2007--2008) devoirs surveillés
TRANSCRIPT
Fascicule de devoirs 1ère année pour BTS
Conception de produits industriels
Année 2007 – 2008 : Une moitié de l’année scolaire…
tscpi1 Devoir n°1
I. Soit (E) l’équation différentielle x y’–3 y = 0 où y est une fonction numérique de la
variable réelle x, définie et dérivable sur ]0, + [.
1) Résoudre sur ]0, +[ l’équation différentielle (E).
2) Trouver la solution particulière f de (E) telle que f(1) = 3.
II. On se propose de trouver sur ]0, +[ la solution f de l’équation différentielle linéaire
(E) : xy’ + (x–2)y =0 où y est une fonction numérique de la variable réelle x,définie et
dérivable sur ]0, +[ telle que f(1) = 1 .
1) On écrit pour 0<x, h(x)= 1–x
2. Trouver sur ]0, +[ une primitive de h.
2) Résoudre sur ]0, +[ l’équation différentielle (E).
3) Déterminer la solution f de l’équation différentielle (E) prenant la valeur 1 pour x=1.
III. Soit (E) l’équation différentielle y’+ y = 2
1e
-x où y est une fonction numérique de la
variable réelle x, définie et dérivable sur ℝ.
1) Résoudre sur ℝ l’équation différentielle (E0) : y’+ y =0.
2) Dériver les deux fonctions x↦2
x et x ↦ e
–x.
3) Soit h la fonction définie sur ℝ par h(x)= xex
2. Vérifier si h est une solution de (E).
Extraits de formulaire : Dérivées et primitives
f(t)
f’(t) f(t) f’(t)
tα (αℝ)
ln t
ℝ α.tα–1
1/t
e αt
(α ℂ) ℂ α. e αt
Tscpi1 Corrigé du devoir n°1
I 1) On écrit pour 0<x, r(x)=x
3= -3(
x
1) et R(x)= -3 ln x : R’(x)= r(x).
Sur ]0, + ∞[, les solutions de (E) sont toutes les fonctions x ↦ Ce3lnx
= Cx3 où C est une
constante réelle.
2) Pour f solution de (E) sur ]0, +∞[ on écrit pour 0<x, f(x)= Cx3 où C est une constante réelle.
Alors f(1)= C(1)3=C et f(1)=3 pour C=3.
Finalement la fonction f cherchée est définie par f(x)= 3x3 pour 0< x.
II.1) On écrit pour 0 < x, H(x)= x – 2 ln x et ainsi : H’(x)= 1– 2 (x
1) = 1–
x
2. On a bien :
Pour 0<x, H’(x)=h(x) .
2) On écrit pour 0<x, r(x)= )(2
122
xhxxx
x
x
x
R(x) = H(x)= x– 2 ln x ; R’(x)=h(x)= r(x).
e-R(x)
= e-x+2ln x
=e-x
e2lnx
= e-x
x2
Sur ]0, +∞[, les solutions de (E) sont toutes les fonctions x ↦ C e-x
x2 où C est une constante
réelle.
III. 1) On écrit r(x)= 1/1 =1 et R(x)=x : R’(x)=r(x).
Les solutions de (E0) sont toutes les fonctions x ↦ Ce-x
où C est une constante réelle.
2) On doit remarquer que xx
2
1
2 et que –x= (-1)x pour dire que:
La fonction x ↦ x/2 a pour fonction dérivée x ↦ 1/2
La fonction x ↦ -x a pour fonction dérivée x ↦ -1 et que la fonction x ↦ e-x
a pour fonction
dérivée x ↦ (-1)e-x
.
3) À partir de l’égalité h(x)= xex 2
, on obtient : h’(x)=(1/2)e-x
+ (x/2)[-e-x
]= xx ex
e 22
1,
soit : h’(x)= xe
2
1–h(x) . Finalement h’(x)+ h(x) = xe
2
1 pour tout réel x.
On a bien prouvé que h est une solution de (E) sur ℝ.
.
Tscp 1 Devoir n°2
I Soit (E) l’équation différentielle y’+4 y = 5
1e–4x
où y est une fonction numérique de la
variable réelle x, définie et dérivable sur ℝ.
1) Résoudre sur ℝ l’équation différentielle (E0) : y’+4 y =0.
2) Dériver les 2 fonctions u et v définies par u(x)= xx
)5
1(
5 et v(x) = e
–4x.
3) Soit h la fonction définie sur ℝ par h(x)= 5
xe–4x
. Vérifier si h est une solution de (E).
4) Résoudre sur ℝ l’équation différentielle (E) : y’+4 y =5
1e–4x
.
5) Trouver la solution f de (E) telle que f(0)= 2.
II On se donne l’équation différentielle (E) : (3t +2)dt
dx+ 3x = 3 + 3 ln(3t+2) où x est une fonction
numérique de la variable réelle t, dt
dx sa fonction dérivée, avec 0≤ t.
1°) On écrit pour 0≤ t, t)=ln(3t+2) ; dériver Vérifier si est une solution particulière de (E).
2°) Résoudre sur [0 ; +[ l’équation différentielle (E0) : (3t +2)dt
dx+ 3x =0.
3°) Trouver la solution générale de (E) sur [0 ;+[.
4°) Trouver la solution particulière f de (E) telle que : f(0)= 0.
Extraits de formulaire Dérivées et primitives
f(t)
f’(t) f(t) f’(t)
tα (αℝ)
ln t
ℝ α.tα–1
1/t
e αt
(α ℂ) ℂ α. e αt
Opérations u
uu
'')(ln ; uu eue ')'(
La notation porte sur la clarté, la précision et la qualité dans la rédaction.
Tscp1 Corrigé du devoir n°2
I. 1) On écrit r(x)= 4/1 = 4 et R(x)=4 x : R’(x)=r(x).
Les solutions de (E0) sont toutes les fonctions x ↦ Ce-4x
où C est une constante réelle.
2) Avec u(x)= xx
)5
1(
5 et v(x) = e
–4x, on a u’(x)=
5
1et v’(x) = -4 e
–4x
3) À partir de l’égalité h(x)=u(x)×v(x), on obtient h’(x)= u’(x)v(x) + u(x)v’(x).
À partir de l’égalité h(x)= 5
x×e
–4x on obtient : h’(x)=(1/5)e
–4 x + (x/5)[-4e
-4 x] soit
h’(x)= xx ex
e 44
54
5
1 , soit : h’(x)= xe 4
5
1 –4h(x) . Finalement h’(x)+4 h(x) = xe 4
5
1 pour
tout réel x.
On a bien prouvé que h est une solution de (E) sur ℝ.
4) (E0) étant l’équation homogène associée à (E), à la solution particulière h de (E) on ajoute
toutes les solutions de (E0) pour obtenir toutes les solutions de (E). Il s’agit de toutes les
fonctions x ↦ 5
xe
–4x + Ce
-4x où C est une constante réelle.
5) Pour f solution de (E), on écrit f(x)= 5
xe
–4x + Ce
-4x où C est une constante réelle.
f(0) = 0×e0 + C×e
0 = C×1 = C ; f(0) = 2 pour C= 2.
Finalement f(x)= 5
xe
–4x + 2 e
-4x .
II On remarque que pour 0 ≤ t, 0 ≤ 3t et 0 < 2 ≤ 3t+2 ; d’autre part [3t+2]’= 3
1°) Pour 0≤ t , t)=ln(3t+2) et ’(t)= 23
3
t ainsi (3t +2)’(t) = 3 d’où
(3t +2)’(t) + 3(t) = 3 + 3 ln(3t+2) .
Cela prouve que sur [0 ; +[ est solution de l’équation (E) : (3t +2)x’ + 3x = 3 + 3ln(3t+2)
2°) On écrit pour 0≤ t, r(t)= 23
3
t et R(t)=ln(3t+2) : R’(t)=r(t) et e
–R(t) = e
–ln(3t+2) soit
e–R(t)
= )
23
1ln(
te = 23
1
t. Ainsi sur [0 ; +[ les solutions de (E0) sont toutes les fonctions
t ↦ 2323
1
t
C
tC où C est une constante réelle.
3°) (E0) étant l’équation homogène associée à (E), à la solution particulière de (E) on ajoute
toutes les solutions de (E0) pour obtenir toutes les solutions de (E). Il s’agit de toutes les
fonctions, définies sur [0 ; +[, t ↦ ln(3t+2) + 23 t
Coù C est une constante réelle.
4°) Pour f solution de (E), on écrit pour 0≤ t, f(t)= ln(3t+2) + 23 t
Coù C est une constante
réelle ; f(0)= ln 2 + 2
C et ainsi : 0=f(0)
2
C= –ln(2) C= –2 ln 2
Finalement pour 0≤ t, f(t) = ln(3t+2) – 23
2ln2
t .
Nom :
Tscp1 Devoir surveillé n° 3
I. On considère l’équation différentielle (E) : dt
dx + 4x= 3 + 2t où x est une fonction
numérique de la variable réelle t, dt
dx est sa fonction dérivée.
1°) Résoudre sur [0, +[, l’équation différentielle (E0) : dt
dx + 4x= 0 .
2°) On écrit pour 0 t, x0(t)=t/2+5/8. Prouver que x0 est une solution de (E).
3°) Résoudre l’équation différentielle (E) sur [0, +[.
4°) Déterminer la solution particulière xA de (E) vérifiant xA(0)=1.
II. On considère maintenant la fonction f définie par f(t)= t/2 + 5/8 + (3/8).e–4t
pour
0 t. Soit (C) la courbe représentative de f dans le repère orthogonal R=(O, ji
, )
1°) Calculer f’(t) ; étudier clairement le signe de f’(t) suivant les valeurs de t. En déduire les
variations de f.
2°) Prouver que (C) admet une asymptote (D) au voisinage de +, on déterminera l’équation
de cette droite (D). Etudier la position de (C) par rapport à cette droite.
3°) Déterminer l’équation de (T) la tangente à (C) au point d’abscisse 0.
4°) Tracer les droites (T) et (D) ; tracer (C). On pourra utiliser la feuille jointe à compléter
où on précise que t0 = 4
3ln ; que peut on dire de la droite d’équation x = f(t0) ?
III. (C) est le cercle trigonométrique associé au repère orthonormé R= (O, ji
, ) du plan.
a) Placer sur (C) les graduations 0, /2 , -et - b) Faire apparaître géométriquement sur des supports convenables les graduations
Arc cos (-0,8), Arc sin (-0,6), = Arc tan ( 1,2) et = Arc tan ( -0,8) (sans
utilisation de calculette, avec les explications ou les constructions nécessaires) .
On pourra utiliser la feuille jointe à compléter.
Nom :
Tscp1 Document réponse
▶ Représentation graphique du II 4°) x
f(t0)
t0 t
▶ La figure du III Y
(C)
O X
tscp1 Corrigé du devoir n°3
I.1°) On écrit pour 0 t, r(t)=4/1=4 et R(t)=4t : R’(t)= 4. Les solutions de (E0) sur
[0, +[ sont toutes les fonctions t↦ C.e-4t
où C est une constante réelle.
2°) On écrit pour 0 t, x0(t)= t/2+5/8 = (1/2)t + 5/8 et x0’(t) = 1/2 et on a ainsi
x0’(t) + 4 x0(t) = 1/2 + 4 (t/2+5/8) = ttt
22
62
2
51
2
1
8
54
2
4
2
1
d’où
x0’(t) + 4 x0(t) = 3 + 2t pour 0 t .
Finalement la fonction x0, définie par x0(t)=t/2+5/8 pour 0 t, est une solution particulière de
(E) sur [0, +[.
3°) (E0) est l’équation différentielle homogène associée à (E), à la solution particulière x0 de
(E), trouvée à la question précédente on ajoute toutes les solutions de (E0) pour obtenir toutes
les solutions de (E) sur [0, +[. Il s’agit de toutes les fonctions : t↦t/2+5/8+ C.e-4t
où C est
une constante réelle.
4°) xA étant une solution particulière de (E) on écrit pour 0 t, xA= t/2+5/8+ C.e-4t
où C est une
constante réelle : xA(0)= 0/2+5/8+ C.e-40
= 5/8+C et xA(0)= 1 pour C= 1–5/8=8/8–5/8=3/8.
Finalement xA(t)= t/2+5/8+ (3/8).e-4t
pour 0 t.
II. 1°) Pour 0 t, f(t)=(1/2)t+5/8+(3/8)e-4t
et f’(t)=1/2+ (3/8)(-4)e-4t
= 1/2–(3/2) e-4t
.
Les propositions (…), écrites avec 0t, suivantes sont équivalentes : ( 0<f’(t)), ((3/2) e-4t
< 1/2),
(e-4t
< 1/3), ( -4t< ln(1/3)= -ln3), ( 4
3ln< t). De la même façon: (0= f’(t)) est équivalent à :
( t= 4
3ln) et (f’(t)< 0) est équivalent à : (t<
4
3ln). Soit t0 =
4
3ln; on a ainsi le tableau de
variation (où le signe de f’(t) a été justifié et où : f’(0)= 1/2–(3/2)1= -2/2= -1) :
t 0 t0 +
f’(t) -1 – 0 +
f(t) 1 f(t0)
2°) On utilise la limite de référence x
xe
lim =0, comme
tlim -4t = - on a
tlim e
-4t=0.
On a : f(t)= ( t/2 + 5/8 ) + (3/8) e-4t
pour 0 t, avec t
lim (3/8) e-4t
= 0. Cela prouve
que la droite (D) d’équation x=t/2+5/8 est asymptote à (C). D’autre part 0<e-4t
, soit
0<(3/8) e-4t
pour 0 t : C’est la preuve que (C) est au-dessus de (D).
3°) (T) a pour pente f’(0)= -1 et (T) passe par le point de coordonnées 0 et f(0)=1 ; 1 est donc
l’ordonnée à l’origine de (T). (T) a donc pour équation x= -t+1.
4°) On trace (T) et (D) en utilisant leurs équations, on place la tangente à (C) au point
d’abscisse t0 ; elle est horizontale et a pour équation x = f(t0) . Ces 3 droites vont permettre de
donner une meilleure allure à (C).
Représentation graphique du sujet A
(D)
(T)
(C)
f(t0)
t0
Aucun point de (C) n’a une abscisse négative.
III À partir de la graduation -0,8 de l’axe des abscisses, on obtient sur (C) la graduation
telle que 0≤ ≤ et cos : Cela signifie que Arc cos (-0,8) .
À partir de la graduation -0,6 de l’axe des ordonnées, on obtient sur (C) la graduation telle
que - /2≤ ≤ /2 et sin : Cela signifie que Arc sin (-0,6) .
La droite (D) est tangente à (C) au point de coordonnées 1 et 0 ; elle est graduée. À partir
des graduations 1,2 et -0,8 de (D), on obtient les graduations et sur (C) telles que :
-/2 < </2 et tan = 1,2 soit Arc tan 1,2 =
-/2< < /2 et tan = -0,8 soit Arc tan (-0,8) =
(D)
Y
1,2
/2 1
(C)
-0,8 O 0 X
-
-0,6
(-0,8)
(– /2)
Tscp1 Devoir surveillé n°4 1
ère partie
On considère l’équation différentielle (E) : dt
dx+2x= 0,7+t où x est une fonction numérique de
la variable réelle t, définie et dérivable sur [0, +[, dt
dx est la fonction dérivée de x.
1) Résoudre sur [0, +[ l’équation différentielle (E0) : dt
dx+2x=0.
2) Soit φ la fonction numérique définie sur [0, +[ par l’égalité : φ(t)= 0,5t +0,1. Vérifier si
est solution de l’équation différentielle (E) sur [ 0, +[.
3) Résoudre sur [0, +[, l’équation différentielle (E).
4) a) Déterminer la solution particulière f de (E) telle que : f(0)= 1.
b) Calculer l’intégrale I= 1
0)( dttf
2ème
partie (S)
O i
| X
G
Un solide (S) se trouve au repos sur une surface horizontale jusqu’à l’instant t=0. A partir de
l’instant t=0, on le soumet à une force horizontale constante et le solide (S) se déplace suivant
un mouvement rectiligne en étant soumis à une force de frottement proportionnelle à sa
vitesse. Le centre de gravité G de (S) se déplace sur l’axe (O, )i
(voir le schéma ci-dessus) et
on établit à partir de la relation fondamentale de la dynamique que la vitesse v du point G est
une fonction numérique définie et dérivable sur [0, +[, solution de l’équation différentielle
(E) : 5 dt
dV+ 2V= 9.
1) Résoudre sur [0, +[ l’équation différentielle (F) : 5 dt
dV+ 2 V=0.
2) Chercher une fonction constante, solution de (E) sur [0,+[.
3) Résoudre (E) sur [0,+[ .
4) Sachant v(0)=0 calculer v(t) pour 0 t.
5) Soit pour 0t, x(t) l’abscisse du point du point G sur l’axe (O, i
). x est une fonction définie
et dérivable sur [0, +[ telle que dt
dx(t)=v(t) pour 0 t.
Sachant que lorsque t=0 le point G se trouve en O calculer, en fonction de t, x(t).
Extraits de formulaire : Dérivées et primitives
f(t)
f’(t) f(t) f’(t)
tα (αℝ) α.tα–1 e αt (α ℂ) α. e αt
tscp1 Corrigé du devoir surveillé n°4
1ère
partie
1) On écrit pour 0 t, r(t)=2 et R(t)=2t : R’(t)=r(t). Ainsi sur [0, +[, les solutions de (E0)
sont toutes les fonctions t↦C.e-2t
où C est une constante réelle.
2) On a pour 0≤ t, ’(t)= 0,5 et ’(t)+2t= 0,5 + 2(0,5t+0,1)=0,5+t +0,2. D’où :
’(t)+2t=0,7+t pour 0≤t.
On a prouvé que φ est une solution particulière de (E) sur [0, +[.
3) A la solution particulière de (E) on ajoute toutes les solutions de (E0) pour avoir toutes
les solutions de (E) sur I : Sur [0, +[, toutes les solutions de (E) sont toutes les fonctions
t↦ 0,5t+0,1+Ce-2t
où C est une constante réelle.
4) a) f étant une solution particulière de (E), on écrit pour 0 t, f(t)=0,5t+0,1+Ce-2t
avec C
constante réelle ; f(0)= 0,50+0,1+Ce0= 0,1+C et f(0)=1 pour C=1–0,1=0,9. Finalement :
f(t)=0,5t+0,1+0,9e-2t
pour 0 t.
b) On remarque que f(t) = 0,25 (2t) + 0,1 – 0,45 (-2e-2t
) pour 0≤ t ; par définition des
intégrales I = [0,25 t 2 + 0,1t – 0,45 e
-2t]1
0 soit I = 0,25 + 0,1 – 0,45 e-2
– ( -0,45 e0) où e
0 = 1.
Comme 0,45 +0,25 + 0,1 = 0,8 , il ne reste que : I = 0,8 – 0,45 e-2
.
2ème
partie
1) On écrit pour 0 t, r(t)=2/5=0,4 et R(t)=0,4.t : R’(t)=r(t).
Les solutions sur [0, +[ de l’équation différentielle (F) sont toutes les fonctions
t↦ C.e-0,4.t
avec C constante réelle.
2) Pour fonction constante sur [0 ; +[, on écrit avec k réel constant, pour 0≤ t, (t)=k et
’(t)= 0 : 5 ’(t) + 2(t) = 2k.
n’est solution de (E) sur [0 ; +[ que si 2k = 9 soit que si k = 4,5.
Pour la suite on écrit pour 0≤ t, (t) = 4,5 : est une solution particulière de (E) sur [0 ; +[.
3) À la solution particulière de (E) , on ajoute toutes les solutions de (F) (l’équation
différentielle homogène associée à (E)) pour obtenir toutes les solutions de (E).
Finalement sur [0,+[, les solutions de (E) sont toutes les fonctions t↦ 4,5+ C. e-0,4.t
où C est
une constante réelle.
4) v étant une solution de l’équation : (E) on écrit pour 0 t, v(t)= 4,5 + C. e-0,4.t
et
v(0)= 4,5 + C. e0= 4,5+ C ; v(0)= 0 pour C= -4,5.
Finalement : Pour 0 t, v(t)= 4,5 –4,5. e-0,4.t
= 4,5.(1–e-0,4.t
).
5) Pour 0 t, x’(t)=v(t)=4,5 +4,0
5,4(-0,4 e
-0,4t)=4,5+ 11,25(-0,4 e
-0,4t ) d’où en passant aux
primitives : x(t)=4,5.t +11,25 e-0,4t
+c pour 0 t, où c est une constante réelle. Alors
x(0)= 4,50+11,251+c= 11,25+c et x(0)=0 pour c= –11,25. Ainsi pour 0t,
x(t)= 4,5.t–11,25+11,25 e-0,4t
.
tscpi1 Devoir surveillé n°5 La qualité de la rédaction où on justifie clairement et précisément les calculs intervient pour
une part importante dans l’appréciation des copies.
Une machine à compacter est constituée d’un bloc d’acier appelé marteau ; ce marteau se
déplace le long d’une tige placée verticalement.
L’étude physique montre que la vitesse v (exprimée en mètres par seconde) est une fonction
du temps t (exprimé en secondes), solution de l’équation différentielle (E) :
dt
dy +4 y = 4 + e
-4t où y est une fonction de la variable réelle t avec 0 t,
dt
dy est la fonction
dérivée de y.
On admet que v(0)= 0.
Partie A
1) Résoudre sur [0, +[, (E0) : dt
dy +4 y = 0.
2) Avec a et b réels constants, on écrit φ(t)= a +b t.e-4t
pour 0 t.
a) Calculer ’(t) + 4(t) en fonction de a, b et t.
b) Calculer a et b pour que soit une solution particulière de (E).
3) Résoudre (E).
4) En déduire la fonction v définie dans l’introduction.
Partie B
Pour la suite on admet que la fonction v est définie par v(t)=1+(t–1).e-4t
. On note C la
représentation graphique de v dans le repère (O, ji
, ).
1) On a les deux limites de référence :x
lim (1/ex)=0=
xlim (x/e
x) . Comme
tlim 4t = +,
en faisant x=4t, on obtient t
lim [1/e4t
]=0= t
lim [4t/e4t
] .
a) Montrer que l’on peut écrire v(t)= 1 + (4t/e4t
) + ( 1/e4t
) où et sont
deux réels constants.
b) Que donne t
lim v(t) ? Qu’en déduit-on pour le tracé de C ?
2) Vérifier, en présentant les calculs, si v’(t)= e-4t
(5–4t).
3) En déduire les variations de v. Pour quelle valeur t₀ de t, la vitesse v est elle
maximale ? Quelle est la valeur maximale prise par v ?
Partie C
T étant un réel positif ou nul, la distance parcourue par le marteau entre l’instant de départ
(t=0) et l’instant t=T est D = T
tv0
)( dt où v(t)=1–(1–t)e-4t
.
1) En faisant une intégration par parties calculer en fonction de T, l’intégrale
I= T
04(1–t)e
-4tdt.
2) En déduire l’expression de D en fonction de T.
Extraits de formulaire :
Intégration par parties : b
a
b
a
b
a dttvtutvtudttvtu )()(')]()([)(')(
f(t) f’(t)
e αt
(α ℂ) α. e αt
ℂ
tscpi1 Corrigé du devoir surveillé n° 5 Partie A
1) On écrit pour 0 t, r(t)=4 et R(t)=4t : R’(t)=4. Alors sur [0, +[, les solutions de (E₀) sont
toutes les fonctions t↦Ce-4t
où C est une constante réelle.
2)a) Pour 0 t, φ’(t)=0+b(1.e-4t
+t[-4e-4t
]) d’où : ’(t) = -4 bt.e-4t
+ be-4t
et 4φ(t)= 4bt.e-2t
+4a
Par addition : φ’(t)+4φ(t)= 4a+be-4t
pour 0 t .
2)b) est une solution de (E) lorsque pour 0≤t, φ’(t)+4φ(t)= 4+ 1.e-4t
. C’est-à-dire est
solution de (E) lorsque a et b vérifient les systèmes d’égalités équivalents suivants : {4a=4 et
b=1},{a=1 et b=1}.
Pour la suite on écrit pour 0≤ t, (t)=1+te-4t
.. est une solution particulière de (E) sur [0, +[.
3) A la solution particulière de (E) on ajoute toutes les solutions de (E0) pour avoir toutes
les solutions de (E) : Sur [0, +[, toutes les solutions de (E) sont toutes les fonctions
t↦1+t.e-4t
+C.e-4t
où C est une constante réelle.
4) v étant une solution de (E) sur [0,+[, on a : Pour 0 t, v(t)= 1+t.e-4t
+C.e-4t
où C est une
constante réelle, v(0)=1+Ce0= 1+C alors v(0)=0 pour C=-1. Finalement pour 0 t,
v(t)=1+t.e-4t
–e-4t
= 1+(t–1).e-4t
.
Partie B
1)a) e-4t
= 1/e4t
alors pour 0 t, v(t)=1+ (t–1)/e4t
=1+ t/e4t
–1/e4t
= 1+4
1(4t/e
4t)–(1/e
4t) .
Autrement dit =1/4 et
b) t
lim (1/e4t
)=0=t
lim (4t/e4t
) donne :t
lim v(t)= 1+4
10–0 soit
tlim v(t)=1 .
C admet une asymptote horizontale d’équation y=1.
2) Pour 0 t, v’(t)= 0+1.e -4t
+(t–1)[-4e-4t
]= e-4t
[1–4(t–1)] d’où v’(t)=(1–4t+4)e-4t
soit :
Pour 0 t, v’(t)=e-4t
(5–4t) et v’(0)= e05= 5.
3) Comme 0< e-4t
, v’(t) est du signe de 5–4t et on a le tableau de variation suivant :
v(5/4)=1+(5/4–1).e-5
= 1+(1/4)e-5
=1+(1/4)e-5
.
D’après ce tableau la vitesse v est maximale
pour t= 5/4 et la valeur maximale prise par v
est v(5/4)= 1+(1/4)e-5
.
Partie C
1) On écrit : où u et w sont dérivables et continues
sur ℝ alors :
I=
Ttet
0
4)1(4 dt= [(1–t).e-4t
] T
T
00 e
-4t dt=[(1–t).e
-4t]
TT
00
4
14e
-4t dt d’où :
I=(1–T).e-4T
–1.e0 –[e
-4t] T
0 /4=e-4T
–T.e-4T
–e0–( e
-4T–e
0)/4=-Te
-4T+(1–1/4)e
-4T–e
0(1–1/4) où e
0=1
et 1–1/4=3/4 alors I=-Te-4T
+3e-4T
/4–3/4.
2) T
01dt=[t] T
0 =T–0=T et par linéarité du calcul des intégrales on obtient les égalités
suivantes:
T+4
1I=
T
01dt+
T
04
14(1–t)e
-4t dt=
T
01dt+
T
0(1–t)e
-3tdt =
T
01( –(1–t)e
-3t) dt = D, et
D=T+4
1I donne D= T–Te
-4T/4+3e
-4T/16–3/16 .
t 0 5/4 +
v’(t) 5 + 0 –
v(t) 0 v(5/4) 1
u(t)=1–t u’(t)=-1
w’(t)=-4e-4t
w(t)=e-4t
u’(t)w(t)=-e-4t
Tscp1 Devoir n° 6
On considère la fonction numérique définie sur l’intervalle [0 ; 3] par : f(x)=
13
2
x
x.
On note Cf sa courbe représentative, donnée ci-dessous, dans un repère orthonormal (O, ji
, )
d’unité graphique 1 cm. Soit P la plaque limitée par la courbe Cf , l’axe des abscisses et la
droite d’équation x=3.
Cf
j
O i
3
1) On pourra utiliser l’extrait de formulaire ci-joint et l’égalité t = t 1/2
pour la résolution de
cette question.
a) On considère l’intégrale A = 2
1
1 dt
t. Vérifier si A = 2( 2 –1).
b) Vérifier si la fonction t ↦ tt3
2 est une primitive de la fonction t ↦ t ; calculer
l’intégrale B= dtt 2
1 . Vérifier si B = 22[3
2–1] .
c) En déduire la valeur exacte de l’intégrale C = 2
1
1dt
t
t.
2) a) Calculer l’intégrale I = 3
0f(x) dx en utilisant le changement de variable défini par
x= 3t–3.
b) En déduire la valeur exacte de I. Donner une valeur approchée de I à 0,01 près.
c) Que représente cette intégrale ?
3) Calculer la valeur exacte de l’intégrale D= 2
1
2)1(dt
t
t.
4) Par rotation de la plaque P autour de l’axe des abscisses, on obtient un solide de révolution
S. Calculer l’intégrale J=π 3
0f ²(x) dx qui représente le volume en cm³ du solide S ; on
précise que f 2(x) = [f(x)]
2.
Donner ensuite la valeur arrondie au mm³ du volume du solide S.
Extraits de formulaire : Dérivées et primitives
f(t)
f’(t) f(t) f’(t)
tα (αℝ)
ℝ α.tα–1
t ℂ t2
1
Corrigé
Pour 0 x 3, 0 x /3 d’où 0< x/3+1 ; f est définie dérivable et continue sur [0,3].
1) a) A = 2
1
1 dt
t=
2
1
2
1 )12( 2 ][ 2 2
1 2 tdt
t, soit A= 2( 2 –1) .
b) On écrit pour 0≤ t, h(t)= tt3
2=
3
2t1t
1/2 =
3
2 t
1+1/2 =
3
2 t
3/2 et ainsi h’(t)=
3
2×
2
3t 3/2 – 1
.
D’où pour 0≤ t, h’(t) = t 1/2
= t ; c’est la preuve que sur [0 ; +[, la fonction h : t ↦ tt3
2
est une primitive de la fonction t ↦ t .
par définition du calcul des intégrales, B = dtt 2
1 = ]1122[3
2][
3
2 2
1 tt , soit
B= 22[3
2–1] .
c) C = 2
1
1dt
t
t=
2
1
2
1
2
1
2
1
1)
1()
1( dt
tdttdt
ttdt
tt
t d’où
C= 22[3
2–1] – 2( 2 –1) =
3
622)64(
3
)12(23)122(2
soit
C= 3
224 .
2) a) et b) Dans le calcul de l’intégrale I=
3
0 13/2 dx
x
x, on fait le changement de variable
affine
x= 3t–3= 3.t–3 avec dx=3dt où {0= 3t–3 pour t=1 et 3= 3t–3 pour t=2}. On obtient :
I=
2
13
13/)33(
332 dt
t
t=2×33
2
1 1)1(
1dt
t
t=18
2
1
1dt
t
t, soit :
I =18 C = )22(26)224(3
18 ; d’où I = 12(2– 2 ) . On a ainsi I 7,03
c) I est, en cm², l’aire de la plaque P.
3) D= 2
1
2 12dt
t
tt dt
ttdt
tt
t
t
t)
12()
12
²(
2
1
2
1[t
2/2–2t+ln t ] 2
1 , soit
D = [2–4+ln2 – (1/2–2+ln1)] où ln1=0 alors D=[-2 + ln2 –1/2+2] , soit :
D= ln2 –1/2=2
12ln2 .
4) J=π
3
0
3
0 13/
²4
)²13/(
²4
x
xdx
x
x dx. On fait le changement de variable affine x=3t–3
avec dx=3dt où {0= 3t–3 pour t=1 et 3=3t–3 pour t=2}. On obtient :
J=4π
2
1
2
1
2
1
2
1
)²1(912
)²1(912
1)1(
)]²1(3[343
13/)33(
)²33(dt
t
tdt
t
tdt
t
tdt
t
t
où 2
1
2)1(dt
t
t=
2
12ln2 d’où J= 108 ×
2
12ln2 = d’où encore :
J = 54[2 ln2 –1] ≈ 65,533 .
Devoir maison de janvier (tscpi1)
1) Calculer en faisant des intégrations par parties les intégrales
I=
0
x cos x dx ; J =
0
x sin x dx .
2) Calculer en faisant des intégrations par parties les intégrales
I= 1
0
x e2x
dx ; J = 5
0
x e 0,2 x
dx
3) Dériver la fonction h définie par h(x) = 2
12 x.
Faire une intégration par parties pour calculer l’intégrale I = dxxx1
0
tanArc .
On pourra utiliser la fonction h comme fonction auxiliaire de cette intégration
Corrigé du devoir maison de janvier (tscpi1)
1) ∗ Pour le calcul de I :
On écrit:
où u’ et v’ sont dérivables et continues sur ℝ ; ainsi :
I=[x.sinx]
0 –
0.sin dxx =sin––[-cos]
0 =0–(-cos –(-cos0)) = -(1+1), soit I= -2.
∗ Pour le calcul de J :
On écrit:
où u’ et w’ sont dérivables et continues sur ℝ ; ainsi :
I=[-x.cos x]
0 –
0.cos dxx = -cos––[-sinx]
0 = - × -1–(-sin –(-sin 0))
où sin= 0 = sin 0, d’où I= .
2) ∗ Pour le calcul de I :
On écrit:
où u’ et v’ sont dérivables et continues sur ℝ ; ainsi :
I=2
1 [x.e
2x]1
0 – 1
02
1 e
2x dx =
2
1[1×e
2–0]–
4
1
1
0
2 e2x
dx = 10
22 ][4
1
2
1 xee
d’où I = 02022
4
1]
4
1
4
2[][
4
1
2
1eeeee .
Finalement I = 4
1
4
1 2 e .
u(x)=x u’(x)=1
v'(x)=cos x v(x)=sin x u'(x)v(x)=sin x
u(x)=x u’(x)=1
w'(x)=sin x w(x)= –cos x u'(x)v(x)= – cos x
u(x)=x u’(x)=1
v'(x)= e2x
= )2(2
1 2xe v(x)= xe2
2
1 u'(x)v(x)= xe2
2
1
∗ Pour le calcul de J :
On écrit:
où u’ et w’ sont dérivables et continues sur ℝ ; ainsi :
J = 5 [x.e 0,2 x
] 50 –
5
0
5 e 0,2 x
dx = 5[5×e1–0]– 25
5
0
0,2 e 0,2x
dx car 25×0,2 = 5.
D’où J = 25e –25 [e 0,2 x
] 50 = 25e – 25( e
1 –e
0) ; comme de nouveau e
0 = 1 et e
1 = e , il ne reste
que J= 25 .
3) ∗ On a h(x) = )1(2
1 2 x et h’(x) = )2(2
1x = x
2°) 1°) On écrit 0<1+x2 et
u’ et h’ sont encore dérivables et continues sur ℝ, alors :
J= 1
0
2 ] tanArc)1[(2
1xx
1
0 2
1dx = )01(
2
10
4][
2
10] tanArc1 tan1Arc2[
2
1 1
0
x
soit J= 2
1
4
.
u(x)=x u’(x)=1
w'(x)= e 0,2 x
= )2,0(5 2,0 xe
car 5×0,2 =1
w(x)= xe25 u'(x)w(x)= xe25
u(x)= Arc tan x u’(x)=
21
1
x
h’(x)= )2(2
1x =x h (x)= )1(
2
1 2 x u’(x)h(x)=2
1
Tscp1 Devoir n°7
On considère la fonction numérique définie sur l’intervalle [0 ; 15] par : f(x)=15/ x
x.On
note Cf sa courbe représentative, donnée ci-dessous, dans un repère orthonormal (O, ji
, )
d’unité graphique 1 cm. Soit P la plaque limitée par la courbe Cf , l’axe des abscisses et la
droite d’équation x= 15.
Cf
1) On pourra utiliser le formulaire ci-joint et l’égalité t = t1/2
.
a) Calculer la valeur exacte de l’intégrale A = 4
1
1 dt
t,
b) Vérifier si la fonction t ↦ tt3
2 est une primitive de la fonction t ↦ t ; calculer la
valeur exacte de B= dtt 4
1 .
2) Calculer les deux valeurs exactes des intégrales C = 4
1
1dt
t
t et D=
4
1
2)1(dt
t
t
3) Calculer l’intégrale I = 15
0f(x) dx en utilisant le changement de variable défini par
x= 5t–5. En utilisant la question précédente, on calculera la valeur exacte de I, puis on
donnera une valeur approchée de I à 0,01 près.
Que représente cette intégrale ?
4) Par rotation de la plaque P autour de l’axe des abscisses, on obtient un solide de révolution
S. Calculer l’intégrale J=π 15
0f ²(x) dx qui représente le volume en cm³ du solide S.
Donner la valeur arrondie au mm³ du volume du solide S. On précise que f 2(x) = [f(x)]
2.
Extraits de formulaire : Dérivées et primitives
f(t)
f’(t) f(t) f’(t)
tα (αℝ)
ℝ α.tα–1
t ℂ t2
1
Corrigé
Pour 0 x 15, 0 x /5 d’où 0< x/5+1 ; f est définie dérivable et continue sur [0,15].
1) a) A = 4
1
1 dt
t=
4
1
41 )12(2)14( 2 ][ 2
2
1 2 tdt
t, soit A= 2 .
b) On écrit pour 0≤ t, h(t)= tt3
2=
3
2t1t
1/2 =
3
2 t
1+1/2 =
3
2 t
3/2 et ainsi h’(t)=
3
2×
2
3t 3/2 – 1
.
D’où pour 0≤ t, h’(t) = t 1/2
= t ; c’est la preuve que sur [0 ; +[, la fonction h : t ↦ tt3
2
est une primitive de la fonction t ↦ t .
Par définition du calcul des intégrales, B = dtt 4
1 = ]1144[3
2][
3
2 41 tt , soit
B = 3
2(8–1) soit B=
3
14 .
2) C = 4
1
1dt
t
t=
4
1
4
1
4
1
4
1
1)
1()
1( dt
tdttdt
ttdt
tt
t d’où
C=3
14–2 =
3
6
3
14 soit C=
3
8.
D= 4
1
2 12dt
t
tt dt
ttdt
tt
t
t
t)
12()
12
²(
4
1
4
1[t
2/2–2t+ln t ] 4
1 , soit
D = [8–8+ln4 – (1/2–2+ln1)] où ln1=0 alors D= ln 4 –1/2+2, soit : D= 1,5 + ln4.
3) Dans le calcul de l’intégrale I=
15
0 15/dx
x
x, on fait le changement de variable affine
x= 5 t–5 avec dx=5 dt où {0= 5t–5 pour t=1 et 15= 5t–5 pour t=4}. On obtient :
I=
4
15
15/)55(
55dt
t
t=5
4
1 1)1(
)1(5dt
t
t= 5×5
4
1
1dt
t
t, soit :
I = 25 C soit I= 3
825 d’où I=
3
200 : I ≈66,67 .
I est un nombre sans unité, il donne l’aire de la plaque P en cm2, tandis que le nombre
différent 100 I donne l’aire de la plaque P en mm2.
4) J=π
15
0
15
0 15/
²
)²15/(
²
x
xdx
x
x dx. On fait le changement de variable affine x=5t–5
avec dx=5dt où {0= 5t–5 pour t=1 et 15=5t–5 pour t=4}. On obtient :
J=π
4
1
4
1
4
1
4
1
)²1(255
)²1(255
1)1(
)]²1(5[55
15/)55(
)²55(dt
t
tdt
t
tdt
t
tdt
t
t
soit :
J= D125 d’où J = 125[ 1,5 + ln4] ≈ 1133,445 .
J est un nombre sans unité, il donne le volume du solide S en cm3, tandis que le nombre
différent 1000 J donne le volume du solide S en mm3.
Énoncé
1ère
partie
On considère les 2 intégrales I = 2/
0²cos
x dx et J= dxx
2/
0²sin
1) Calculer les valeurs exactes des 2 intégrales b1 = 2/
0
1
dx et b2 = 2/
0
)2(cos
dxx .
2) a) En utilisant la linéarité du calcul des intégrales, montrer que I + J =
b) En utilisant la linéarité du calcul des intégrales, calculer la différence I–J.
c) En déduire les valeurs exactes de I et J.
3) Soit l’intégrale K= 2/
0²sin
xx dx. En posant u=π /2 – x, montrer que K=πJ/2 – K. En
déduire la valeur exacte de K.
2ème
partie
1) Soit l’intégrale L= 1
0).
2²(sin. xx
dx. En posant t=2
.x, calculer L en fonction de
l’intégrale K. En déduire la valeur exacte de L.
2) Soit l’intégrale M = 1
0).
2(²cos. xx
dx. Calculer la valeur exacte de M.
▶ Dans le calcul des intégrales K, L et M, on doit faire des changements de variables
affines…
▶ Extrait de formulaire : cos 2t = cos2t –sin
2 t = 2.cos² t –1= 1–2.sin² t ;
sin(a+b)=sin a.cos b+cos a.sin b ; cos (a+b)= cos a.cos b–sin a.sin b.
Corrigé à retravailler
1ère
partie
1) D’après le formulaire cos²x= (1/2)(1+cos 2x) et I=(1/2) 2/
0)).2cos(2(
2
11(
dxx et
I= (1/2)[x+(1/2)sin(2x)] 2/0 = (1/2)[ π/2 +(1/2)sin(π)–(0+(1/2)sin0)] où sin (π)=0=sin0.
I=(1/2)π/2 soit I=π/4.
D’après le formulaire sin²x= (1/2)(1–cos 2x) et J=(1/2) 2/
0)).2cos(2(
2
11(
dxx et
J= (1/2)[x–(1/2)sin(2x)] 2/0 = (1/2)[ π/2 – (1/2)sin(π)–(0–(1/2)sin0)] où sin (π)=0=sin0.
J=(1/2)π/2 soit J=π/4.
2) L’égalité u=–x est équivalente à x=– u ; pour calculer J on fait le changement de
variable affine x= π/2–u=(-1)u + avec dx=(-1)du où π/2 =π/2–u pour u=0 et 0= π/2–u
pour u=π/2 . Cela donne : K = 0
2/)2/²(sin).2/()1(
duuu
d’où K= 2/
0)2/²(sin).2/(
duuu où sin(π/2–u)= sin (π/2) .cos u–cos (π/2) . sin u, soit
sin(π/2–u)= 1cos u– 0×sin u= cos u.
D’où : K= 2/
0²cos).2/(
uu du=
2/
0)²cos.²cos.
2
duuuu . Or J=
2/
0²cos
u du et
K= 2/
0²cos.
uu du alors
2
J–K=
2/
0)²cos.²cos.
2
duuuu soit
2
J–K = K . Alors 2K=
2
J
d’où K=4
J . Finalement K= (
4
)2 =
16
2
2ème
partie
a) L’égalité t=2
.x est équivalente à x= 2t/ ; pour calculer K on fait le changement de
variable affine x= 2t/ = (2/) t + 0 avec dx=(2/) dt où { 1= (2/) t + 0 pour t= /2 et
0= (2/) t + 0 pour t=0}.
Cela donne L = 2/
0
2 )/2()]2
(2
[sin)/2(
dt
tt =
2/
0
2 )/2(][sin)/2(
dttt , soit
L = (2/2 2/
0
2 ][sin
dttt où 2/
0
2 ][sin
dttt = K = (2/16 d’où L=
16
4 2
2
soit
L= 1/4 .
b) Calcul analogue pour M .
Tscp1 Devoir surveillé n° 8
________________
La qualité de la rédaction où on justifie clairement et précisément les calculs intervient pour
une part importante dans l’appréciation des copies.
Partie A : Résolution d’une équation différentielle du 1er
ordre
On considère l’équation différentielle (E) : -3y’+2y= -4e2x
où y est une fonction numérique de
la variable réelle x, définie et dérivable sur ℝ.
1°) Résoudre sur ℝ, l’équation différentielle (E0) : -3y’+2y=0.
2°) a étant un réel constant, on écrit g(x)=a.e2x
.
a) Dériver la fonction numérique g et calculer en fonction de a et x, -3g’(x)+2g(x).
b) Calculer a pour que g soit une solution de (E).
3°) Déduire des questions précédentes, la solution générale de (E).
4°) Déterminer la solution f de l’équation (E) dont la courbe représentative passe par le point
S(0,2).
Partie B : Résolution d’une équation différentielle du 2ème
ordre
On considère l’équation différentielle (E) : y’’-3y’+2y= -4e2x
où y est une fonction numérique
de la variable réelle x, définie et 2 fois dérivables sur ℝ.
1°) Résoudre sur ℝ, l’équation différentielle (E0) : y’’–3y’+2y=0.
2°) On écrit pour tout réel x, k(x)=x.e2x
. Calculer k’(x), k’’(x) et k’’(x)–3k’(x)+2k(x).
k est elle une solution de (E) ?
3°) a étant un réel constant, on écrit g(x)=a.xe2x
pour tout réel x.
a) Dériver 2 fois la fonction g pour exprimer g’(x) et g’’(x) en fonction de a et x.
b) Calculer a pour que g soit une solution de (E).
4°) Déduire des questions précédentes, la solution générale de (E).
5°) Déterminer la solution f de l’équation (E) dont la courbe représentative passe par le point
S(0,2) et admet en ce point une tangente horizontale.
Extraits de formulaire : Equations différentielles Equations Solution sur un intervalle I
a(t)x’+b(t)x=0 f(t)=ke
–G(t) où G est une primitive de t↦
)(
)(
ta
tb
ax”+bx’+cx=0
équation caractéristique :
ar2+br+c=0
de discriminant
Si 0, f(t)=tr
e 1 tr
e 2 ...où r1 et r2 sont les racines de l’équation
caractéristique.
Si =0, f(t)=(t+)ert...où r est la racine double de l’équation
caractéristique.
Si < 0, f(t)=[cos(t)+sin(t)]et
...où r1=iet r2=–i sont les
racines complexes conjuguées de l’équation caractéristique.
Dérivées et primitives
f(t)
f’(t) f(t) f’(t)
tα (αℝ) ℝ α.t
α–1 e
αt (α ℂ) ℂ α. e
αt
Tscp1 Corrigé du devoir n° 8
_________________
Partie A 1°) On écrit r(x)= 2/(-3)= -(2/3) et R(x)= -(2/3)x : R’(x)=r(x). Alors les solutions de
(E) sont toutes les fonctions x↦ Ce(2/3)x
où C est une constante réelle.
2°) a) On a g(x)=ae2x
et g’(x)=a[2e2x
]= 2ae2x
et -3g’(x)+2g(x)=-6ae2x
+2ae2x
soit
-3g’(x)+2g(x)= -4ae2x
.
b) Les propositions suivantes sont équivalentes : { g est solution de (E)},
{-3g’(x)+2g(x)= -4e2x
pour tout réel x}, { -4ae2x
= -4e2x
pour tout réel x}, {a=1}.
Finalement g est solution de (E) pour a=1.
Pour la suite on écrit : g(x)=e2x
et g est une solution particulière de (E) .
3°) A la solution particulière g de (E) on ajoute toutes les solutions de (E0) pour avoir toutes
les solutions de (E) :
Toutes les solutions de (E) sont toutes les fonctions :x↦ e2x
+Ce(2/3)x
où C est une constante
réelle.
4°) f étant une solution de (E), on écrit f(x)= e2x
+Ce(2/3)x
où C est une constante réelle ;
f(0)= e0+Ce
0=1+C. La courbe représentative de f passe par S à la condition que f(0)=2, soit
pour C=1. Finalement : f(x)= e2x
+e(2/3)x
.
Partie B 1°) L’équation caractéristique, d’inconnue r, de (E0) s’écrit : r2–3r+2=0.
Δ=(-3)2–421 =1=1
2. Les racines sont r1=(3+1)/(21)=2 et r2= r1=(3–1)/(21)=1.
Les solutions de (E0) sont toutes les fonctions x↦λe2x+µe
x où λ et µ sont 2 réels constants.
2°) k’(x)=1.e2x
+ x.2e2x
soit : k’(x)= (1+2x)e2x
et k’’(x)=(2)e2x
+(1+2x)(2 e2x
) = 2[1+(1+2x)] e2x
soit : k’’(x)=2(2+2x) e2x
d’où k’’(x)=4(1+x) e2x
.
k’’(x)–3k’(x)+2k(x)= 4(1+x) e2x–3(1+2x)e
2x+2xe
2x=[ 4(1+x)–3(1+2x)+2x] e
2x soit :
k’’(x)–3k’(x)+2k(x)=[4–3+x(4–6+2)]e2x
d’où : k’’(x)–3k’(x)+2k(x)= e2x
.
En fait : 1-4 d’où 1e2x-4 e
2x soit : k’’(x)–3k’(x)+2k(x) -4 e
2x . C’est la preuve que k
n’est pas solution de l’équation différentielle (E) sur ℝ.
3°) a) a est un réel constant, avec g(x)=a.xe2x
=a. k(x) on a : g’(x)= a.k’(x)=a.(1+2x).e2x
et en
dérivant encore une fois : g’’(x)=a.k’’(x)=4a(1+x)e2x
.
b) On obtient : g’’(x)–3g’(x)+2g(x)=ak’’(x)–3ak’(x)+2ak(x) soit :
g’’(x)–3g’(x)+2g(x)=a.( k’’(x)–3k’(x)+2k(x)) d’où : g’’(x)–3g’(x)+2g(x)=a.e2x
.
Les propositions suivantes sont équivalentes : {g est solution de (E)},
{ g’’(x)–3g’(x)+2g(x)=-4e2x
pour tout réel x}, {a.e2x
= -4e2x
pour tout réel x}, {a=-4}.
Finalement g est solution de (E) pour a=-4.
Pour la suite on écrit : g(x)=-4xe2x
et g est une solution particulière de (E) .
4°) A la solution particulière g de (E) on ajoute toutes les solutions de (E0) pour avoir toutes
les solutions de (E) :
Toutes les solutions de (E) sont toutes les fonctions :x↦ -4x e2x
+ λe2x
+µex où λ et µ sont 2
réels constants
5°) Avec f solution de (E), on écrit : f(x)= -4x e2x
+ λe2x
+µex où λ et µ sont 2 réels constants.
Soit Cf la courbe représentative de f .
- Cf passe par S à la condition que f(0)=2
- Cf admet au point d’abscisse 0 une tangente horizontale à la condition que f’(0)=0.
On cherche f telle que : f(0)=2 et f’(0)=0.
f’(x)=-4(1.e2x
+ x[2e2x
]) +2λe2x
+µex et comme e
0=1 on obtient : f(0)= λ+µ et
f’(0)= -4(1+0)+2λ+µ=-4+2λ+µ.
Les systèmes d’égalités suivantes sont équivalentes à f(0)=2 et f’(0)=0 :
{λ+µ=2 et 2λ+µ=4}, ( avec L2–L1→L2) : { λ+µ=2 et λ=2}, {2+µ=2 et λ=2}, {µ=0 et λ=2}.
Finalement f(x)= -4xe2x
+ 2e2x
.
Tscp1 Devoir surveillé n° 9
________________
La qualité de la rédaction où on justifie clairement et précisément les calculs intervient pour
une part importante dans l’appréciation des copies.
Avec x réel, on pose G(x)= x
0
e-0,5t
dt , H(x)= x
0
te-0,5t
dt et L(x)= x
0
t2 e
-0,5t dt.
1°) Dériver la fonction t ↦ e-0,5t
; calculer l’intégrale G(x).
2°) En faisant une intégration par parties, exprimer H(x) en fonction de G(x). En déduire
l’expression de H(x) en fonction de x.
3°) En faisant une intégration par parties, exprimer L(x) en fonction de H(x). En déduire
l’expression de L(x) en fonction de x.
4°) On a les limites de référence 0=t
lim (1/et)=
tlim (t/e
t)=
tlim (t
2/e
t).
∗ Exprimer L(x) en fonction de xxx e
x
e
x
e 5,0
2
5,05,0
)5,0(et
5,0,
1. On écrira
L(x)= a + b (xe 5,0
1)+ c(
xe
x5,0
5,0) +d (
xe
x5,0
2)5,0() où a, b, c et d sont 4 réels constants que
l’on déterminera.
∗ En déduire x
lim L(x) à partir des 3 limites de référence. Qu’en déduit on pour la
représentation graphique de L ?
5°) Calculer la fonction dérivée de L et étudier les variations de L.
Extraits de formulaire
Dérivées et primitives
f(t)
f’(t) f(t) f’(t)
tα (αℝ) ℝ α.t
α–1 e
αt (α ℂ) ℂ α. e
αt
Intégration par parties : b
a
b
a
b
a dttvtutvtudttvtu )()(')]()([)(')(
tscp1 Corrigé du devoir n° 9
1ère
partie
1°) On a la règle de dérivation [ e -0,5t
] ‘ = -0,5 e -0,5t
.
On a : G(x)= x
0
1×e-0,5t
dt= x
t dte0
5,0-)5,0-((-2) = -2 xtx
t edte 05,0
0
5,0- ][2-5,0-
soit G(x) = -2[e-0,5 x
–e0] où e
0=1 d’où : G(x)= 2– 2e
-0,5x .
2°) On écrit :
u(t)=t u’(t)=1
v’(t)=e–0,5t
= -2[-0,5 e-0,5t
] v(t)= -2e-0,5t
u’(t)v(t)= -2e-0,5t
u’ et v’ sont encore dérivables et continues sur ℝ et ainsi :
H(x)= x
txx
txt dtexedtete0
5,0-5,0-
0
5,00
5,0- 202-2-]-2[ d’où H(x) )(22- 5,0- xGxe x .
Ceci donne : H(x)=4– 4e-0,5x
– 2xe-0,5x
.
3°) On écrit :
u1(t)=t2
u1’(t)=2t
v’(t)=e–0,5t
= -2[-0,5 e-0,5t
] v(t)= -2e-0,5t
u’(t)v(t)= -4 te-0,5t
u1’ et v’ sont encore dérivables et continues sur ℝ et ainsi :
L(x)= x
txx
txt dtteexdtteet0
5,0-5,0-2
0
5,00
5,0-2 402-4-]-2[ d’où
L(x)= -2x2 e
-0,5x + 4 H(x) et ainsi L(x)= 16– 16e
-0,5x–8xe
-0,5x – 2x
2 e
-0,5x .
4°) ∗ L(x)= xxxxxx e
x
e
x
ee
x
e
x
e 5,0
2
25,05,05,0
2
5,05,0
)5,0(
5,0
25,016
1161628
11616 ,
ainsi L(x)= xxx e
x
e
x
e 5,0
2
5,05,0
)5,0(8
5,016
11616 .
On a
xx
5,0lim alors les 3 limites de référence donnent (en faisant t= 0,5x) :
xxxxxx e
x
e
x
e 2,0
2
2,02,0
)2,0(lim
2,0lim
1lim0
et d’après l’égalité précédente concernant H(x) on
obtient : x
lim H(x)=16 – 16×0 – 16×0 – 8×0 soit x
lim H(x)= 16.
5°) La fonction w : t ↦ t2e
-0,5t est dérivable et continue sur ℝ. Avec l’égalité L(x)=
x
0
w(t) dt,
L est la primitive sur ℝ, prenant la valeur 0 en 0, de la fonction w d’où : L’(x)=w(x)=x2e
-0,5 x .
et H(0)=0. D’autre part : L’(0)= 0 et sans difficulté pour x≠0, 0<x2 et 0<e
-0,2x d’où 0<L’(x).
On obtient bien le tableau de variation suivant :
x – 0 +
L’(x) + 0 +
L(x) 0 16
Nom : Prénom :
Annexe à rendre avec la copie
Énoncé On considère un système mécanique formé d’un plateau soutenu par un amortisseur. Il est
représenté par le schéma ci- contre de l’annexe (où l’échelle des grandeurs n’est pas
respectée).
On note z la cote du centre de gravité du plateau. On suppose que z est une fonction de la
variable réelle t, définie et deux fois dérivable sur un intervalle de ℝ, où t représente le
temps exprimé en seconde.
L’étude de ce système mécanique permet de considérer que la fonction z est solution de
l’équation différentielle (E) : z’’+ 0,6 z’+16,09 z=64,36 .
Partie A
1°) Résoudre sur ℝ l’équation différentielle z’’+ 0,6 z’+16,09 z =0 .
2°) Chercher une solution particulière constante de l’équation (E) et en déduire la solution
générale de (E).
3°) Déterminer la solution g de (E) qui vérifie les conditions g(0)=7 et g’(0)= -0,9 .
Partie B
Soit f est la fonction définie sur ℝ, par f(t)= 3e – 0,3t
cos(4t) +4.On suppose pour la suite
du problème que z(t)=f(t) pour 0≤t. Sur le graphique de l’annexe, dans un repère ortho-
gonal du plan on a donné (C) la représentation graphique de f et celles des fonctions
t↦4+3e – 0,3t
et t↦4–3e – 0,3t
.
1°) a) Donner les développements limités d’ordre 2 au voisinage de 0 des 2 fonctions
x↦ex et x↦cos x. b) En déduire les développements limités d’ordre 2 au voisinage de 0
des 2 fonctions t↦e – 0,3t
et t↦ cos(4t).
2°) a) À partir du résultat précédent, calculer le développement limité d’ordre 2 de la
fonction t↦ e – 0,3t
cos(4t) au voisinage de 0. b) En déduire le développement limité
d’ordre 2 de f au voisinage de 0.
3°) Déterminer l’équation de (T) la tangente à (C) au point d’abscisse 0. Construire (T)
sur l’annexe (en justifiant cette construction). Étudier la position de (C) par rapport à (T)
au voisinage de ce point.
Extrait de formulaire avec 2 développements limités
Equations Solution sur un intervalle I
ax”+bx’+cx=0
équation
caractéristique :
ar2+br+c=0
de discriminant
Si 0, f(t)=tr
e 1 tr
e 2 ...où r1 et r2 sont les racines de
l’équation caractéristique.
Si =0, f(t)=(t+)ert...où r est la racine double de l’équation
caractéristique.
Si < 0, f(t)=[cos(t)+sin(t)]et
...où r1=iet r2=–i
sont les racines complexes conjuguées de l’équation
caractéristique.
)(!
...!2!1
12
tttn
ttte nn
nt et )(
)!2()1...(
!4!21cos 2
242
ttp
tttt p
pp
z G Plateau
O__k
Amortisseurs
Corrigé Partie A
1° On résout d’abord l’équation caractéristique d’inconnue r, r2 + 0,6r + 16,09 = 0.
²–4×1×16,09 = -64= i²8² soit (8i)². Les racines r1 et r2 sont données par
r1 = ii
2
8
2
6,0
12
86,0
et r2 = i
i
2
8
2
6,0
12
86,0
. Finalement
r1 = –0,3 +4i et r2 = –0,3–4i ; ce sont 2 complexes conjugués.
Sur ℝ les solutions de l’équation différentielle (E0) : z’’+ 0,6 z’ + 16,9 z = 0 sont toutes
les fonctions t ↦ e–0,3t( cos(4t)+µ sin(4t)) où et µ sont 2 réels constants.
(E0) est l’équation différentielle linéaire homogène associée à (E).
2°) ∗ Pour fonction constante sur ℝ, on écrit, avec c réel constant : Pour tout réel t,
(t)=c, '(t)= 0 et ’’(t)=0 alors ’’(t)+ 0,6’(t) + 16,9t)= 16,9 c.
n’est solution de (E) que dans le cas où 16,09 c =64,36 soit c=64,36/16,09 = 4.
Désormais on écrit pour tout réel t, (t)= 4 et est une solution particulière à (E).
∗ À la solution particulière de (E) on ajoute toutes les solutions de (E0) pour obtenir
toutes les solutions de (E) :
Il s’agit de toutes les fonctions t ↦ 4+ e–0,3t
( cos(4t)+µ sin(4t)) où et µ sont 2 réels
constants.
3°) g étant une solution de (E) , on écrit pour tout réel t,
g(t)= 4+ e–0,3t
( cos(4t)+µ sin(4t)) où et µ sont 2 réels constants, alors
g’(t)= 0– 0,3e–0,3 t
(cos(4t)+µ sin(4t))+e0,3t
( –4 sin(4t) + 4µcos(4t)).
Comme e0=1=cos(0) et sin(0)= 0, on obtient : g(0)=4+ et g’(0)= –0,3 +4µ et les
systèmes d’égalités suivants sont équivalents à g(0)= 7 et g’(0)= -0,9 :
{=3 et –0,3 +4µ = -0,9}, {=3 et –0,9+4µ= -0,9}, { =4 et 4µ=0}, {=4 et µ=0}.
Finalement la fonction g cherchée est définie par : g(t)= 4 + e–0,3t
( 3cos(4t)+ 0 sin(4t)), soit
g(t)=4+3e-0,3t
.cos(4t)
Partie B
1°) a) On a immédiatement les développements limités suivants :
ex =1+x+x
2/2 +x
2x) et cos x = 1– x2/2 +x
2(x) où )(lim0)(lim00
xxxx
.
b) Les résultats précédents donnent les développements limités suivants :
e-0,3t
=1+(-0,3t)+(-0,3t)2/2 + t
21 (t) et cos(4t) = 1– (4t) 2/2 +t
2(t) ; les 2 fonctions 1
etont pour limite 0 en 0 .
(-0,3t)2/2= 2
2
2
3,0t =0,045t
2 et (4t)
2/2 = 2
2
2
4t = 8t . D’où finalement :
e-0,3t
=1–0,3t+0,045 t2+ t
21t) et cos(4t) = 1– 8t2 +t
22( t) où 1 etont pour limite 0 en
0 .
2°) a) On fait le produit de parties principales des 2 développements limités précédents :
(1–8t2) (1–0,3t+0,045 t
2)= 1–0,3t+0,045 t
2 –8t
2(1–0,3t+0,045 t
2)
d’où (1–8t2) (1–0,3t+0,045 t
2)= 1–0,3t+(0,045 –8) t
2+8×0,3 t
3–8×0,045t
4 soit
(1-4,5t2) (1–0,4t+0,08 t
2)= 1–0,3t –7,955t
2+2,4 t
3–0,36 t
4 .
On ne garde ensuite que les termes de degré inférieur ou égal à 2 pour obtenir la partie
principale du développement limité d’ordre 2 de la fonction t↦ e-0,3t
cos(4t) au voisinage
de 0 et on a ainsi : e-0,3t
cos(4t)= 1–0,3t –7,955t2 + t
20 (t) où 0
limt
0 (t)=0.
b) Comme f(t)=3× e-0,3t
cos(4t) +4, la partie principale du développement limité d’ordre 2
de f au voisinage de 0 est donnée par 3×(1–0,3t –7,955t2)+4=7–0,9t–23,865t
2. D’où le
développement limité d’ordre 2 : f(t)= 7–0,9t–23,865t2+t
2(t) où 0
limt
(t)=0 .
3°) ∗ On a aussi le développement limité d’ordre 1 : f(t)= 7–0,9t +t(t) où 0
limt
(t)=0 et
(T) a pour équation z=7–0,9t . La droite (T) passe par exemple par les points de
coordonnées (0 ; 7) et (5 ; 7–0,9×5= 2,5) d’où sa construction.
∗ Soit M le point de (C) d’abscisse t ; la position de M par rapport à (T) est donnée par
le signe de h(t)= f(t)– (7–0,9t). D’après 2°) b), h(t)= –23,865t2+t
2(t) = t2(-23,865+(t)) .
On a 0
limt
(-23,865+(t))= -23,865<0 alors pour t≠0 et t assez proche de 0 :
0< t2 et -23,865+(t)<0 d’où t
2(-23,865+(t))<0 soit h(t)<0 d’où :
Le point M de (C) d’abscisse t est en-dessous de (T).