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Faculté de santé d’Angers - département PluriPASS

Année universitaire 2020-2021

UE3 : Mathématiques Pr. B. Landreau

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1

UE3 : MATHEMATIQUES Pr. Landreau

SOMMAIRE

MATHEMATIQUES ................................................................................................. 3

CHAPITRE N°1 : Suites récurrentes : Partie 1/2 ................................................... 3

I. Rappel sur les équations polynomiales de degré 2 ................................................................... 3

II. Suites de nombre réels ............................................................................................................. 4

III. Suites arithmétiques ................................................................................................................ 9

IV. Suites géométriques .............................................................................................................. 10

CHAPITRE N°2 : Suites récurrentes : Partie 2/2 ................................................. 13

I. Suites arithmético-géométriques ........................................................................................... 13

II. Suites récurrentes linéaires d’ordre 2 ..................................................................................... 16

....................................................................................................................................................... 18

Entrainements ............................................................................................... 19

Corrections .................................................................................................... 23

NOTES .......................................................................................................... 35

CHAPITRE N°3 : Fonctions et limites ................................................................ 36

I. Fonctions réelles d’une variable réelle.................................................................................... 36

II. Limites d’une fonction, continuité en un point ....................................................................... 38

III. Opérations sur les limites ....................................................................................................... 40

IV. Limites et inégalités ............................................................................................................... 41

V. Asymptotes ........................................................................................................................... 42

CHAPITRE N°4 : Dérivations ............................................................................ 43

I. Fonctions continues sur un intervalle ..................................................................................... 43

II. Fonctions dérivables .............................................................................................................. 44

III. Dérivations et opérations sur les fonctions ............................................................................ 45

IV. Fonctions dérivables et extremums ....................................................................................... 46

V. Fonction dérivée et monotonie .............................................................................................. 47

CHAPITRE N°5 : Intégrations........................................................................... 48

I. Définitions générales ............................................................................................................. 48

II. Intégrale et primitive ............................................................................................................. 49

III. Intégration par parties et changement de variable .................................................................51

Entrainements ............................................................................................... 54

2


Corrections .................................................................................................... 57

Notes ............................................................................................................ 71

CHAPITRE N°6 : Equations différentielles linéaire d’ordre 1 ............................... 72

I. Définitions générales ............................................................................................................. 72

II. Résolution de l’équation homogène ....................................................................................... 73

III. Recherche d’une solution particulière ..................................................................................... 75

IV. Synthèse ................................................................................................................................. 77

CHAPITRE N°7 : Equations différentielles linéaire d’ordre 2 ............................... 81

I. Equations différentielles linéaires d’ordre 2 à coefficients constants ..................................... 81

II. Résolution de l’équation homogène. ..................................................................................... 82

III. Recherche d’une solution particulière. ................................................................................... 84

IV. Synthèse ................................................................................................................................ 86

Entrainements ............................................................................................... 89

Corrections .................................................................................................... 92

Notes ............................................................................................................ 98

3


MATHEMATIQUES CHAPITRE N°1 : Suites récurrentes : Partie 1/2

I. Rappel sur les équations polynomiales de degré 2

A) Trinôme et Racines

Une équation polynomiale de degré 2, ou équation du second degré, peut s’écrire sous la forme : 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 +

𝑐 = 0 avec 𝑎 ≠ 0 , a ; b et c sont alors appelés les coefficients de l’équation. La fonction 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 ; est

un polynôme du second degré ou trinôme.

Les solutions de cette équation se retrouvent grâce aux coefficients et permettent d’écrire l’équation sous une forme

factorisée, si celle-ci est possible. Ces solutions sont les racines de l’équation.

B) Résolution

Tout d’abord il faut calculer le discriminant ou Δ, qui est égale à 𝑏2 − 4𝑎𝑐, nous avons donc 3 cas qui vont

déterminer l’expression des racines de notre équation.

- Δ < 0 : Dans ce cas, l’équation ne possède pas de racines connues dans l’ensemble des nombres réels,

le trinôme n’admet donc pas de forme factorisée

- Δ = 0 : L’équation admet une unique solution 𝑥0 de la forme 𝑥0 = −𝑏

2𝑎. Le trinôme peut donc être

factorisé et s’écrire sous la forme 𝑓(𝑥) = 𝑎 (𝑥 − 𝑥0)2

- Δ > 0 : L’équation admet 2 solutions distinctes, qui se calculent à l’aide du discriminant ;

𝑥1 =−𝑏−√Δ

2𝑎 et 𝑥2 =

−𝑏+√Δ

2𝑎 .

Il est alors possible de factoriser le trinôme qui s’écrira sous la forme 𝑓(𝑥) = 𝑎 (𝑥 − 𝑥1)(𝑥 − 𝑥2)

2 Formules permettent de vérifier ses calculs : 𝑥1 + 𝑥2 = −𝑏

𝑎 et 𝑥1𝑥2 =

𝑐

𝑎

Exemples :

• 𝑥2 + 6𝑥 + 9 = 0 ; on commence par calculer Δ = 𝑏2 − 4𝑎𝑐 = 62 − 4 × 1 × 9 = 0

• Il existe donc une seule racine égale à 𝑥0 = −𝑏

2𝑎= −

6

2×1= −3

• On peut donc factoriser l’équation sous forme (𝑥 + 3)2 = 0

•

• 4𝑥2 + 5𝑥 + 1 = 0 ; ici Δ = 52 − 4 × 4 × 1 = 9 > 0

• L’équation admet donc 2 solutions ; 𝑥1 =−5−√9

2×4= −1 et 𝑥2 =

−5+√9

2×4= −

1

4

• La forme factorisée sera 4 (𝑥 + 1) (𝑥 +1

4) = 0

•

• 4𝑥2 + 2𝑥 + 3 = 0 ; ici Δ = 22 − 4 × 4 × 3 = −44 < 0

• Cette équation n’admet donc pas de solution dans l’ensemble des réels.

•

•

4


C) Signe du Trinôme

Le signe du trinôme dépend également du discriminant Δ et du coefficient a.

- Δ = 0 𝑜𝑢 Δ < 0 ; Le trinôme est du même signe que le coefficient a, pour tout 𝑥

- Δ > 0 ; alors pour tout 𝑥 compris entre les racines 𝑥1 et 𝑥2, le trinôme est du signe opposé de a. Si 𝑥

n’est pas compris entre les racines, alors le trinôme aura le signe de a.

Exemple : Pour 𝑓(𝑥) = 4𝑥2 + 5𝑥 + 1 (voir exemple résolution), le trinôme sera négatif entre −1 et −1

4 car a est

positif, mais pour 𝑥 < −1 et 𝑥 > −1

4 il sera positif.

II. Suites de nombre réels

A) Généralités

Une suite de nombres réels est une succession de nombres numérotés par un entier naturels, on note une

suite 𝑢 = (𝑢𝑛)𝑛≥0 ou plus simplement 𝑢 = (𝑢𝑛) avec 𝑛 un entier naturel qui désigne la position du terme dans la

suite. La suite ne commence pas nécessairement par l’indice 0 ; par exemple pour la suite 𝑢𝑛 =1

4𝑛 le terme 𝑢0 ne

peut exister. Attention à ne pas confondre (𝑢𝑛) qui correspond à la suite, et 𝑢𝑛 qui est le terme de la suite 𝑢 en

position 𝑛.

Les suites s’écrivent généralement sous 2 formes ;

• Par une expression explicite, 𝑢𝑛 = 𝑓(𝑛) , avec 𝑓 une fonction, il est alors simple de connaitre

n’importe quel terme.

• Par une relation de récurrence, c’est-à-dire que pour connaitre un terme, il faut d’abord connaitre le

précédent, il est donc nécessaire d’avoir un terme initial. Dans certains cas, une suite définie par une

formule de récurrence peut s’écrire avec une formule explicite.

Exemple : 𝑢𝑛 = 3𝑛2 + 2𝑛 + 4, cette suite correspond à la fonction 𝑓(𝑥) = 3𝑥2 + 2𝑥 + 4

Exemple : 𝑢𝑛+1 = 0,2𝑢𝑛 + 1 avec 𝑢0 = 3, pour connaitre 𝑢1, je dois connaitre 𝑢0 et ici

𝑢1 = 0,2 × 𝑢0 + 1 = 0,2 × 3 + 1 = 1,6

Exercice 1 : Equation du second degré :

Résoudre les équations suivantes :

a) 𝑥2 + 8𝑥 + 7 = 0

b) 2𝑥2 + 4𝑥 + 1 = 0

c) 𝑥2 + 6𝑥 + 9 = 0

d) 𝑥2 + 2𝑥 + 2 = 0

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B) Monotonie

Dans l’étude d’une suite, il est important de connaitre son comportement, ses variations, on cherche à savoir

si elle est décroissante, croissante, ou ni l’un ni l’autre. Une suite se définit comme croissante si chaque terme est

supérieur à son précédent, donc 𝑢𝑛 ≤ 𝑢𝑛+1, à l’inverse une suite est décroissante si 𝑢𝑛 ≥ 𝑢𝑛+1. Attention une suite

peut n’être ni croissante ni décroissante (𝑢𝑛 = (−1)𝑛).

Si une suite est croissante ou décroissante, on dit qu’elle est monotone. Elle est dite strictement monotone si aucuns

termes consécutifs ne sont égaux, c’est-à-dire que pour tout 𝑛 ; 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 ≠ 0

Méthode : Il existe 3 principales méthodes pour déterminer la monotonie d’une suite :

- Calculer 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 et regarder le signe, si ce dernier est positif, on a 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 ≥ 0 donc 𝑢𝑛+1 ≥ 𝑢𝑛,

la suite est donc croissante, à l’inverse si le signe est négatif, la suite est décroissante.

- Calculer 𝑢𝑛+1

𝑢𝑛 ; pour cela il faut d’abord vérifier que aucun terme de la suite soit nul, sinon ce quotient

ne peut s’écrire. Si 𝑢𝑛+1

𝑢𝑛≥ 1 Alors 𝑢𝑛+1 ≥ 𝑢𝑛 et la suite est croissante.

Exemples :

• La suite de Fibonacci 𝑢 = (0; 1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21 … ) est croissante, mais 𝑢1 et 𝑢2 sont égaux,

la suite n’est donc pas strictement croissante. Cette suite peut s’écrire 𝑢𝑛+2 = 𝑢𝑛+1 + 𝑢𝑛

• La suite des nombres entiers naturels 𝑢 = (0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 … ) est strictement

croissante, pour tout 𝑛 ; 𝑢𝑛 > 𝑢𝑛+1 et aucuns termes consécutifs ne sont égaux.

Exercice 2 : Suites :

Pour les suites suivantes, calculer 𝑢1 ; 𝑢2 ;𝑢3 et 𝑢6

a) 𝑢𝑛 =7𝑛−2

𝑛+4

b) 𝑢𝑛+1 = 2𝑢𝑛 + 3 avec 𝑢0 = 2

c) 𝑢𝑛 est le 𝑛è𝑚𝑒 nombre premier

d) Je place 1000 euros sur mon livret A au taux 0,75% par an, 𝑢𝑛 est la somme dont je dispose la 𝑛è𝑚𝑒

année.

e) 𝑢𝑛 est la 𝑛è𝑚𝑒 décimale de 𝜋

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- Si la suite est définie par une fonction 𝑓, alors la suite possède les mêmes variations que la fonction,

si 𝑓 est croissante, alors (𝑢𝑛) aussi.

C) Limites

On parle de limite d’une suite, notée 𝑙 , lorsque quand 𝑛 devient grand, tous les termes de la suite se

rapprochent de cette limite. Elle n’est pas forcément atteinte, mais à partir d’un certain rang, tous les termes se

retrouvent dans un intervalle noté [𝑙 − 𝑚 ; 𝑙 + 𝑚], avec 𝑚 un nombre réel quelconque.

La limite d’une suite se note lim𝑛→+∞

𝑢𝑛 = 𝑙

Exemples :

• 𝑢𝑛 = 𝑛2 − 𝑛 + 4 : on calcule :

𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 = (𝑛 + 1)2 − (𝑛 + 1) + 4 − (𝑛2 − 𝑛 + 4)

= 𝑛2 + 2𝑛 + 1 − (𝑛 + 1) + 4 − 𝑛2 + 𝑛 − 4

= 2𝑛

Or 𝑛 est un entier naturel, donc pour tout 𝑛, on a 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 ≥ 0, la suite (𝑢𝑛) est donc croissante. Il

est également possible de dire que cette suite est définie par une fonction (𝑢𝑛) = 𝑓(𝑛) avec 𝑓 la fonction

𝑓(𝑥) = 𝑥2 − 𝑥 + 4, et d’étudier la fonction, l’important est d’être à l’aise avec une méthode.

• 𝑢𝑛 =4𝑛

𝑛 avec 𝑛 ≥ 1: ici on calcule :

𝑢𝑛+1

𝑢𝑛=

4𝑛+1

𝑛+14𝑛

𝑛

=4𝑛+1

𝑛+1×

𝑛

4𝑛 =4𝑛

𝑛+1

On va ensuite comparer notre résultat à 1 afin de connaitre la monotonie de la suite.

4𝑛

𝑛+1> 1 ↔ 4𝑛 > 𝑛 + 1 ↔ 3𝑛 > 1 ↔ 𝑛 >

1

3

Or 𝑛 ≥ 1 , donc pour tout 𝑛 (𝑢𝑛+1)

𝑢𝑛> 1, la suite (𝑢𝑛) est donc croissante.

Exercice 3 : Monotonie :

Dire si les suites suivantes sont croissantes, décroissante ou ni l’un ni l’autre. On justifiera à chaque

fois la réponse.

a) 𝑢𝑛 =1

𝑛(𝑛+1)

b) 𝑢𝑛+1 = (𝑢𝑛)2 − 𝑢𝑛 + 1

c) 𝑢𝑛 = (−1)𝑛 +1

𝑛

d) 𝑢𝑛 = 1 +1

2+

1

3+

1

4+ ⋯ +

1

𝑛

7


Cette limite n’est pas nécessairement finie, une suite peut tendre vers l’infini. On admet l’infini comme limite si tout

intervalle du type [ 𝑥 ; +∞ ] avec 𝑥 > 0 contient tous les termes de la suite à partir d’un certain rang. Même

démarche si la suite admet comme limite −∞. On notera la limite lim𝑛→+∞

𝑢𝑛 = ±∞

Si une suite admet une limite finie, on dit que la suite converge vers cette limite, si la limite de la suite est infinie ou

qu’elle n’admet pas de limite, alors la suite diverge.

Il est possible de réaliser des opérations sur les limites de suite, notamment lorsqu’une suite (𝑢𝑛) peut être

décomposé en plusieurs suites différentes. Si une suite (𝑤𝑛) = (𝑢𝑛) + (𝑣𝑛), on peut additionner les limites de (𝑢𝑛)

et de (𝑣𝑛).

Addition de limites :

(𝑢𝑛) + (𝑣𝑛) 𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑙′ 𝑓𝑖𝑛𝑖𝑒 +∞ −∞

𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑙 𝑓𝑖𝑛𝑖𝑒 𝑙 + 𝑙′ +∞ −∞

+∞ +∞ +∞ Indéterminée

−∞ −∞ Indéterminée −∞

Produit de limites :

(𝑢𝑛) × (𝑣𝑛) 𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑙′ 𝑓𝑖𝑛𝑖𝑒 +∞ −∞

𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑙 𝑓𝑖𝑛𝑖𝑒 𝑙 × 𝑙′ 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑒(𝑙) ∞ − 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑒(𝑙) ∞

+∞ 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑒(𝑙′) ∞ +∞ −∞

−∞ − 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑒(𝑙′) ∞ −∞ +∞

Exemple :

• 𝑢𝑛 =1

4𝑛 admet pour limite 0, plus 𝑛 se rapproche de l’infini (on dit que 𝑛 tend vers l’infini), plus les

termes 𝑢𝑛 se rapprocheront de 0, on écrit alors lim𝑛→+∞

1

4𝑛= 0

• 𝑢𝑛 = 8𝑛 ; quand 𝑛 tend vers l’infini, les termes 𝑢𝑛 se rapprochent aussi de l’infini. On peut donc écrire

lim𝑛→+∞

8𝑛 = +∞ Cela signifie que l’on peut prendre n’importe quel intervalle [ 𝑥 ; +∞], par exemple

[1000 ; +∞] , on peut alors trouver un rang 𝑛 , à partir duquel tous les termes seront dans cet

intervalle, ici le rang est 125, donc à partir du terme 𝑢125 , tous les termes suivants seront dans

l’intervalle.

• 𝑢𝑛 = (−1)𝑛, la suite n’admet pas de limites, les différents termes vont prendre successivement les

valeurs −1 et 1.

8


Quotient de limites : Attention, il ne faut pas que (𝑣𝑛) s’annule.

(𝑢𝑛)\(𝑣𝑛) 𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑙′ 𝑓𝑖𝑛𝑖𝑒 +∞ −∞

𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑙 𝑓𝑖𝑛𝑖𝑒 𝑙

𝑙′ 0 0

+∞ 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑒(𝑙′) ∞ Indéterminée Indéterminée

−∞ − 𝑠𝑖𝑔𝑛𝑒(𝑙′) ∞ Indéterminée Indéterminée

Lorsque l’on peut majorer ou minorer une suite, c’est-à-dire si l’on peut affirmer que la suite ne dépasse pas

un certain nombre réel M, et que l’on connait la monotonie de la suite, il est possible d’établir que cette suite

converge vers une limite finie. Un majorant d’une suite (𝑢𝑛) est donc un nombre tel que pour tout 𝑛, on a

𝑢𝑛 < 𝑀. Attention, le nombre réel M qui majore ou minore la suite n’est pas nécessairement la limite de cette

dernière.

Si une suite est croissante et qu’elle est majorée par un nombre réel M, alors la suite converge vers une limite finie.

On a 𝑢0 ≤ 𝑢1 ≤ 𝑢2 ≤ 𝑢3 ≤ ⋯ ≤ 𝑢𝑛 ≤ 𝑢𝑛+1 ≤ ⋯ ≤ 𝑀

Le raisonnement est identique pour une suite minorée et décroissante, elle converge également vers une limite finie.

Exercice 4 : Limites :

Dire si les suites suivantes admettent une limite lorsque 𝑛 tend vers l’infini en la précisant le cas

échéant.

a) 𝑢𝑛 =2𝑛+1

3𝑛−1

b) 𝑢𝑛 =1

1+√𝑛

c) 𝑢𝑛 = 𝑛3 − 𝑛2 + 1

d) 𝑢𝑛 = ln (1

𝑛)

Exemples :

• 𝑤𝑛 =8𝑛

1+1

𝑛

; On observe ici un quotient de suite ; on coupe donc cette suite avec d’un coté 𝑢𝑛 = 8𝑛 et

de l’autre 𝑣𝑛 = 1 +1

𝑛.

On trouve les limites de ces 2 suites lim𝑛→+∞

𝑢𝑛 = +∞ et lim𝑛→+∞

𝑣𝑛 = 1

D’après le tableau, on peut en déduire que lim𝑛→+∞

𝑤𝑛 = +∞

• 𝑢𝑛 = 4𝑛2 + 1𝑛 ; Ici on peut découper la suite en 2, avec 𝑣𝑛 = 4𝑛2 et 𝑤𝑛 = 1𝑛

Leurs limites sont : lim𝑛→+∞

𝑣𝑛 = +∞ et lim𝑛→+∞

𝑤𝑛 = +∞

On en déduit que lim𝑛→+∞

𝑢𝑛 = +∞

9


Si la limite d’une suite est compliquée à trouver et que l’on peut l’encadrer par 2 autres suites, il est possible d’utiliser

le théorème des gendarmes. Si on a 3 suites telles que 𝑣𝑛 ≤ 𝑢𝑛 ≤ 𝑤𝑛, et que la limite des suites (𝑣𝑛) et (𝑤𝑛) est un

même réel 𝑙, alors le théorème des gendarmes stipule que nécessairement, la suite (𝑢𝑛) converge également vers

cette limite 𝑙.

III. Suites arithmétiques

A) Généralités

Une suite arithmétique est une suite simple où l’on passe d’un terme au suivant en ajoutant le même nombre

réel à chaque fois, ce nombre est appelé la raison de la suite et se nomme 𝑟. La formule de récurrence d’une suite

arithmétique est donc 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 + 𝑟. Pour savoir si une suite est arithmétique, il suffit donc de calculer la différence

𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛. Si celle-ci est constante et ne dépend pas de 𝑛, alors la suite est arithmétique, de plus le signe de la raison

donne la monotonie de la suite, si 𝑟 > 0, alors la suite est croissante, et sa limite sera +∞. Le raisonnement est

identique pour 𝑟 < 0. Si 𝑟 = 0, alors 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛, on a donc une suite constante avec 𝑢𝑛 = 𝑢0

Une suite arithmétique est d’abord définie par une relation de récurrence, mais il est assez simple de trouver une

formule explicite, qui sera bien plus simple à utiliser lors d’un exercice.

Si l’on définit la suite à partir de 𝑢0 : on a 𝑢𝑛 = 𝑢0 + 𝑛𝑟

Exemple : Le théorème des gendarmes est par exemple très utile pour trouver la limite d’une suite

contenant une fonction sinus ou cosinus, ces dernières n’ayant pas de limites lorsque 𝑛 tend vers +∞

• Soit 𝑢𝑛 =8×cos(𝑛)+5

𝑛 avec 𝑛 ≥ 1; ici il n’est pas possible de trouver une limite directement, mais il

est possible d’encadrer la fonction cosinus, qui prend des valeurs comprises entre −1 et 1.

↔ −1 ≤ cos (𝑛) ≤ 1 ; Ensuite, on essaie de récupérer la suite du début à partir de cet encadrement.

↔ −8 ≤ 8 × cos (𝑛) ≤ 8

↔ −3 ≤ 8 × cos(𝑛) + 5 ≤ 13

↔ −3

𝑛≤

8×cos(𝑛)+5

𝑛≤

13

𝑛 ; Les signes ne changent pas car 𝑛 est un entier naturel > 0, sinon il faut

faire attention au changement de signe si multiplication ou division par un nombre négatif.

Ici, on calcule les limites des suites encadrants (𝑢𝑛) ; lim𝑛→+∞

−3

𝑛= 0 et lim

𝑛→+∞

13

𝑛= 0

Donc d’après le théorème des gendarmes, : lim𝑛→+∞

𝑢𝑛 = 0

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Attention si la suite n’est pas définie à partir de 𝑢0, mais d’un 𝑢𝑝 quelconque : on a 𝑢𝑛 = 𝑢𝑝 + (𝑛 − 𝑝)𝑟

B) Somme de termes consécutifs

Prenons une suite arithmétique et notons P le premier terme, D le dernier, N le nombre de terme dans la

suite, et S la somme des termes de la suite.

Nous avons 𝑆 = 𝑃 + (𝑃 + 𝑟) + (𝑃 + 2𝑟) + ⋯ + (𝐷 − 𝑟) + 𝐷, il est également possible d’écrire :

𝑆 = 𝐷 + (𝐷 − 𝑟) + (𝐷 − 2𝑟) + ⋯ + (𝑃 + 𝑟) + 𝑃

On remarque que chaque rectangle vert correspond à 𝑃 + 𝐷 , on remarque également qu’il y a exactement N

rectangle. Nous pouvons additionner les 2 lignes.

Nous avons 2𝑆 = (𝑃 + 𝐷) × 𝑁 ↔ 𝑆 =𝑃+𝐷

2× 𝑁

Prenons maintenant l’exemple de la suite des nombres naturels 𝑢 = (0; 1; 2; 3; 4; 5; … ; 𝑛), si nous appliquons la

formule, 𝑃 = 0 ; 𝐷 = 𝑛 ; et 𝑁 = (𝑛 + 1), attention il y a bien 𝑛 + 1 termes dans cette suite, ne pas oublier que l’on

commence à 0. La somme des nombres entiers naturels de 1 à 𝑛 est donc 𝑆 =𝑛(𝑛+1)

2

IV. Suites géométriques

A) Généralités

Une suite géométrique est un autre exemple de suite simple, ici, chaque terme est obtenu en multipliant le

précédant par un nombre réel fixe que l’on nomme également la raison de la suite, qui est ici notée q. On définit donc

une suite géométrique par sa raison et son premier terme. La relation de récurrence s’écrit 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 × 𝑞

𝑢 = (𝑢0; 𝑢0 × 𝑞; 𝑢0 × 𝑞2; 𝑢0 × 𝑞𝑛) ; on peut donc écrire la formule explicite d’une suite géométrique à partir de 𝑢0 ;

𝑢𝑛 = 𝑢0 × 𝑞𝑛. Si l’on définit la suite à partir d’un quelconque 𝑢𝑝, la formule sera 𝑢𝑛 = 𝑢𝑝 × 𝑞𝑛−𝑝

Exemple :

• Une plante de 1mm de hauteur est mise dans un jardin, chaque jour, la hauteur de la plante

augmente de 3mm.

On peut noter la hauteur de la plante à l’aide d’une suite ;

𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 + 3 avec 𝑢0 = 1 ; ainsi, 𝑢𝑛 correspond à la hauteur de la plante au 𝑛è𝑚𝑒 jour.

On a une suite arithmétique de raison 3 et de premier terme 1.

On peut écrire la formule explicite de cette suite 𝑢𝑛 = 𝑢0 + 𝑛𝑟 = 1 + 3𝑛

Exercice 5 : Suites arithmétiques :

Lucifer le chat bien connu, a chassé des souris pendant plusieurs jours de suite. Il a attrapé au total 55

souris. Du deuxième jour au dernier jour, Lucifer a toujours attrapé 2 souris de plus que le jour précédent.

Combien de souris a attrapé Lucifer le premier jour ?

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B) Somme des termes consécutifs

Soit S la somme des termes consécutifs d’une suite géométrique, P le premier terme, q la raison et N le

nombre de terme dans la suite. On pose 𝑢0 = 1

On peut noter : 𝑆 = 1 + 𝑞 + 𝑞2 + 𝑞3 + ⋯ + 𝑞𝑛

𝑆 × 𝑞 = 𝑞 + 𝑞2 + 𝑞3 + 𝑞4 + ⋯ + 𝑞𝑛 + 𝑞𝑛+1

On calcule 𝑆 − (𝑆 × 𝑞) = 1 − 𝑞𝑛+1

↔ 𝑆 ( 1 − 𝑞) = 1 − 𝑞𝑛+1

↔ 𝑆 =1−𝑞𝑛+1

1−𝑞

La formule reste quasiment inchangée si l’on prend un 𝑢0 ≠ 1 ; 𝑆 = 𝑢0 ×1−𝑞𝑛+1

1−𝑞

Il est également possible de partir de la formule générale 𝑆 = 𝑃 ×1−𝑞𝑁

1−𝑞

Modèle de Malthus : Ce modèle est utilisé dans l’étude d’une population 𝑃𝑛 quand celle-ci s’accroit avec un

taux fixe. Il remarque que le nombre de naissances et de décès augmentent si la population augmente.

Notons N le nombre de naissances entre les années 𝑛 et 𝑛 + 1, et D le nombre de décès pour les mêmes années. On

a 𝑁 = 𝑎 × 𝑃𝑛 et 𝐷 = 𝑏 × 𝑃𝑛 avec a et b 2 réels ≥ 0.

L’accroissement de la population correspond à la différence entre le nombre de naissance et le nombre de décès.

Ainsi, on peut écrire 𝑃𝑛+1 − 𝑃𝑛 = 𝑎 × 𝑃𝑛 − 𝑏 × 𝑃𝑛

↔ 𝑃𝑛+1 − 𝑃𝑛 = (𝑎 − 𝑏)𝑃𝑛 On note (𝑎 − 𝑏) = 𝑟 qui est le taux de croissance relatif de la population

↔ 𝑃𝑛+1 = 𝑟 × 𝑃𝑛 + 𝑃𝑛

↔ 𝑃𝑛+1 = (𝑟 + 1)𝑃𝑛

Exemple :

On prend la suite des puissances de 2 : 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 × 2 avec 𝑢0 = 2

La somme des 5 premiers termes est égale à 𝑆5 = 𝑢0 ×1−𝑞𝑛+1

1−𝑞= 2 ×

1−25

1−2= 62

Attention ici la somme des 5 premiers termes est la suite 𝑢 = (𝑢0; 𝑢1; 𝑢2; 𝑢3; 𝑢4), 𝑛 + 1 est donc égal

à 5

12


On obtient donc une suite géométrique de raison 𝑞 = (𝑟 + 1)

Exercice 6 :

Une tortue avance en ligne droite vers une salade situé à 2m d’elle. La 1ère minute, elle parcourt la

moitié de la distance la séparant de la salade. Pendant la 2ème minute, fatiguée, elle ne fait que la

moitié de la distance restante, et ainsi de suite toutes les minutes.

Au bout de combien de temps la tortue pourra-t-elle manger la salade ?

Exercice 7 :

Soit (𝑢𝑛) une suite géométrique telle que 𝑢0 = 7 et sa raison est égale à 3

a) Calculer les trois premiers termes qui suivent 𝑢0.

b) Calculer 𝑢9

c) Calculer la somme 𝑆 = (𝑢0; 𝑢1; 𝑢2; … ; 𝑢9)

Exercice 8 :

Déterminer le nombre réel a pour que 2 ; a et 72 soient des termes consécutifs d’une suite

géométrique.

Exercice 9 :

Calculer la valeur exacte de la somme suivante 𝑆 = 1 − 2 + 4 − 8 + 16 − 32 + ⋯ + 4096

Exercice 10 :

Des biologistes ont tenté d’acclimater des rennes dans les îles de la mer de Béring. Dans l’une d’elles,

21 furent introduits en 1911. En 1938, avant l’effondrement de la population, 2000 furent dénombrés.

On note 𝑃𝑛 le nombre de rennes l’année 1911 + 𝑛 et on suppose que la population augmente selon

l’équation malthusienne 𝑃𝑛+1 − 𝑃𝑛 = 𝑟𝑃𝑛 où r est le taux de croissance relatif de la population.

a) Montrer que 𝑃𝑛 = 𝑃0(1 + 𝑟)𝑛

b) A l’aide des effectifs connus en 1911 et 1938, déterminer la valeur de r

c) Calculer le nombre de rennes en 1922 puis en 2018 s’il n’y avait pas eu l’effondrement de 1939.

Exercice 11 :

Une laborantine doit mesurer la multiplication d’une certaine cellule sur une période donnée. La

croissance du nombre de cellules se fait de façon géométrique. Elle oublie de noter le nombre de

cellule le premier jour (𝑢0), mais elle note 𝑢2 = 45 et 𝑢5 = 1215. Retrouvez le nombre de cellule le

premier jour et le coefficient de croissance.

13


C) Monotonie et limites

La monotonie et la limite d’une suite géométrique se retrouve avec la raison et le premier terme de cette

dernière. Si l’on voulait faire un calcul pour trouver la monotonie comme nous l’avons fait précédemment, on

obtiendrait 𝑢𝑛+1

𝑢𝑛= 𝑞 ; la monotonie dépend donc de notre raison.

- Si 𝑞 > 1, la suite est monotone, elle sera croissante si le premier terme est positif, et décroissante s’il est

négatif. La limite sera donc ±∞

- Si 𝑞 = 1, la suite est constante 𝑢𝑛 = 𝑢0

- Si 0 < 𝑞 < 1, la suite converge vers 0, et sera croissante si 𝑢0 est négatif, et inversement.

- Si 𝑞 = 0, la suite est nulle à partir de 𝑢1

- Si −1 < 𝑞 < 0, les termes changent constamment de signe, la suite n’est donc pas monotone, mais elle admet

quand même une limite qui est 0. On peut donc conclure qu’une suite géométrique va converger vers 0 si |𝑞| <

1, |𝑞| étant la valeur absolue de q (sans signe).

- Si 𝑞 < −1, les termes seront successivement négatifs puis positifs, la suite est donc non monotone et n’admet

pas de limite.

CHAPITRE N°2 : Suites récurrentes : Partie 2/2

I. Suites arithmético-géométriques

A) Généralités et formule explicite

Une suite arithmético-géométrique possède à la fois les caractéristiques d’une suite géométrique et d’une

suite arithmétique, nous avons donc une relation de récurrence avec 2 raisons, 𝑢𝑛+1 = 𝑞 × 𝑢𝑛 + 𝑟. Chaque terme est

donc obtenu en multipliant le précédent par un réel fixe, et en lui ajoutant ensuite un deuxième réel, lui aussi fixe.

Exercice 12 :

La ville d’Angers comptait 10 hectares de terrains verts en 2010. On a prévu d’augmenter chaque

année cette surface de 5% par rapport à l’année précédente. On note 𝑎𝑛 la surface en hectare de terrains vers

pour l’année 2010 + 𝑛.

a) Calculer la surface de terrains verts de la ville d’Angers en 2011 ;2012 et 2013.

b) Donner la formule de récurrence qui permet de calculer 𝑎𝑛+1 en fonction de 𝑎𝑛 et en déduire la

nature de la suite (𝑎𝑛)

c) Exprimer le terme général 𝑎𝑛 en fonction de 𝑛

d) La suite est-elle croissante ou décroissante ? Admet-elle une limite quand 𝑛 tend vers l’infini ?

e) En quelle année la surface de terrains verts d’Angers dépassera-t-elle 15 hectares ?

f) La maintenance d’un hectare de terrain vert coûte 1000 euros par an. Quelle est la somme totale

dépensée par la ville d’Angers pour la maintenance de ses terrains verts de 2010 à 2025 ?

14


Nous pouvons remarquer 2 cas particuliers, si 𝑟 = 0 ; nous avons une suite purement géométrique et si 𝑞 = 1 alors

la suite est purement arithmétique.

Il n’est pas possible de trouver une formule explicite directement, mais il existe une méthode qui reste assez simple.

Pour cela nous allons passer par une seconde suite, qui elle sera purement géométrique, nous pourrons donc avoir la

formule explicite de cette seconde suite, et à partir de là, nous reviendrons vers notre suite arithmético-géométrique

afin de trouver sa formule explicite.

Méthode :

- Nous avons 𝑢𝑛+𝑛 = 𝑞 × 𝑢𝑛 + 𝑟 ; la première étape consiste à trouver une constante C que nous utiliserons pour introduire une seconde suite. Pour trouver cette constante, il faut remplacer 𝑢𝑛+1𝑒𝑡 𝑢𝑛 par C dans la formule de

récurrence :→ 𝐶 = 𝑞 × 𝐶 + 𝑟 ↔ 𝐶 − 𝑞 × 𝐶 = 𝑟 ↔ 𝐶(1 − 𝑞) = 𝑟 ↔ 𝐶 =𝑟

1−𝑞

- Maintenant que nous avons notre constante, nous allons poser la suite (𝑤𝑛) telle que pour tout 𝑛. on a 𝑤𝑛 = 𝑢𝑛 − 𝐶 ; on peut également écrire 𝑤𝑛+1 = 𝑢𝑛+1 − 𝐶 ; nous remplaçons maintenant ce que nous connaissons, c’est-à-dire 𝑢𝑛+1 et C

↔ 𝑤𝑛+1 = 𝑢𝑛+1 −𝑟

1−𝑞

↔ 𝑤𝑛+1 = 𝑞𝑢𝑛 + 𝑟 −𝑟

1−𝑞 ; on va mettre r sur le même dénominateur pour faire la différence.

↔ 𝑤𝑛+1 = 𝑞𝑢𝑛 +(1−𝑞)𝑟

1−𝑞−

𝑟

1−𝑞 ; ici on développe naturellement

↔ 𝑤𝑛+1 = 𝑞𝑢𝑛 +𝑟−𝑟𝑞−𝑟

1−𝑞 ; on simplifie et on factorise le membre de droite par q

↔ 𝑤𝑛+1 = 𝑞𝑢𝑛 − 𝑞𝑟

1−𝑞

↔ 𝑤𝑛+1 = 𝑞(𝑢𝑛 −𝑟

1−𝑞) ; ici on reconnait l’expression de 𝑤𝑛 ; nous avons donc

↔ 𝑤𝑛+1 = 𝑞𝑤𝑛 Nous avons donc une suite géométrique de raison 𝑞.

- Dernière étape ; puisque que (𝑤𝑛) est une suite géométrique, nous pouvons trouver sa formule explicite qui est 𝑤𝑛 = 𝑤0 × 𝑞𝑛 ; or 𝑤0 = 𝑢0 − 𝐶 ; nous avons donc 𝑤𝑛 = (𝑢0 − 𝐶) × 𝑞𝑛. Il ne reste plus qu’à remonter vers la suite (𝑢𝑛), nous reprenons le début de l’étape 2 ; nous avions posé 𝑤𝑛 =𝑢𝑛 − 𝐶 ↔ 𝑢𝑛 = 𝑤𝑛 + 𝐶 ↔ 𝑢𝑛 = (𝑢0 − 𝐶) × 𝑞𝑛 + 𝐶 Ces formules peuvent paraitre un peu abstraites, nous allons prendre un exemple pour que cela soit plus clair.

15


Il est intéressant de remarquer que si une suite arithmético-géométrique admet une limite, celle-ci sera égale à la

constante C calculée précédemment. On peut noter que si −1 < 𝑞 < 1; lim(n→+∞)

𝑢𝑛 = 𝐶 =𝑟

1−𝑞

Ces suites sont souvent utilisées dans l’étude des populations lorsque l’on rajoute une variable de migration à notre

suite.

Exemple : Soit 𝑢𝑛+1 = 4𝑢𝑛 − 6

• 1ère étape : On cherche la constante C : 𝐶 = 4𝐶 − 6 ↔ 𝐶 − 4𝐶 = −6 ↔ 𝐶(1 − 4) = −6 ; 𝐶 = 2

• Nous posons donc la suite 𝑤𝑛 = 𝑢𝑛 − 2

↔ 𝑤𝑛+1 = 𝑢𝑛+1 − 2

↔ 𝑤𝑛+1 = (4𝑢𝑛 − 6) − 2

↔ 𝑤𝑛+1 = 4𝑢𝑛 − 8

↔ 𝑤𝑛+1 = 4(𝑢𝑛 − 2) ; On reconnait 𝑤𝑛 ; on peut donc écrire

↔ 𝑤𝑛+1 = 4𝑤𝑛 ; (𝑤𝑛) est donc une suite géométrique de raison 𝑞 = 4 ; on écrit sa formule

• 𝑤𝑛 = 𝑤0 × 4𝑛 ; or 𝑤0 = 𝑢0 − 2

↔ 𝑤𝑛 = (𝑢0 − 2) × 4𝑛

Maintenant nous repartons du début de l’étape 2 : 𝑤𝑛 = 𝑢𝑛 − 2

↔ 𝑢𝑛 = 𝑤𝑛 + 2 = (𝑢0 − 2) × 4𝑛 + 2

Exercice 13 :

Madame Dupont a ouvert le 2 janvier 2015 un plan d’épargne logement d’un capital initial de 500

euros. Selon le contrat, elle a le droit à une rémunération de 2,5% par an d’une part. D’autre part elle s’engage

à déposer sur son compte d’épargne 100 euros le 1er janvier de chaque année à partir de 2016. On note 𝑐𝑛 le

capital du plan d’épargne de madame Dupont au 2 janvier de l’année 2015 + 𝑛 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑛 ≥ 0.

a) Donner la valeur du capital au 2 janvier 2016.

b) Montrer que pour tout 𝑛 ≥ 0, 𝑐𝑛+1 = 1,025𝑐𝑛 + 1000

c) Donner la nature de la suite puis trouver la formule explicite.

d) Calculer le nombre d’années minimal nécessaire à Mme Dupont pour que son capital dépasse 10

000 euros

16


II. Suites récurrentes linéaires d’ordre 2

Dans le cas d’une suite récurrentes linéaires d’ordre 2, un terme est obtenu en connaissant les 2 précédents,

la formule de récurrence d’une telle suite est : 𝑢𝑛+2 = 𝑥𝑢𝑛+1 + 𝑦𝑢𝑛 avec x et y 2 réels fixes ≠ 0. Il suffit donc de

connaitre les 2 premiers termes de la suite pour pouvoir déterminer les suivants.

Pour trouver la formule explicite ; nous allons passer par une suite purement géométrique

Méthode : 𝑢𝑛+2 = 𝑥𝑢𝑛+1 + 𝑦𝑢𝑛

- Tout d’abord ; on essaie de chercher une suite géométrique qui pourraient vérifier notre équation. On écrit

donc 𝑞𝑛+2 = 𝑥𝑞𝑛+1 + 𝑦𝑞𝑛 ; on divise notre équation par 𝑞𝑛

↔ 𝑞2 = 𝑥𝑞 + 𝑦

↔ 𝑞2 − 𝑥𝑞 − 𝑦 = 0

On reconnait ici un trinôme, on va donc résoudre cette équation comme d’habitude : en calculant Δ

• Si Δ > 0 ; On a donc 2 solutions distinctes 𝑞1 =−𝑥−√Δ

2 et 𝑞2 =

−𝑥+√Δ

2

La formule explicite de notre suite pourra s’écrire : 𝑢𝑛 = 𝐴 × (𝑞1)𝑛 + 𝐵 × (𝑞2)𝑛 avec A et B 2 réels que l’on

déterminera à partir des valeurs de 𝑢0 𝑒𝑡 𝑢1.

• Si Δ = 0 ; l’équation admet une unique solution 𝑞0 = −𝑥

2

La formule explicite sera : 𝑢𝑛 = (𝐴𝑛 + 𝐵) × (𝑞0)𝑛 avec A et B 2 réels à déterminer.

• Si Δ < 0 ; 2 solutions non réels conjugués existent : 𝑞1 = 𝑟𝑒𝑖θ et 𝑞2 = 𝑟𝑒−𝑖𝜃.

La formule sera : 𝑢𝑛 = 𝑟𝑛 × (𝐴 𝑐𝑜𝑠(𝜃) + 𝐵 𝑠𝑖𝑛(𝜃)) , avec A et B à déterminer.

Exercice 14 :

Depuis 1950 on constate qu’en moyenne, la population d’un pays a un taux annuel d’accroissement

de 2%. Par ailleurs, 100 000 nouveaux arrivants viennent s’installer tous les ans dans le pays. On note

𝑃𝑛 la population du pays pour l’année 1950 + 𝑛; 𝑛 ≥ 0, exprimé en million d’habitants.

a) Donner l’équation qui exprime 𝑃𝑛+1 en fonction de 𝑃𝑛.

b) Exprimer 𝑃𝑛 en fonction de 𝑛, sachant que le pays comptait 30,5 millions d’habitants en 1950

c) Donner une estimation de la population du pays en 2050.

17


Une suite bien connue est celle de Fibonacci (vu précédemment), avec 𝑢0 = 0 𝑒𝑡 𝑢1 = 1, la formule de la suite est la

suivante 𝑢𝑛+2 = 𝑢𝑛+1 + 𝑢𝑛, ce qui nous donne 𝑢 = (0; 1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; 21; 34; … )

On va suivre la même démarche :

𝑢𝑛+2 = 𝑢𝑛+1 + 𝑢𝑛

↔ 𝑞𝑛+2 = 𝑞𝑛+1 + 𝑞𝑛

↔ 𝑞2 = 𝑞 + 1

↔ 𝑞2 − 𝑞 − 1 = 0

Δ = 12 − 4 × 1 × (−1) = 5 > 0 ; 2 solutions 𝑞1 =1−√5

2 et 𝑞2 =

1+√5

2, Or 𝑞2 est une valeur connue en mathématique

appelée le nombre d’or ou 𝜑 (« phi ») ≈ 1,618, son conjugué sera noté 𝑞1 = �̅�, et donc 𝑞2 = 𝜑

La formule explicite sera donc 𝑢𝑛 = 𝐴 × �̅�𝑛 + 𝐵 × 𝜑𝑛

{𝑢0 = 𝐴 × �̅�0 + 𝐵 × 𝜑0

𝑢1 = 𝐴 × �̅�1 + 𝐵 × 𝜑1 ↔ {0 = 𝐴 + 𝐵 (1)

1 = 𝐴�̅� + 𝐵𝜑 (2)

(1) ↔ 𝐴 = −𝐵

Exemple :

• 𝑢𝑛+2 = 7𝑢𝑛+1 − 6𝑢𝑛 avec 𝑢0 = 3 et 𝑢1 = 5

On cherche une suite géométrique qui vérifie notre équation :

↔ 𝑞𝑛+2 = 7𝑞𝑛+1 − 6𝑞𝑛 ; On divise par 𝑞𝑛

↔ 𝑞2 = 7𝑞 − 6

↔ 𝑞2 − 7𝑞 + 6 = 0

On résout : Δ = (−7)2 − 4 × 1 × 6 = 25 > 0

On a donc 2 solutions 𝑞1 =7−√25

2= 1 et 𝑞2 =

7+√25

2= 6

On peut donc écrire 𝑢𝑛 = 𝐴 × 1𝑛 + 𝐵 × 6𝑛 ; Maintenant on détermine A et B avec les

conditions initiales

{𝑢0 = 𝐴 × 10 + 𝐵 × 60

𝑢1 = 𝐴 × 11 + 𝐵 × 61 ↔ {3 = 𝐴 + 𝐵 (1)

5 = 𝐴 + 6𝐵 (2) Maintenant on résout ces équations.

(1) ↔ 𝐴 = 3 − 𝐵 ; on injecte cette équation dans l’équation (2)

(2) ↔ 5 = (3 − 𝐵) + 6𝐵

(2) ↔ 2 = 5𝐵 ↔ 𝐵 =2

5 ; on revient à l’équation (1)

(1) ↔ 3 = 𝐴 +2

5↔ 𝐴 =

13

5

La formule explicite est donc 𝑢𝑛 =13

5× 1𝑛 +

2

5× 6𝑛

18


(2) ↔ 1 = −𝐵�̅� + 𝐵𝜑

(2) ↔ 1 = 𝐵(𝜑 − �̅�) Or on a 𝜑 − �̅� =−1+√5

2−

−1−√5

2=

2×√5

2= √5

(2) ↔ 𝐵 =1

√5 → 𝐴 = −

1

√5

On trouve donc 𝑢𝑛 = −1

√5× �̅�𝑛 +

1

√5× 𝜑𝑛 = −

1

√5× (

1−√5

2)

𝑛

+1

√5× (

1+√5

2)

𝑛

Cette formule est connue comme la Formule de Binet.

Exemple :

• 𝑢𝑛+2 = 6𝑢𝑛+1 − 9𝑢𝑛 avec 𝑢0 = 2 et 𝑢1 = 7

→ 𝑞𝑛+2 = 6𝑞𝑛+1 − 9𝑞𝑛

↔ 𝑞2 = 6𝑞 − 9

↔ 𝑞2 − 6𝑞 + 9 = 0 on reconnait une identité remarquable : (𝑎 − 𝑏)2 = 𝑎2 − 2𝑎𝑏 + 𝑏2

↔ (𝑞 − 3)2 = 0 → 𝑞0 = 3 l’équation admet une unique solution

La formule explicite s’écrit 𝑢𝑛 = (𝐴𝑛 + 𝐵) × 3𝑛

{𝑢0 = (𝐴 × 0 + 𝐵) × 30

𝑢1 = (𝐴 × 1 + 𝐵) × 31 ↔ {2 = 𝐵

7 = 3𝐴 + 3𝐵↔ {

𝐵 = 27 = 3𝐴 + 6

↔ {𝐵 = 2

𝐴 =1

3

On a donc 𝑢𝑛 = (1

3× 𝑛 + 2) × 3𝑛

Exercice 15 :

a) En utilisant la formule de Binet établie précédemment, déterminer la limite de la suite de

Fibonacci.

b) Calculer à la calculatrice la suite des quotients successifs 𝑢2

𝑢1;

𝑢3

𝑢2; … ;

𝑢𝑛+1

𝑢𝑛. Que constate-t-on ?

Reprendre la formule de Binet pour calculer lim𝑛→+∞

𝑢𝑛+1

𝑢𝑛

c) Choisir 2 nouveaux premiers termes et calculer les termes suivants de la suite de Fibonacci.

Reprendre le b). Qu’observez-vous ? Expliquer

Exercice 16 :

Donner l’expression du terme général des suites récurrentes réelles suivantes.

a) 2𝑢𝑛+2 = 3𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 avec 𝑢0 = 1 et 𝑢1 = −1

b) 𝑢𝑛+2 = −𝑢𝑛+1 −1

4𝑢𝑛 avec 𝑢0 = 4 et 𝑢1 = −2

19


Entrainements QCM 1 – ON DEFINIT LA SUITE (𝒖𝒏)PAR 𝒖𝒏+𝟏 =

𝟏

𝟏+𝒖𝒏 ET 𝒖𝟎 = 𝟎. PARMI LES PROPOSITIONS CI-DESSOUS,

LAQUELLE (LESQUELLES) EST (SONT) EXACTE(S) ?

A) 𝑢4 = 1

B) 𝑢4 =1

5

C) 𝑢4 =3

5

D) Aucune des réponses ci-dessus n’est exacte.

QCM 2 – ON CONSIDERE LA SUITE ARITHEMTIQUE DE PREMIER TERME 𝒖𝟎 = 𝟐 ET DE RAISON 𝒓 = 𝟑. PARMI LES

PROPOSITIONS CI-DESSOUS, LAQUELLE (LESQUELLES) EST (SONT) EXACTE(S) ?

A) 𝑢10 = 38 B) 𝑢10 = 35 C) 𝑢10 = 32 D) 𝑢10 = 29 E) Aucune des réponses ci-dessus n’est exacte.

QCM 3 – ON CONSIDERE LA SUITE ARITHMETIQUE TELLE QUE 𝒖𝟐 = 𝟏 et 𝒖𝟕 = 𝟑. PARMI LES PROPOSITIONS CI-

DESSOUS, LAQUELLE (LESQUELLES) EST (SONT) EXACTE(S) ?

A) 𝑟 =2

5

B) 𝑟 =1

5

C) 𝑟 = 5 D) Il n’est pas possible de connaitre la raison de cette suite.

QCM 4 – ON CONSIDERE LA SUITE ARITHMETIQUE DE RAISON 𝒓 =𝟏

𝟕 ET TELLE QUE 𝒖𝟏𝟕 = 𝟐. PARMI LES


A) 𝑢0 =1

7

B) 𝑢0 = −2

7

C) 𝑢0 =31

7

D) 𝑢0 = −3

7

QCM 5 – ON CONSIDERE UNE SUITE NUMERIQUE (𝒖𝒏). SOIT LA SOMME 𝑺 = 𝒖𝟏 + 𝒖𝟐 + ⋯ + 𝒖𝟏𝟖. SOIT N LE

NOMBRE DE TERME DE LA SOMME S. PARMI LES PROPOSITIONS CI-DESSOUS, LAQUELLE (LESQUELLES) EST

(SONT) EXACTE(S) ?

A) 𝑁 = 17 B) 𝑁 = 18 C) 𝑁 = 19 D) 𝑁 = 20

QCM 6 – ON CONSIDERE UNE SUITE ARITHMETIQUE DE PREMIER TERME 𝒖𝟎 = 𝟓 ET DE RAISON 𝒓 = 𝟒. SOIT 𝑺 =

𝒖𝟎 + 𝒖𝟏 + 𝒖𝟐 + ⋯ + 𝒖𝟐𝟎𝟎. PARMI LES PROPOSITIONS CI-DESSOUS, LAQUELLE (LESQUELLES) EST (SONT)

EXACTE(S) ?

A) 𝑆 = 101304 B) 𝑆 = 1004 C) 𝑆 = 81405 D) Aucune des réponses ci-dessus n’est exacte.

20


QCM 7 – ON CONSIDERE LA SUITE DEFINIE PAR 𝒖𝒏 = 𝒇(𝒏) OU 𝒇 EST UNE FONCTION DEFINIE ET CROISSANTE SUR

ℝ. PARMI LES PROPOSITIONS CI-DESSOUS, LAQUELLE (LESQUELLES) EST (SONT) EXACTE(S) ?

A) La suite (𝑢𝑛) est croissante B) La suite (𝑢𝑛) est décroissante C) On ne peut pas en déduire le sens de variation de la suite (𝑢𝑛)

QCM 8 – SOIT (𝒖𝒏) UNE SUITE ARITHMETIQUE DE RAISON 𝒓 = −𝟏

𝟐 ET DE PREMIER TERME 𝒖𝟎 = 𝟐𝟎𝟒𝟖. PARMI

LES PROPOSITIONS CI-DESSOUS, LAQUELLE (LESQUELLES) EST (SONT) EXACTE(S) ?

A) lim(𝑛→+∞)

𝑢𝑛 = +∞

B) lim(𝑛→+∞)

𝑢𝑛 = −∞

C) lim(𝑛→+∞)

𝑢𝑛 = 0

D) Aucune des réponses ci-dessus n’est exacte.

QCM 9 – ON CONSIDERE UNE SUITE NUMERIQUE TELLE QUE POUR TOUT ENTIER NATUREL 𝒏 ≥ 𝟏 ON A : 𝟎 ≤

𝒖𝒏 ≤𝟏

𝒏. PARMI LES PROPOSITIONS CI-DESSOUS, LAQUELLE (LESQUELLES) EST (SONT) EXACTE(S) ?

A) La suite (𝑢𝑛) est décroissante B) La suite (𝑢𝑛) est convergent de limite 0 C) lim

𝑛→+∞𝑢𝑛 = +∞

QCM 10 – SOIT (𝒖𝒏) UNE SUITE NUMERIQUE ET CROISSANTE TELLE QUE POUR TOUT 𝒏 ≥ 𝟎, ON A 𝒖𝒏 < 𝟏𝟎𝟎.

PARMI LES PROPOSITIONS CI-DESSOUS, LAQUELLE (LESQUELLES) EST (SONT) EXACTE(S) ?

A) La suite (𝑢𝑛) est convergente B) La suite (𝑢𝑛) est convergente et sa limite est strictement inférieure à 100. C) On ne peut rien déduire sur la convergence de la suite (𝑢𝑛)

QCM 11 – ON CONSIDERE LA SUITE GEOMETRIQUE DE PREMIER TERME 𝒖𝟎 = 𝟐 ET DE RAISON 𝒒 = 𝟑. PARMI

LES PROPOSITIONS CI-DESSOUS, LAQUELLE (LESQUELLES) EST (SONT) EXACTE(S) ?

A) 𝑢6 = 486 B) 𝑢6 = 1458 C) 𝑢6 = 4374 D) 𝑢6 = 13122

QCM 12 – SOIT LA SUITE GEOMETRIQUE DE RAISON 𝒒 > 𝟎 TELLE QUE 𝒖𝟎 = 𝟐𝟓𝟔 ET 𝒖𝟖 = 𝟏. PARMI LES


A) 𝑞 = 64 B) 𝑞 = 32

C) 𝑞 =1

2

D) 𝑞 =1

32

QCM 13 – SOIT 5 ET 13 DEUX TERMES CONSECUTIFS D’UNE SUITE GEOMETRIQUE. PARMI LES PROPOSITIONS

CI-DESSOUS, LAQUELLE (LESQUELLES) EST (SONT) EXACTE(S) ?

A) 𝑞 = 8

B) 𝑞 =5

13

C) 𝑞 =13

5

D) 𝑞 = −8

QCM 14 – EXISTE-T-IL UNE SUITE QUI SOIT A LA FOIS ARITHMETIQUE ET GEOMETRIQUE ? PARMI LES


A) Non, aucune suite numérique B) Oui toute suite géométrique de raison 0 C) Oui toute suite arithmétique de raison 0

21


QCM 15 – SOIT UNE SUITE GEOMETRIQUE DE RAISON 𝒒 = −𝟏

𝟐 ET DE PREMIER TERME 𝒖𝟎 = 𝟐𝟎𝟒𝟖. PARMI LES


A) lim(𝑛→+∞)

𝑢𝑛 = +∞

B) lim(𝑛→+∞)

𝑢𝑛 = −∞

C) lim(𝑛→+∞)

𝑢𝑛 = 0

QCM 16 – SOIT LA SOMME 𝑺 = 𝟐 + 𝟏𝟎 + 𝟓𝟎 + 𝟐𝟓𝟎 + ⋯ + 𝟔𝟐𝟓𝟎. PARMI LES PROPOSITIONS CI-DESSOUS,


A) 𝑆 = 15224 B) 𝑆 = 10584 C) 𝑆 = 7812 D) 𝑆 = 8564 E) Aucune des réponses ci-dessus n’est exacte.

QCM Chapitre 3

QCM 17 – SOIT LA SUITE 𝒖𝒏+𝟏 = 𝟓𝒏 − 𝟔 AVEC 𝒖𝟎 = −𝟐. PARMI LES PROPOSITIONS CI-DESSOUS, LAQUELLE

(LESQUELLES) EST (SONT) EXACTE(S) ?

A) 𝑢2 = −436 B) 𝑢2 = −86 C) lim

(𝑛→+∞)𝑢𝑛 = −∞

D) lim(𝑛→+∞)

𝑢𝑛 = −6

1−5

E) Aucune des réponses ci-dessus n’est exacte

QCM 18 – SOIS LA SUITE 𝒖𝒏+𝟏 = 𝟎, 𝟕𝒖𝒏 + 𝟒 AVEC 𝒖𝟎 = 𝟑. PARMI LES PROPOSITIONS CI-DESSOUS, LAQUELLE


A) 𝑢2 = 8,27 B) 𝑢2 = 9,789 C) lim

(𝑛→+∞)𝑢𝑛 = +∞

D) lim(𝑛→+∞)

𝑢𝑛 =4

1−0,7

E) Aucune des réponses ci-dessus n’est exacte.

QCM 19 – ON CONSIDERE LA SUITE ARITHMETICO-GEOMETRIQUE DE RAISONS 𝒒 = 𝟑 ET 𝒓 = 𝟐. PARMI LES


A) 𝑢𝑛 = (𝑢0 + 1) × 3𝑛 − 1 B) Si 𝑢0 = 5 ; 𝑢8 = 39365 C) Si 𝑢0 = 7 ; 𝑢8 = 54684 D) Si 𝑢0 = 1 ; 𝑢8 = 13121 E) Aucune des réponses ci-dessus n’est exacte.

QCM 20 – SOIT LA SUITE 𝒖𝒏+𝟏 = −𝟑𝒖𝒏 + 𝟕 AVEC 𝒖𝟎 = 𝟒. PARMI LES PROPOSITIONS CI-DESSOUS, LAQUELLE


A. 𝑢𝑛 = 1,75 × (−3)𝑛 − 1,75 B. 𝑢𝑛 = 2,25 × (−3)𝑛 + 1,75 C. 𝑢𝑛 = 2,25 × (−3)𝑛 − 1,75 D. 𝑢5 = −548,5 E. Aucune des réponses ci-dessus n’est exacte.

22


QCM 21 – EN 2020, LA POPULATION D’UN PAYS P EST DE 2 MILLIONS D’HABITANTS, LE TAUX DE CROISSANCE

ANNUEL MOYEN EST DE 5%. DE PLUS, TOUS LES ANS, 100 000 PERSONNES VIENNENT HABITER DANS CE

PAYS. SOIT 𝑷𝒏 LA POPULATION DE L’ANNEE 𝟐𝟎𝟏𝟓 + 𝒏. PARMI LES PROPOSITIONS CI-DESSOUS, LAQUELLE


A) En 2021, la population du pays P est de 2 300 000 habitants. B) En 2022, la population du pays P est de 2 100 000 habitants. C) 𝑃𝑛+1 = 0,05𝑃𝑛 + 100 000 D) 𝑃𝑛+1 = 0,05𝑃𝑛 − 100 000. E) Aucune des réponses ci-dessus n’est exacte.

QCM 22 – SOIT (𝒖𝒏) UNE SUITE DE FIBONACCI AVEC 𝒖𝟎 = 𝟗 ET 𝒖𝟏 = 𝟏𝟐. PARMI LES PROPOSITIONS CI-

DESSOUS, LAQUELLE (LESQUELLES) EST (SONT) EXACTE(S) ?

A) 𝑢3 = 33 B) 𝑢𝑛 = 𝐴�̅�𝑛 + 𝐵𝜑𝑛 C) lim

(𝑛→+∞)𝑢𝑛 = +∞

D) lim(𝑛→+∞)

𝑢𝑛 = 0

E) Aucune des réponses ci-dessus n’est exacte.

QCM 23 – SOIT 𝒖𝒏+𝟐 = 𝟓𝒖𝒏+𝟏 − 𝟒𝒖𝒏 AVEC 𝒖𝟎 = 𝟐 𝒆𝒕 𝒖𝟏 = 𝟓. PARMI LES PROPOSITIONS CI-DESSOUS,


A) 𝑢𝑛 = (−5)𝑛 + 4𝑛 B) 𝑢𝑛 = 1 + 4𝑛 C) 𝑢3 = 65 D) 𝑢3 = 17 E) Aucune des réponses ci-dessus n’est exacte.

QCM 24 – SOIT 𝟐𝒖𝒏+𝟐 = −𝟏𝟔𝒖𝒏+𝟏 − 𝟑𝟐𝒖𝒏 AVEC 𝒖𝟎 = 𝟒 𝒆𝒕 𝒖𝟏 = 𝟕. PARMI LES PROPOSITIONS CI-DESSOUS,


A) 𝑢𝑛 = (−5,75𝑛 + 4) × (−4)𝑛 B) 𝑢𝑛 = −5,75 + 4 × (−4)𝑛 C) 𝑢6 = 848 D) 𝑢6 = 124928 E) Aucune des réponses ci-dessus n’est exacte.

23


Corrections Exercice 1 :

a) 𝑥2 + 8𝑥 + 7 ; on commence par calculer Δ = 𝑏2 − 4𝑎𝑐 = 82 − 4 × 1 × 7 = 36

Δ > 0 ; on a donc 2 solutions distinctes 𝑥1 =−8−√36

2×1= −7 et 𝑥2 =

−8+√36

2×1= −1

On peut écrire la forme factorisée 𝑎 (𝑥 − 𝑥1)(𝑥 − 𝑥2) = (𝑥 + 7)(𝑥 + 1) (même si ce n’est pas la

question)

b) 2𝑥2 + 4𝑥 + 1 = 0 ; Δ = 8 > 0

Les solutions sont 𝑥1 =−4−√8

4 ; √8 = 2√2 on peut donc simplifier 𝑥1 =

−2−√2

2

Et 𝑥2 =−2+√2

2

c) 𝑥2 + 6𝑥 + 9 = 0 ; Ici 2 méthodes possibles, on peut calculer Δ comme précédemment, ou reconnaitre

une identité remarquable de la forme (𝑎 + 𝑏)2 = 𝑎2 + 2𝑎𝑏 + 𝑏2

On peut donc simplifier rapidement en (𝑥 + 3)2, la solution est donc 𝑥 = −3.

d) 𝑥2 + 2𝑥 + 2 = 0 ; Δ = −4 < 0 ; il n’y a donc pas de solution dans l’ensemble des réels.

Exercice 2 :

a) 𝑢𝑛 =7𝑛−2

𝑛+4 ; 𝑢1 =

7×1−2

1+4= 1 ; 𝑢2 =

7×2−2

2+4= 2 ;𝑢3 =

19

7 ; 𝑢6 = 4

b) 𝑢𝑛+1 = 2𝑢𝑛 + 3 avec 𝑢0 = 2 ; 𝑢1 = 2 × 2 + 3 = 7 ; 𝑢2 = 2 × 7 + 3 = 17 ; 𝑢3 = 37 ; 𝑢4 = 77 ; 𝑢5 =

157 ; 𝑢6 = 317

c) La liste des nombres premiers est :2 ; 3 ; 5 ; 7 ; 11 ; 13 ; 17 ; 19 ; 23

𝑢1 = 2 ; 𝑢2 = 3 ;𝑢3 = 5 ; 𝑢6 = 13

d) Après 1 an, je dispose de 1000 + 0,0075 × 1000 = 1000 × 1,0075. On peut donc écrire la formule de

récurrence 𝑢𝑛+1 = 1,0075𝑢𝑛 . 𝑢1 = 1000 × 1,0075 = 1007,5 ; 𝑢2 = 1007,5 × 1,0075 ≈ 1015,06 ;

𝑢3 ≈ 1022,67 ;𝑢6 ≈ 1045,85

e) 𝜋 ≈ 3,1415926535 ; 𝑢1 = 1 ; 𝑢2 = 4 ; 𝑢3 = 1 ;𝑢6 = 2

Exercice 3 :

a) 𝑢𝑛 =1

𝑛(𝑛+1) ; on calcule

𝑢𝑛+1

𝑢𝑛=

1

(𝑛+1)(𝑛+2)1

𝑛(𝑛+1)

=𝑛(𝑛+1)

(𝑛+1)(𝑛+2)=

𝑛

𝑛+2< 1, donc la suite est décroissante.

b) 𝑢𝑛+1 = (𝑢𝑛)2 − 𝑢𝑛 + 1 ; 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 = (𝑢𝑛)2 − 2𝑢𝑛 + 1 ; on reconnait une identité remarquable du type

(𝑎 − 𝑏)2 = 𝑎2 − 2𝑎𝑏 + 𝑏2 donc 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 = (𝑢𝑛 − 1)2 > 0 ; donc la suite est croissante

24


c) 𝑢𝑛 = (−1)𝑛 +1

𝑛 ; ici on remarque que les termes prennent successivement des valeurs positives et

négatives, la suite est donc ni croissante ni décroisante.

d) 𝑢𝑛 = 1 +1

2+

1

3+ ⋯ +

1

𝑛 ; Ici on peut trouver la formule de récurrence qui est 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 +

1

𝑛+1

𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 =1

𝑛+1> 0 ; la suite est donc croissante.

Exercice 4 :

a) 𝑢𝑛 =2𝑛+1

3𝑛−1 ; il n’est pas possible de trouver une limite par calcul direct, nous avons une forme

indéterminée de type ∞

∞, on va donc devoir modifier notre formule.

𝑢𝑛 =2𝑛(1+

1

2𝑛)

3𝑛(1−1

3𝑛)

=2

3(

1+1

2𝑛

1−1

3𝑛

) on trouve les limites lim𝑛→+∞

1 +1

2𝑛= 1 et lim

𝑛→+∞1 −

1

3𝑛= 1.

Donc lim𝑛→+∞

𝑢𝑛 =2

3

b) 𝑢𝑛 =1

1+√𝑛 ; ici on a un quotient avec lim

𝑛→+∞1 + √𝑛 = +∞ ; donc par quotient lim

𝑛→+∞𝑢𝑛 = 0

c) 𝑢𝑛 = ln (1

𝑛) = −ln (𝑛), or lim

𝑛→+∞ln(𝑛) = +∞ ; donc −∞

Exercice 5 :

D’après l’énoncé, nous avons une suite arithmétique de raison 𝑟 = 2, au total, il attrape 55 souris, donc 𝑆 =

55, or d’après la formule de la somme des termes d’une suite arithmétique on a 𝑆 =𝑢1+𝑢𝑛

2× 𝑁 = 55 avec N le

nombre de jours de chasse. Dans ce cas on essaie de décomposer 55 en un produit de 2 facteurs entiers, ici on peut

faire soit 5 × 11 ; soit 11 × 5 ; on va donc essayer de prendre 𝑁 = 5 et 𝑢1+𝑢𝑛

2= 11. Or 𝑁 = 5 donc 𝑢𝑛 = 𝑢5 = 𝑢1 +

2 × 4 = 𝑢1 + 8

On reprend 𝑢1+𝑢5

2= 11 ↔ 𝑢1 + 𝑢5 = 22 ↔ 𝑢1 + 𝑢1 + 8 = 22 ↔ 𝑢1 = 7

Donc 𝑢5 = 15 ; l’autre solution donne un 𝑢1 négatif, ce qui est impossible pour cet exercice : Attention à

vérifier toutes les solutions envisageables.

Exercice 6 :

La tortue parcourant chaque minute la moitié de la distance qui lui reste à faire jusqu’à la salade, On peut

noter une suite géométrique de raison 𝑞 =1

2 et de premier terme 𝑢1 = 1. On écrit dont la formule explicite de la suite

𝑢𝑛 = 1 × (1

2)

𝑛. En faisant la somme des termes de la suite on obtient la distance parcourue au total à la 𝑛è𝑚𝑒minute.

𝑆 = 1 +1

2+

1

4+ ⋯ +

1

2𝑛+1 = 1 ×1−(

1

2)

𝑛

1−1

2

=1−(

1

2)

𝑛

0,5= 2 × (1 − (

1

2)

𝑛) Or lim

𝑛→+∞(

1

2)

𝑛= 0, Donc la somme va croitre en

s’approchant de 2 mais ne l’atteindra jamais, la tortue ne pourra donc pas manger la salade.

25


Exercice 7 :

𝑢𝑛+1 = 3 × 𝑢𝑛 avec 𝑢0 = 7 ; il est plus simple de passer par la formule explicite 𝑢𝑛 = 𝑢0 + 𝑞𝑛 = 7 × 3𝑛.

a) On trouve donc 𝑢1 = 7 × 3 = 21 ; 𝑢2 = 7 × 32 = 63 et 𝑢3 = 7 × 33 = 189. On peut aussi utiliser la

formule de récurrence.

b) 𝑢9 = 7 × 39 = 137781

c) 𝑆 = 𝑢0 + 𝑢1 + 𝑢2 + ⋯ + 𝑢9 = 𝑢0 ×1−𝑞𝑛+1

1−𝑞= 7 ×

1−310

1−3= 206668, attention au nombre de terme, pour

aller de 𝑢0 à 𝑢9, on a bien 10 termes.

Exercice 8 :

On a une suite géométrique ; donc pour tout 𝑛 ;𝑢𝑛+1

𝑢𝑛= 𝑞 ; ici on a 3 termes consécutifs, donc le quotient des

2 premiers termes est égal au quotient des 2 derniers : 𝑎

2=

72

𝑎 ; on résout l’équation 𝑎2 = 2 × 72 = 144.

↔ 𝑎 = √144 = 12

Exercice 9 :

𝑆 = 1 − 2 + 4 − 8 + 16 + ⋯ + 4096 ; Nous avons ici une suite géométrique de raison 𝑞 = −2.

Mais nous ne savons pas combien de termes il y a dans cette suite. On recherche donc quelle puissance de 2

correspond à 4096 ; on trouve 212 = 4096, nous avons donc 13 termes dans notre suite (on commence à 𝑢0 = 1). On

peut donc maintenant calculer 𝑆 = 𝑢0 ×1−𝑞𝑁

1−𝑞= 1 ×

1−(−2)13

1−(−2)= 2731

Exercice 10 :

D’après l’équation Malthusienne, nous avons 𝑃𝑛+1 − 𝑃𝑛 = 𝑟𝑃𝑛 ↔ 𝑃𝑛+1 = (1 + 𝑟)𝑃𝑛 ; on a donc une suite

géométrique de raison 𝑞 = 1 + 𝑟

a) On a donc 𝑃𝑛 = 𝑃0 × (1 + 𝑟)𝑛

b) On connait 𝑃0 = 21 et le nombre de rennes en 1938 soit (1911+27) donc 𝑃27 = 2000

Or 𝑃27 = 21(1 + 𝑟)27 = 2000 ↔2000

21= (1 + 𝑟)27 ↔ (

2000

21)

1

27= 1 + 𝑟 ≈ 1,18

Donc 𝑟 = 0,18, on a donc un taux d’accroissement de la population de 18%.

c) L’année 1922 correspond à 𝑢11 = 21 × 1,1811 ≈ 130

Sans effondrement, l’année 2018 correspond à 𝑢107 = 21 × 1,18107 ≈ 1 031 769 562

Exercice 11 :

On a 𝑢2 = 45 et 𝑢5 = 1215 ; Or si on part de 𝑢𝑛 = 𝑢𝑝 × 𝑞𝑛−𝑝 ↔ 𝑢5 = 𝑢2 × 𝑞5−2

↔ 1215 = 45 × 𝑞3 ↔ 𝑞3 =1215

45= 27 ↔ 𝑞 = 3 ; On peut donc retrouver 𝑢2 = 𝑢0 × 𝑞2 ↔ 𝑢0 =

45

32 = 5

26


Exercice 12 :

a) 2011 :𝑢1 = 10 × 1,05 = 10,5. 2012 : 𝑢2 = 10 × 1,052 = 11,025. 𝑢3 = 11,576.

b) On a d’après l’énoncé 𝑎𝑛+1 = 𝑎𝑛 + 𝑎𝑛 × 0,05 ↔ 𝑎𝑛+1 = 1,05𝑎𝑛 ; on retrouve une suite géométrique de

raison 𝑞 = 1,05 et de premier terme 𝑎0 = 10.

c) On écrit la formule explicite 𝑎𝑛 = 10 × 1,05𝑛

d) On a 𝑞 = 1,05 > 1, et 𝑢0 > 0, comme vu dans le cours, on a donc une suite croissante, on peut aussi

écrire lim𝑛→+∞

𝑎𝑛 = +∞.

e) On note 𝑎𝑛 ≥ 15 ↔ 10 × 1,05𝑛 ≥ 15, Ici, soit on teste plusieurs valeurs à la main (faisable si n est assez

petit) soit on passe par la fonction 𝑙𝑛.

1,05𝑛 ≥15

10↔ ln(1,05𝑛) ≥ ln(1,5) ↔ 𝑛 × ln(1,05) ≥ ln(1,5) ↔ 𝑛 ≥

ln(1,5)

ln(1,05)↔ 𝑛 ≥ 9

f) 2025 correspond à 𝑎15, on calcule donc 𝑆 = 𝑎0 + 𝑎1 + ⋯ + 𝑎15 ; on a 16 termes dans cette somme.

𝑆 = 𝑎0 ×1−𝑞𝑁

1−𝑞= 10 ×

1−1,0516

1−1,05= 236,575 On multiplie ensuite par 1000 pour connaitre la somme

dépensée de 2010 à 2025 ; La ville d’Angers a donc dépensé 236 575 euros pour la maintenance de ses

espaces verts.

Correction QCMs Chapitre 2

QCM 1 :

𝑢𝑛+1 =1

1+𝑢𝑛 avec 𝑢0 = 0 ; on calcule les premiers termes, 𝑢1 =

1

1+0= 1 ; 𝑢2 =

1

1+1=

1

2 ; 𝑢3 =

2

3 ; 𝑢4 =

1

1+2

3

=3

5.

Réponse : C

QCM 2 :

On écrit la formule explicite 𝑢𝑛 = 𝑢0 + 𝑛𝑟 = 2 + 3𝑛 ; donc 𝑢10 = 2 + 3 × 10 = 32

Réponse : C

QCM 3 :

𝑢2 = 1 et 𝑢7 = 3 ; Or 𝑢7 = 𝑢2 + 𝑟 × (7 − 2) ↔ 3 = 1 + 5𝑟 ↔ 𝑟 =2

5

Réponse : A

QCM 4 :

𝑟 =1

7 et 𝑢17 = 2 ; Or 𝑢17 = 𝑢0 + 17𝑟 ↔ 𝑢0 = 2 − 17 ×

1

7= −

3

7

Réponse : D

27


QCM 5 :

On commence avec le premier terme 𝑢0 et on termine avec 𝑢18, nous avons donc 𝑛 + 1 termes, donc 19.

Réponse : C

QCM 6 :

𝑆 = 𝑢0 + 𝑢1 + 𝑢2 + ⋯ + 𝑢200 ; 𝑢0 = 5 et 𝑟 = 4. On calcule 𝑢200 = 𝑢0 + 200𝑟 = 5 + 200 × 4 = 805

On peut donc calculer 𝑆 =𝑢0+𝑢200

2× 𝑁 =

5+805

2× 201 = 81405

Réponse : C

QCM 7 :

Si une suite est définie par une fonction de n, alors la suite aura les mêmes variations que la fonction

Réponse : A

QCM 8 :

La raison est négative, donc 𝑢𝑛 > 𝑢𝑛+1, la suite est donc décroissante et admet pour limite −∞.

Réponse : B

QCM 9 :

0 ≤ 𝑢𝑛 ≤1

𝑛 On commence par trouver la limite lim

𝑛→+∞

1

𝑛= 0 , On peut donc utiliser le théorème des

gendarmes ; on trouve lim𝑛→+∞

𝑢𝑛 = 0

Réponse : B

QCM 10 :

Nous avons une suite croissante et majorée par 100, on peut donc en déduire que la suite converge vers une

limite finie inférieur OU égale à 100 ; par exemple la suite 𝑢𝑛 = 100 −1

𝑛 (𝑛 > 0)

Réponse : A

QCM 11 :

𝑢0 = 2 et 𝑞 = 3 ; on écrit la formule explicite 𝑢𝑛 = 𝑢0 × 𝑞𝑛 = 2 × 3𝑛

On calcule 𝑢6 = 2 × 36 = 1458

Réponse B

QCM 12 :

𝑢0 = 256 et 𝑢8 = 1 ; or 𝑢8 = 𝑢0 × 𝑞8 ↔ 1 = 256 × 𝑞8 ↔ 𝑞8 =1

256=

1

28 ↔ 𝑞 = 1/2

Réponse : C

28


QCM 13 :

5 et 13 sont 2 termes consécutifs d’une suite géométrique, or pour une telle suite 𝑢𝑛+1

𝑢𝑛= 𝑞

Donc 13

5= 𝑞

Réponse : C

QCM 14 :

Une suite géométrique de raison 0 est de la forme 𝑢 = (𝑢0; 0; 0; 0; … ), ainsi, pour que cette suite soit aussi

arithmétique, il faut que 𝑢0 = 0

Une suite arithmétique de raison 0 est de la forme 𝑢 = (𝑢0; 𝑢0; 𝑢0; … ), on remarque que cette suite est

également une suite géométrique de raison 1. Ainsi toute suite arithmétique de raison 0 est aussi une suite

géométrique.

Réponse : C

QCM 15 :

𝑞 = −1

2 et 𝑢0 = 2048, on a donc −1 < 𝑞 < 0, cela signifie que la suite n’est pas monotone et que sa limite

est lim𝑛→+∞

𝑢𝑛 = 0.

Réponse : C

QCM 16 :

𝑆 = 2 + 10 + 50 + 250 + ⋯ + 6250, Ici, on a une suite géométrique de raison 𝑞 = 5 et de premier terme

𝑢0 = 2, nous devons cherche le nombre de terme que nous avons dans cette somme. On trouve que 6250 = 2 × 55,

nous avons donc 𝑁 = 𝑛 + 1 = 6 termes dans notre somme.

𝑆 = 𝑢0 ×1−𝑞𝑁

1−𝑞= 2 ×

1−56

1−5= 7812

Réponse : C

Chapitre 3 :

Exercice 13 :

a) A la fin de l’année 2015, le plan d’épargne de madame Dupont augmente grâce au taux d’intérêt de 2,5%,

de plus le 1er janvier 2016, elle doit ajouter 1000 euros à son compte ; au 2 janvier elle a donc 500 +

500 × 0,025 + 1000 = 1512,5

b) Chaque année, les intérêts augmentent la solde du compte, puis Madame Dupont rajoute 1000 euros :

on a 𝑐𝑛+1 = 𝑐𝑛 + 𝑐𝑛 × 0,025 + 1000 = 𝑐𝑛 × 1,025 + 1000

c) On reconnait une suite arithmético-géométrique de raison 𝑞 = 1,025 𝑒𝑡 𝑟 = 1000

On remplace par C afin de trouver la suite associée

29


𝐶 = 1,025𝐶 + 1000 ↔ 𝐶(1 − 1,025) = 1000 ↔ 𝐶 = −40000

On pose donc la suite 𝑢𝑛 = 𝑐𝑛 + 40000

↔ 𝑢𝑛+1 = 𝑐𝑛+1 + 40000

↔ 𝑢𝑛+1 = 1,025𝑐𝑛 + 1000 + 40000

↔ 𝑢𝑛+1 = 1,025𝑐𝑛 + 41000

↔ 𝑢𝑛+1 = 1,025 × (𝑐𝑛 + 40000)

↔ 𝑢𝑛+1 = 1,025𝑢𝑛

On peut donc écrire 𝑢𝑛 = 𝑢0 × 1,025𝑛 = (𝑐0 + 40000) × 1,025𝑛 = 40500 × 1,025𝑛

On obtient donc 𝑢𝑛 = 𝑐𝑛 + 40000 ↔ 𝑐𝑛 = 𝑢𝑛 − 40000 ↔ 𝑐𝑛 = 40500 × 1,025𝑛 − 40000

d) On cherche 𝑛 tel que 𝑐𝑛 ≥ 10000 ↔ 40500 × 1,025𝑛 − 40000 ≥ 1000

↔ 40500 × 1,025𝑛 ≥ 50000

↔ 1,025𝑛 ≥50000

40500

↔ 𝑛 × ln(1,025) ≥ ln (50000

40500)

↔ 𝑛 ≥ 8,53 ≈ 9

Exercice 14 :

a) Le taux d’accroissement de la population est de 2% ; et 100 000 personnes arrivent chaque année ; on a

donc 𝑃𝑛+1 = (1 + 0,02)𝑃𝑛 + 100 000

b) Même méthode : 𝐶 = 1,02𝐶 + 100 000 ↔ 𝐶(1 − 1,02) = 100 000 ↔ 𝐶 = −5.106

On pose 𝑢𝑛 = 𝑃𝑛 + 5.106

↔ 𝑢𝑛+1 = 𝑃𝑛+1 + 5.106

↔ 𝑢𝑛+1 = 1,02𝑃𝑛 + 100 000 + 5.106

↔ 𝑢𝑛+1 = 1,02𝑃𝑛 + 5,1.106

↔ 𝑢𝑛+1 = 1,02 × (𝑃𝑛 + 5.106)

↔ 𝑢𝑛+1 = 1,02𝑢𝑛

On a donc 𝑢𝑛 = 𝑢0 × 1,02𝑛 ↔ 𝑢𝑛 = (𝑃0 + 5.106) × 1,02𝑛 ↔ 𝑢𝑛 = 35,5 × 106 × 1,02𝑛

On reprend 𝑢𝑛 = 𝑃𝑛 + 5.106 ↔ 𝑃𝑛 = 𝑢𝑛 − 5.106 ↔ 𝑃𝑛 = 35,5 × 106 × 1,02𝑛 − 5.106

c) 2050 correspond à 𝑛 = 100 ; donc 𝑃100 = 35,5 × 106 × 1,02100 − 5.106 ≈ 2,5.108

30


Exercice 15 :

a) On reprend la formule de Binet

𝑢𝑛 =1

√5× 𝜑𝑛 −

1

√5× �̅�𝑛 ↔ 𝑢𝑛 =

1

√5× (𝜑𝑛 − �̅�𝑛)

Or on a −1 > �̅� > 0 et 𝜑 > 1

On peut donc trouver les limites : lim𝑛→+∞

�̅�𝑛 = 0 et lim𝑛→+∞

𝜑𝑛 = +∞

On a donc lim𝑛→+∞

𝑢𝑛 = +∞

b) Soit 𝑤𝑛 =𝑢𝑛+1

𝑢𝑛 avec 𝑛 > 0 : on a 𝑤 = (1 ; 2 ; 1,5 ; 1,66 ; 1,6 ; … )

On remarque que cette suite semble tendre vers le nombre d’or 𝜑

Si on reprend la formule de Binet :

𝑢𝑛+1

𝑢𝑛=

1

√5×(𝜑𝑛+1−�̅�𝑛+1)

1

√5×(𝜑𝑛−�̅�𝑛)

= 𝜑𝑛+1−�̅�𝑛+1

𝜑𝑛−�̅�𝑛

Or on a vue que : lim𝑛→+∞

�̅�𝑛 = 0 ; on en déduit donc que lorsque n tend vers l’infini lim𝑛→+∞

𝑢𝑛+1

𝑢𝑛=

𝜑𝑛+1

𝜑𝑛 On

simplifie et on obtient lim𝑛→+∞

𝑢𝑛+1

𝑢𝑛= 𝜑

c) On prend comme exemple une suite de Fibonacci avec 𝑢0 = 4 et 𝑢1 = 7

On a 𝑢 = (4 ; 7 ; 11 ; 18 ; 29 ; 47 ; 76; … ) Si on calcule les quotients comme au b), on se rend compte

qu’ils semblent également tendre vers 𝜑.

Si l’on recherche une formule explicite de cette suite de Fibonacci, la première partie de la recherche ne

change pas car celle-ci ne dépend que des coefficients 𝑥 𝑒𝑡 𝑦 de la suite, or ils n’ont pas changé : on a

toujours 𝑢𝑛+2 = 𝑢𝑛+1 + 𝑢𝑛, où 𝑥 = 1 et 𝑦 = 1.

On retombe donc sur 𝑢𝑛 = 𝐴 × �̅�𝑛 + 𝐵 × 𝜑𝑛

Ce qui change, ce sont les conditions initiales, qui permettent d’ailleurs de calculer les coefficients A et B.

On va faire le calcul pour des conditions initiales quelconque en conservant donc A et B

𝑢𝑛+1

𝑢𝑛=

𝐴×�̅�𝑛+1+𝐵×𝜑𝑛+1

𝐴×�̅�𝑛+𝐵×𝜑𝑛 La suite est sensiblement la même on a lim𝑛→+∞

�̅�𝑛 = 0 donc

lim𝑛→+∞

𝑢𝑛+1

𝑢𝑛=

𝐵𝜑𝑛+1

𝐵𝜑𝑛 et on termine lim𝑛→+∞

𝑢𝑛+1

𝑢𝑛= 𝜑.

Exercice 16 :

a) 2𝑢𝑛+2 = 3𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 ↔ 𝑢𝑛+2 = 1,5𝑢𝑛+1 − 0,5𝑢𝑛 avec 𝑢0 = 1 et 𝑢1 = −1

On cherche une suite géométrique qui vérifie l’équation

𝑞𝑛+2 = 1,5𝑞𝑛+1 − 0,5𝑞𝑛 on divise par 𝑞𝑛

↔ 𝑞2 = 1,5𝑞 − 0,5

31


↔ 𝑞2 − 1,5𝑞 + 0,5 = 0

On calcule Δ = (−1,5)2 − 4 × 1 × 0,5 = 0,25 > 0 On a donc 2 solutions

𝑞1 =1,5−√0,25

2= 0,5 et 𝑞2 =

1,5+√0,25

2= 1

On a donc une équation du type 𝑢𝑛 = 𝐴 × 0,5𝑛 + 𝐵 × 1𝑛 = 𝐴 × 0,5𝑛 + 𝐵

{𝑢0 = 𝐴 × 0,50 + 𝐵

𝑢1 = 𝐴 × 0,51 + 𝐵↔ {

1 = 𝐴 + 𝐵 (1)−1 = 0,5𝐴 + 𝐵 (2)

(1) ↔ 𝐵 = 1 − 𝐴

(2) ↔ −1 = 0,5𝐴 + 1 − 𝐴 ↔ −2 = −0,5𝐴 ↔ 𝐴 = 4

(1)𝐵 = 1 − 4 = −3

Notre équation finale est donc 𝑢𝑛 = 4 × 0,5𝑛 − 3

b) 𝑢𝑛+2 = −𝑢𝑛+1 − 0,25𝑢𝑛 avec 𝑢0 = 4 et 𝑢1 = −2

𝑞𝑛+2 = −𝑞𝑛+1 − 0,25𝑞𝑛

↔ 𝑞2 = −𝑞 − 0,25 ↔ 𝑞2 + 𝑞 + 0,25 On reconnait une identité remarquable de type (𝑎 + 𝑏)2 = 𝑎2 +

2𝑎𝑏 + 𝑏2

↔ (𝑞 + 0,5)2 = 0 ↔ 𝑞 = −0,5

Il existe une seule solution, la formule explicite sera donc de type 𝑢𝑛 = (𝐴𝑛 + 𝐵) × 𝑞𝑛

Donc 𝑢𝑛 = (𝐴𝑛 + 𝐵) × (−0,5)𝑛

{𝑢0 = (𝐴 × 0 + 𝐵) × (−0,5)0

𝑢1 = (𝐴 × 1 + 𝐵) × (−0,5)1 ↔ {4 = 𝐵 (1)

−2 = (𝐴 + 𝐵) × (−0,5) (2)

(2) ↔ 4 = 𝐴 + 𝐵 ↔ 𝐴 = 0

Donc : 𝑢𝑛 = 𝐵 × 𝑞𝑛 = 4 × (−0,5)𝑛

QCM 17 :

𝑢𝑛+1 = 5𝑢𝑛 − 6 avec 𝑢0 = −2.

𝑢1 = 5 × (−2) − 6 = −16 ; 𝑢2 = 5 × (−16) − 6 = −86

On a 𝑞 > 1 𝑒𝑡 𝑢0 < 0 ; on a donc lim𝑛→+∞

𝑢𝑛 = −∞

Réponse : B – C

QCM 18 :

𝑢𝑛+1 = 0,7𝑢𝑛 + 4 avec 𝑢0 = 3

𝑢1 = 0,7 × 3 + 4 = 6,1 ; 𝑢2 = 0,7 × 6,1 + 4 = 8,27

0 < 𝑞 < 1 ; donc la suite converge vers une limite finie

32


Par passage à la limite dans la Formule : 𝐿 = 0,7𝐿 + 4 ↔ 𝐿(1 − 0,7) = 4 ↔ 𝐿 =4

1−0,7

Réponse : A – D

QCM 19 :

D’après l’énoncé on a 𝑢𝑛+1 = 3𝑢𝑛 + 2

𝐶 = 3𝐶 + 2 ↔ 𝐶 =2

1−3= −1

On pose 𝑤𝑛 = 𝑢𝑛 + 1

↔ 𝑤𝑛+1 = 𝑢𝑛+1 + 1

↔ 𝑤𝑛+1 = 3𝑢𝑛 + 2 + 1

↔ 𝑤𝑛+1 = 3(𝑢𝑛 + 1)

↔ 𝑤𝑛+1 = 3𝑤𝑛 On calcule donc la formule explicite 𝑤𝑛 = (𝑢0 + 1) × 3𝑛

On reprend 𝑤𝑛 = 𝑢𝑛 + 1 ↔ 𝑢𝑛 = 𝑤𝑛 − 1 ↔ 𝑢𝑛 = (𝑢0 + 1) × 3𝑛 − 1

Si 𝑢0 = 5 ; 𝑢8 = (5 + 1) × 38 − 1 = 39365

Si 𝑢0 = 7 ; 𝑢8 = (7 + 1) × 38 − 1 = 52487

Si 𝑢0 = 1 ; 𝑢8 = (1 + 1) × 3𝑛 − 1 = 13121

Réponse : A – B – D

QCM 20 :

𝑢𝑛+1 = −3𝑢𝑛 + 7 avec 𝑢0 = 4

𝐶 = −3𝐶 + 7 ↔ 𝐶 =7

1−(−3)= 1,75

On pose 𝑤𝑛 = 𝑢𝑛 − 1,75

↔ 𝑤𝑛+1 = 𝑢𝑛+1 − 1,75

↔ 𝑤𝑛+1 = −3𝑢𝑛 + 7 − 1,75

↔ 𝑤𝑛+1 = −3𝑢𝑛 + 5,25

↔ 𝑤𝑛+1 = −3(𝑢𝑛 − 1,75)

↔ 𝑤𝑛+1 = −3𝑤𝑛 ; ce qui donne 𝑤𝑛 = (𝑢0 − 1,75) × (−3)𝑛 = 2,25 × (−3)𝑛

Or 𝑤𝑛 = 𝑢𝑛 − 1,75 ↔ 𝑢𝑛 = 𝑤𝑛 + 1,75 = 2,25 × (−3)𝑛 + 1,75

𝑢5 = 2,25 × (−3)5 + 1,75 = 548,5

Réponse : B

33


QCM 21 :

D’après l’énoncé : 𝑃𝑛+1 = 𝑃𝑛 + 𝑃𝑛 × 0,05 + 100 000

Donc 𝑃𝑛+1 = 1,05𝑃𝑛 + 100 000

2021 correspond à 𝑢1 = 1,05 × 2.106 + 100 000 = 2,2 × 106

2022 correspond à 𝑢2 = 1,05 × (2,2 × 106) + 100 000 = 2,41 × 106

Réponse : E

QCM 22 :

On a 𝑢𝑛+2 = 𝑢𝑛+1 + 𝑢𝑛 avec 𝑢0 = 9 et 𝑢1 = 12

𝑢2 = 𝑢1 + 𝑢0 = 21 ; 𝑢3 = 𝑢2 + 𝑢1 = 33

Si l’on cherche une suite q géométrique qui vérifie l’équation on a :

𝑞𝑛+2 = 𝑞𝑛+1 + 𝑞𝑛 ↔ 𝑞2 − 𝑞 − 1 = 0

Les solutions de cette équation sont 𝑞1 = �̅� 𝑒𝑡 𝑞2 = 𝜑

La formule explicite est donc de la forme 𝑢𝑛 = 𝐴�̅�𝑛 + 𝐵𝜑𝑛

On a également lim𝑛→+∞

𝑢𝑛 = +∞

Réponse : A – B – C

QCM 23 :

𝑢𝑛+2 = 5𝑢𝑛+1 − 4𝑢𝑛 avec 𝑢0 = 2 𝑒𝑡 𝑢1 = 5

↔ 𝑞𝑛+2 = 5𝑞𝑛+1 − 4𝑞𝑛 ↔ 𝑞2 − 5𝑞 + 4 = 0

Δ = (−5)2 − 4 × 1 × 4 = 9 > 0

On a 2 solutions 𝑞1 =5−√9

2= 1 et 𝑞2 =

5+√9

2= 4

Donc 𝑢𝑛 = 𝐴 × 1𝑛 + 𝐵 × 4𝑛 = 𝐴 + 𝐵 × 4𝑛

{𝑢0 = 𝐴 + 𝐵 × 40

𝑢1 = 𝐴 + 𝐵 × 41 ↔ {2 = 𝐴 + 𝐵 (1)

5 = 𝐴 + 4𝐵 (2)

(1) ↔ 𝐴 = 2 − 𝐵

(2) ↔ 5 = 2 − 𝐵 + 4𝐵 ↔ 3 = 3𝐵 ↔ 𝐵 = 1

(1) ↔ 𝐴 = 1

Donc 𝑢𝑛 = 1 + 4𝑛

𝑢3 = 1 + 43 = 65

Réponse : B – C

QCM 24 :

34


2𝑢𝑛+2 = −16𝑢𝑛+1 − 32𝑢𝑛 ↔ 𝑢𝑛+2 = −8𝑢𝑛+1 − 16𝑢𝑛 avec 𝑢0 = 4 et 𝑢1 = 7

↔ 𝑞𝑛+2 = −8𝑞𝑛+1 − 16𝑞𝑛

↔ 𝑞2 + 8𝑞 + 16 = 0 On reconnait une identité remarquable, de plus Δ = 0

↔ (𝑞 + 4)2 = 0 → 𝑞 = −4

On a donc 𝑢𝑛 = (𝐴𝑛 + 𝐵) × (−4)𝑛

{𝑢0 = (𝐴 × 0 + 𝐵) × (−4)0

𝑢1 = (𝐴 × 1 + 𝐵) × (−4)1 ↔ {4 = 𝐵 (1)

7 = (𝐴 + 𝐵) × (−4) (2)

(2) ↔ 𝐴 = −7

4− 4 = −5,75

Donc : 𝑢𝑛 = (−5,75𝑛 + 4) × (−4)𝑛

𝑢6 = (−5,75 × 6 + 4) × (−4)6 = −124928 Attention aux pièges sur les signes !!!

Réponse : A

35


NOTES

36


CHAPITRE N°3 : Fonctions et limites

I. Fonctions réelles d’une variable réelle

A) Quelques notations usuelles

− ℝ désigne l’ensemble des nombres réels, ℤ l’ensemble des entiers relatifs et ℕ l’ensemble des entiers naturels.

− ℝ+ désigne l’ensemble des nombres réels positifs ou nuls et ℝ- l’ensemble des nombres réels négatifs ou nuls.

− ℝ / 0,1 désigne l’ensembles des nombres réels privés de 1.

− ∀𝑥 ∈ 0,1 signifie « pour tout 𝑥 appartenant à l’intervalle semi ouvert 0,1 ».

− ∃ 𝑥 ∈ 0,1 signifie « il existe un 𝑥 appartenant à l’intervalle fermé 0,1".

− 𝐴 ⇒ 𝐵 signifie que l’assertion de A implique l’insertion de B. Par exemple, 𝑥 ≥ 1 ⇒ 𝑥2 ≥ 1.

− 𝐴 ⟺ 𝐵 signifie que l’assertion de A est équivalente à l’insertion de B. Par exemple, 𝑥 + 1 ≥ 2 ⇔ 𝑥 ≥ 1.

B) Définitions générales

Exercice 1 : Image du domaine de définition

Exercice 2 : Domaine de définition

Définition/point clé : Fonction réelle d’une variable réelle :

→Application 𝑓 d’une partie 𝐷𝑓 de ℝ dans ℝ. 𝑓 ∶ 𝑥 ∈ 𝐷𝑓 ⟼ 𝑓(𝑥) ∈ ℝ . C’est à dire que 𝑓 associe

à tout élément 𝑥 de 𝐷𝑓 un et un seul élément 𝑓(𝑥) de ℝ.

→𝐷𝑓 correspond à l’ensemble de définition de 𝑓.

→L’ensemble 𝑓(𝐷𝑓) est appelé l’image de 𝑓.

→ Pour tout y ∈ 𝑓(𝐷𝑓), si 𝑦 = 𝑓(𝑥) alors x est appelé un antécédent de y par 𝑓.

Définition/point clé : Graphe :

→ Il s’agit de du sous ensemble formé de ℝ formé des couples (𝑥, 𝑓(𝑥)) , pour 𝑥 ∈ 𝐷𝑓.

→ En se fixant dans un repère du plan on peut représenter ce graphe : c’est ce que l’on appelle la

courbe représentative de 𝒇 . (cf. Figure 1)

37


Exercice 3 : Monotonie

C) Opérations sur les fonctions

Définition/point clé : Monotonie :

Soit 𝑓 une fonction définie sur un domaine 𝐷 ⊆ ℝ.

- 𝑓 est dite croissante lorsque ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐷, 𝑥 ≤ 𝑦 ⇒ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑦) - 𝑓 est dite décroissante lorsque ∀𝑥, 𝑦 ∈ 𝐷, 𝑥 ≤ 𝑦 ⇒ 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(𝑦) - 𝑓 est dite monotone, si elle est seulement croissante ou seulement décroissante.

Définition/point clé : Fonctions majorée, minorée, bornée :

Soit 𝑓 une fonction définie sur un domaine 𝐷 ⊆ ℝ.

- 𝑓 est dite majorée sur D, s’il existe 𝑀 ∈ ℝ tel que ∀𝑥 ∈ 𝐷, 𝑓(𝑥) ≤ 𝑀. Dans ce cas, 𝑀 est un majorant de 𝑓 sur D.

• - 𝑓 est dite minorée sur D, s’il existe 𝑚 ∈ ℝ tel que ∀𝑥 ∈ 𝐷, 𝑚 ≤ 𝑓(𝑥). Dans ce cas, 𝑚 est un

minorant de 𝑓 sur D.

• - 𝑓 est dite bornée sur D si 𝑓est majorée et minorée.

Définition/point clé : Fonctions majorée, minorée, bornée :

Soit 𝑓 et 𝑔 deux fonctions définies sur le même ensemble D.

- Leur somme 𝑓 + 𝑔 est la fonction définie sur D par : ∀𝑥 ∈ 𝐷, (𝒇 + 𝒈)(𝒙) = 𝒇(𝒙) + 𝒈(𝒙). - Leur produit 𝑓𝑔 est la fonction définie sur D par : ∀𝑥 ∈ 𝐷, 𝒇𝒈(𝒙) = 𝒇(𝒙)𝒈(𝒙).

- Pour tout scalaire (= nombre réel) ∈ ℝ, la fonction 𝜆𝑓 est la fonction définie sur D par : ∀𝑥 ∈𝐷, (𝝀𝒇)(𝒙) = 𝝀𝒇(𝒙).

Définition/point clé : Composée de deux fonctions :

38


Exercice 4 : Composition

II. Limites d’une fonction, continuité en un point

A) Limite finie en un point, continuité en un point

→ Limite finie en un point :

Soit 𝑓 une fonction définie sur un intervalle ouvert 𝐼 contenant 𝑥0 ∈ ℝ. Soit 𝑙 ∈ ℝ un nombre réel.

→ On dit que 𝒇(𝒙) tend vers 𝒍 quand 𝒙 tend vers 𝒙𝟎 et on note 𝐥𝐢𝐦𝒙⟶𝒙𝟎

𝒇(𝒙) = 𝒍 , lorsque tout intervalle

ouvert [𝑙 − 𝛼; 𝑙 + 𝛼] contient toutes les valeurs de f(x) dès que la distance |𝑥 − 𝑥0| de 𝑥 à 𝑥0 est choisie assez petite.

En Bref : dire que la limite de 𝑓 en 𝑥0 𝑒𝑠𝑡 𝑙 signifie

que lorsque 𝑥 se rapproche de 𝑥0 , alors 𝑓(𝑥) se

rapproche de 𝑙 .

→ Continuité en un point :

Soit 𝑓 une fonction définie sur un intervalle ouvert 𝐼 contenant 𝑥0 ∈ ℝ.

On dit que 𝑓 est continue en 𝒙𝟎 si 𝑓 admet une limite en 𝑥0 et que cette limite vaut 𝑓(𝑥0) :

lim𝑥→𝑥0

𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0)

En Bref : dire que 𝑓 est continue en 𝑥0signifie que

lorsque 𝑥 se rapproche de 𝑥0 , alors 𝑓(𝑥) se

rapproche de 𝑓(𝑥0).

39


B) Limite infinie en un point

Soit 𝑓 une fonction définie sur un intervalle ouvert 𝐼

contenant 𝑥0 ∈ ℝ.

On dit que 𝒇(𝒙) tend vers +∞ quand 𝒙 tend vers 𝒙𝟎,

et on note 𝐥𝐢𝐦𝒙→𝒙𝟎

𝒇(𝒙) = +∞ lorsque tout intervalle ouvert

]𝐴, +∞[ , contient toutes les valeurs de 𝑓(𝑥) dès que la

distance |𝑥 − 𝑥0| de 𝑥 à 𝑥0 est choisie assez petite. (

définition similaire pour la limite en −∞)

C) Limite en + ∞ 𝐞𝐭 − ∞

Soit 𝑓 une fonction définie sur un intervalle ]𝛼, +∞[ . On dit que :

→ 𝒇(𝒙) tend vers une limite finie 𝒍 quand 𝒙 tend vers +∞ , et on note 𝐥𝐢𝐦𝒙→+∞

𝒇(𝒙) = 𝒍 , lorsque tout intervalle

ouvert ]𝑙 − 𝛼, 𝑙 + 𝛼[ contient toutes les valeurs de 𝑓(𝑥) dès que 𝑥 est suffisamment grand.

→ 𝒇(𝒙) tend vers +∞ quand 𝒙 tend vers +∞ , et on note 𝐥𝐢𝐦𝒙→ +∞

𝒇(𝒙) = +∞ lorsque tout intervalle ouvert ]𝐴, +∞[

contient toutes les valeurs de 𝑓(𝑥) dès que 𝑥 est suffisamment grand.

→ 𝒇(𝒙) tend vers−∞ quand 𝒙 tend vers +∞ , et on note 𝐥𝐢𝐦𝒙→ +∞

𝒇(𝒙) = −∞ lorsque tout intervalle ouvert ]−∞, 𝐴[

contient toutes les valeurs de 𝑓(𝑥) dès que 𝑥 est suffisamment grand.

(Définition similaire pour les limites en −∞)

D) Limites de quelques fonctions usuelles (à connaître par cœur !)

Définition/point clé : Limites en un point des fonctions usuelles :

Soit 𝑓 l’une quelconque des fonctions polynômes : √𝑥, sin 𝑥 , cos 𝑥 , 𝑒𝑥, 𝑙𝑛𝑥 . Soit 𝑥0 un point

quelconque appartenant au domaine de définition de 𝑓. Alors lim𝑥→𝑥0

𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥0).

En Bref : Ces fonctions sont continues en tout point de leur domaine de définition.

Exemples :

40


III. Opérations sur les limites

A) Somme de limites

On considère deux fonctions 𝒇 et 𝒈 ayant une limite quand 𝒙 → 𝜶, 𝜶 ∈ ℝ 𝒐𝒖 𝜶 = ±∞ .

B) Produit de limites

On considère deux fonctions 𝒇 et 𝒈 ayant une limite quand 𝒙 → 𝜶, 𝜶 ∈ ℝ 𝒐𝒖 𝜶 = ±∞ .

Définition/point clé : Limites aux bornes des fonctions usuelles :

Définition/point clé :

Soit 𝑓 une fonction.

- lim𝑥→𝛼

𝑓(𝑥) = 0+ signifie que lim𝑥→𝛼

𝑓(𝑥) = 0 et que 𝑓(𝑥) > 0 au voisinage de 𝛼.

Exemple : lim𝑥→−∞

𝑒𝑥 = 0+

- lim𝑥→𝛼

𝑓(𝑥) = 0− signifie que lim𝑥→𝛼

𝑓(𝑥) = 0 et que 𝑓(𝑥) < 0 au voisinage de 𝛼.

•

41


C) Quotient de limites

En résumé : les formes indéterminées sont :

− ∞ + ∞ 𝟎 × ∞ 𝟎

𝟎

∞

∞

D) Exponentielle et logarithme népérien

→ lim𝑥→−∞

𝑥𝑒𝑥 = 0 𝑒𝑡 lim𝑥→+∞

𝑒𝑥

𝑥= +∞ (« L’exponentielle l’emporte sur 𝑥 dans une forme indéterminée »)

→ lim𝑥→0+

𝑥𝑙𝑛(𝑥) = 0 𝑒𝑡 lim𝑥→+∞

ln (𝑥)

𝑥= 0 (« la fonction x l’emporte sur ln(x) dans une forme indéterminée »)

Ce résultat reste vrai quelles que soient les puissances que l’on peut mettre sur une fonction ou sur une autre, c’est à

dire, à l’infini, on a pour tous 𝛼, 𝛽, 𝛾 réels positifs non nuls

(ln 𝑥)𝛼 ≪ 𝑥𝛽 ≪ 𝑒𝛾𝑥 Soit encore, lim𝑥→+∞

𝑥𝛽

(ln 𝑥)𝛼 = +∞ 𝑒𝑡 lim𝑥→+∞

𝑒𝛾𝑥

𝑥𝛽 = +∞

Exercice 5 : Limites

IV. Limites et inégalités

A) Théorème 1 : Limites et inégalités

Soit 𝑓 et 𝑔 deux fonctions et 𝛼 un réel ou bien ±∞. Alors :

B) Théorème 2 : « des gendarmes »

Soit 𝑓 , 𝑔 et ℎ trois fonctions et 𝛼 un réel ou bien ±∞. Alors :

42




V. Asymptotes

Définition/point clé : Asymptote verticale

Soit 𝑓 une fonction de courbe représentative 𝐶, et 𝑥0 un réel. Si lim𝑥→𝑥0

±𝑓(𝑥) = +∞ ou si lim

𝑥→𝑥0±

𝑓(𝑥) = −∞ , on

dit que la droite 𝒙 = 𝒙𝟎 est une asymptote verticale à C en 𝒙𝟎.

Définition/point clé : Asymptote oblique ou horizontale

Soit 𝑓 une fonction définie au voisinage de +∞, de courbe représentative 𝐶. S’il existe deux nombres réels

𝑚 𝑒𝑡 𝑝 tels que lim𝑥→∞

𝑓(𝑥) − (𝑚𝑥 + 𝑝) = 0, on dit que la droite 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑝 est une asymptote oblique à C

en +∞.

Si 𝑚 = 0, on dit que cette asymptote est horizontale. (Définition similaire pour les limites en −∞)

43


CHAPITRE N°4 : Dérivations

I. Fonctions continues sur un intervalle

A) Continuité des fonctions usuelles et opérations sur les fonctions

Soit 𝒇 l’une quelconque des fonctions polynômes : √𝒙, 𝐬𝐢𝐧 𝒙 , 𝐜𝐨𝐬 𝒙 , 𝒆𝒙, 𝒍𝒏𝒙 . Alors 𝒇 est continue sur tout intervalle inclus dans son ensemble de définition.

La somme, le produit, le quotient et la composée de fonctions continues est continue sur tout intervalle inclus dans son ensemble de définition.

B) Théorème des valeurs intermédiaires

Soit 𝑓 une fonction définie et continue sur un intervalle fermé borné [𝑎, 𝑏], 𝑎 < 𝑏. Alors l’image 𝑓([𝑎, 𝑏])de 𝑓 est un

intervalle fermé borné de la forme [𝑐, 𝑑], 𝑐 ≤ 𝑑 et tout 𝑦 ∈ [𝑐, 𝑑] a au moins un antécédent 𝑥 par 𝑓, c’est à dire :

pour tout 𝑦 ∈ [𝑐, 𝑑], il existe 𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] tel que 𝑦 = 𝑓(𝑥).


Soit 𝑓 une fonction définie sur un intervalle 𝐼. On dit que 𝒇 est continue sur 𝑰 si 𝑓 est continue en

tout point de 𝐼 (continuité à droite ou à gauche au bord de l’intervalle si celui-ci y est fermé.)

On note 𝐶0(𝐼) l’ensemble des fonctions continues sur 𝐼.

Exemple :

44


En conséquence : Soit 𝑓 une fonction définie et continue sur un intervalle fermé borné [𝑎, 𝑏], 𝑎 < 𝑏. Si 𝑓(𝑎)𝑓(𝑏) <

0, alors 𝑓 s’annule au moins une fois sur ]𝑎, 𝑏[.

II. Fonctions dérivables

A) Dérivée en un point

Soit 𝒙𝟎 un nombre réel et soit 𝒇 : 𝒙 ∈ ℝ ⟼ 𝒇(𝒙) ∈ ℝ une fonction de la variable 𝒙, définie sur un voisinage ouvert

de 𝒙𝟎. On dit que 𝒇 est dérivable en 𝒙𝟎 si 𝐥𝐢𝐦𝒙→𝒙𝟎

𝒇(𝒙)−𝒇(𝒙𝟎 )

𝒙−𝒙𝟎 = 𝐥𝐢𝐦

𝒉→𝟎

𝒇(𝒙𝟎+𝒉)−𝒇(𝒙𝟎 )

𝒉 existe et est un nombre fini. Dans ce

cas, cette limite est notée 𝒇′(𝒙𝟎 ) et s’appelle la dérivée de 𝒇 𝐞𝐧 𝒙𝟎 .

Comme pour la continuité, on peut définir la dérivabilité à droite et à gauche en un point.

Cette expression 𝒇(𝒙)−𝒇(𝒙𝟎 )

𝒙−𝒙𝟎 représente le taux d’accroissement de 𝒇 entre les points 𝑴𝟎 = (𝒙𝟎, 𝒇(𝒙𝟎 )) 𝒆𝒕 𝑴 =

(𝒙, 𝒇(𝒙)). C’est aussi la pente de la droite (𝑴𝟎𝑴) sécante à la courbe.

Donc la valeur de la dérivée de 𝒇 𝐞𝐧 𝒙𝟎 , 𝒇′(𝒙𝟎 ), est la limite des pentes des sécantes lorsque M se rapproche de 𝑴𝟎. Cela permet de définir la droite tangente en 𝑴𝟎 à la courbe représentative de f qui est en fin de compte la position limite des sécantes lorsque M se rapproche de 𝑴𝟎.

B) Tangente

Soit f une fonction dérivable en 𝒙𝟎 ∈ ℝ, de courbe représentative C dans un repère (𝑶, 𝒊, 𝒋) du plan.

La tangente à C au point d’abscisse 𝒙𝟎 est la droite d’équation cartésienne 𝒚 = 𝒇(𝒙𝟎 ) + (𝒙 − 𝒙𝟎 )𝒇′(𝒙𝟎 ) et 𝒇′(𝒙𝟎 ) est la pente de la tangente.

C) Dérivabilité

→ Si la fonction f est dérivable en 𝒙𝟎 ∈ ℝ alors f est continue en 𝒙𝟎.

→ Soit f une fonction définie sur un intervalle 𝑰. On dit que f est dérivable sur 𝑰 si f est dérivable en tout point de 𝑰 et la fonction 𝒇′: 𝒙 ∈ 𝑰 ⟼ 𝒇′(𝒙) est appelée la fonction dérivée de f.

Quelques fonctions courantes avec leurs

dérivées et leurs ensembles de définition : (à connaître par cœur !)

Définition/point clé : Primitive

Soit f continue sur un intervalle 𝐼. S’il existe une fonction F dérivable sur 𝑰 telle que 𝑭′ = 𝒇, on dit

que F est une primitive de f sur 𝑰.

→ Exemple :

45


D) Dérivées d’ordres supérieures

Soit f une fonction de la variable 𝑥 définie sur un intervalle 𝐼.

- Si 𝑓 est dérivable sur 𝐼 et si sa dérivée 𝑓′ est continue, on dit que f est continûment dérivable sur 𝑰. - Si f est dérivable et 𝑓′ est elle-même dérivable sur 𝐼, on dit que f est deux fois dérivable sur 𝐼. La dérivée seconde

de f est notée 𝒇′′.

III. Dérivations et opérations sur les fonctions

A) Dérivations, sommes, produits et quotients de fonctions

Soit u et v deux fonctions dérivables sur un intervalle 𝑰 et k une constante réelle.

Alors les fonctions 𝒖 + 𝒗, 𝒖𝒗 𝒆𝒕 𝒌𝒖 sont dérivables sur 𝑰 et :

(𝒖 + 𝒗)′ = 𝒖′ + 𝒗′ (𝒌𝒖)′ = 𝒌𝒖′ (𝒖𝒗)′ = 𝒖′𝒗 + 𝒖𝒗′ (Formules de Leibniz)

De plus, si v ne s’annule pas sur 𝑰, alors la fonction 𝒖

𝒗 est dérivable sur 𝑰 𝒆𝒕 (

𝒖

𝒗)

′=

𝒖′𝒗−𝒖𝒗′

𝒗𝟐 et en particulier (𝟏

𝒗)

′=

−𝒗′

𝒗𝟐, .

Exercice 1 :

B) Dérivation d’une fonction composée

Soit u et g deux fonctions et soit 𝒙𝟎 ∈ 𝑫𝒖. On suppose que 𝒖𝟎 = 𝒖(𝒙𝟎) appartient à 𝑫𝒈.Si u est dérivable en 𝒙𝟎 et

si g est dérivable en 𝒖𝟎, alors 𝒈 ∘ 𝒖 es dérivable en 𝒙𝟎 et :

Ainsi :

46


Exercice 2 :

IV. Fonctions dérivables et extremums

A) Dérivée et extremums locaux

Soit 𝑓 ∶ [𝑎, 𝑏] → ℝ, 𝑎 ≠ 𝑏, une fonction dérivable. Si f admet un extremum local en 𝑥0 ∈ ]𝑎, 𝑏[ , alors 𝑓′(𝑥0) =

0.

En conséquence :

Soit 𝑓 ∶ [𝑎, 𝑏] → ℝ, 𝑎 ≠ 𝑏, une fonction dérivable. Alors f admet un maximum global et un minimum global qui sont

atteints soit en un point critique de f, soit aux bornes de l’intervalle [𝑎, 𝑏].

Exercice 3 :

Définition/point clé : Extremum

Soit f une fonction de domaine de définition 𝐷𝑓 et soit 𝑥0 ∈ 𝐷𝑓.

- On dit que 𝑓(𝑥0) est un maximum local de f s’il existe un intervalle ouvert 𝐼 ⊂ 𝐷𝑓 de 𝑥0 tel que ∀𝑥 ∈

𝐼, 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥0).

→ On dit que f(𝑥0) est un maximum global de f si ∀𝑥 ∈ 𝐷𝑓, 𝑓(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥0).

- On dit que 𝑓(𝑥0) est un minimum local de f s’il existe un intervalle ouvert 𝐼 ⊂ 𝐷𝑓 de 𝑥0 tel que ∀𝑥 ∈

𝐼, 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(𝑥0).

→ On dit que f(𝑥0) est un minimum global de f si ∀𝑥 ∈ 𝐷𝑓, 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(𝑥0).

- On dit que f(𝑥0) est un extremum local, ou que f admet un extremum local en 𝑥0 si 𝑓(𝑥0) est un maximum ou un minimum local.

→ On dit que 𝑓(𝑥0) est un extremum global, ou que f admet un extremum global en

𝑥0 si 𝑓(𝑥0) est un maximum ou un minimum global.

Définition/point clé : Point critique et valeur critique

Soit f une fonction dérivable en 𝑥0 ∈ 𝐷𝑓. On dit que 𝑥0 est un point critique de f si 𝑓′(𝑥0) = 0.

Dans ce cas 𝑓(𝑥0) est une valeur critique de 𝑓.

47


V. Fonction dérivée et monotonie

A) Théorème

Soit f une fonction dérivable sur un intervalle 𝐼 de ℝ.

- 𝑓′(𝑥) = 0 pour tout 𝑥 ∈ 𝐼 ⇔ 𝑓 est une fonction constante sur 𝐼.

- 𝑓′(𝑥) ≥ 0 pour tout 𝑥 ∈ 𝐼 ⇔ 𝑓 est une fonction croissante sur 𝐼.

- 𝑓′(𝑥) ≤ 0 pour tout 𝑥 ∈ 𝐼 ⇔ 𝑓 est une fonction décroissante sur 𝐼.

- 𝑓′(𝑥) > 0 pour tout 𝑥 ∈ 𝐼 ⇔ 𝑓 est une fonction strictement croissante sur 𝐼.

- 𝑓′(𝑥) < 0 pour tout 𝑥 ∈ 𝐼 ⇔ 𝑓 est une fonction strictement décroissante sur 𝐼.

Exercice 4 :

48


CHAPITRE N°5 : Intégrations

I. Définitions générales

A) Intégrale d’une fonction continue

Soit 𝒂, 𝒃 ∈ ℝ, 𝒂 ≤ 𝒃. Soit 𝒇 ∶ [𝒂, 𝒃] → ℝ une fonction continue sur l’intervalle [𝒂, 𝒃], représentée par son graphe relativement à un repère (𝑶, 𝒊, 𝒋) du plan.

L’intégrale de la fonction f sur [𝒂, 𝒃], notée ∫ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙𝒃

𝒂, encore appelée « somme de a à b de 𝒇(𝒙)𝒅𝒙 » est égale

à :

- Si f est positive, ∫ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙𝒃

𝒂= 𝒎𝒆𝒔(𝑨) ou mes(A) est la mesure en unités d’aire de l’aire A « sous la courbe

𝒚 = 𝒇(𝒙) » définie par {𝒂 ≤ 𝒙 ≤ 𝒃

𝟎 ≤ 𝒚 ≤ 𝒇(𝒙) , Fig. 1.

- Si f est négative, ∫ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙𝒃

𝒂= − 𝒎𝒆𝒔(𝑨) ou A est l’aire « au-dessus de la courbe 𝒚 = 𝒇(𝒙) » définie par

{𝒂 ≤ 𝒙 ≤ 𝒃

𝒇(𝒙) ≤ 𝒚 ≤ 𝟎 .

Plus généralement, l’intégrale ∫ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙𝒃

𝒂 est la

différence entre la mesure des aires situées sous la courbe 𝒚 = 𝒇(𝒙) (là où f est positive) et la mesure des aires situées au-dessus de la courbe 𝒚 = 𝒇(𝒙) (là où f est négative).

On pose ∫ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙𝒂

𝒃= − ∫ 𝒇(𝒙)𝒅𝒙

𝒃

𝒂 .

B) Propriétés

Exemple :

49


Soit 𝒂, 𝒃 ∈ ℝ, 𝒂 ≤ 𝒃. Soient 𝒇, 𝒈 ∶ [𝒂, 𝒃] → ℝ deux fonctions continues. Les propriétés suivantes sont satisfaites :

C) Inégalité de la moyenne

Soit 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ, 𝑎 < 𝑏 et 𝑓 ∶ [𝑎, 𝑏] → ℝ une fonction continue. Soit 𝑚 ∈ ℝ un minorant de f et 𝑀 ∈ ℝ un majorant

de f sur [𝑎, 𝑏] : pour tout 𝑥 ∈ [𝑎, 𝑏] , 𝑚 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑀. Alors

Exercice 1 :

II. Intégrale et primitive

A) Théorème fondamental d’intégration

Soit 𝒂, 𝒃 ∈ ℝ, 𝒂 ≤ 𝒃. Soit 𝒇 ∶ [𝒂, 𝒃] → ℝ une fonction continue. Alors la fonction 𝑭 ∶ 𝒙 ∈ [𝒂, 𝒃] ⟼ 𝑭(𝒙) =

∫ 𝒇(𝒕)𝒅𝒕𝒙

𝒂 est dérivable sur [𝒂, 𝒃] et 𝑭′ = 𝒇. Autrement dit F est une primitive de f sur [𝒂, 𝒃], celle qui s’annule en 𝒂.

Soit 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ, 𝑎 ≤ 𝑏 . Soit 𝑓 ∶ [𝑎, 𝑏] → ℝ une fonction continue. Soit G une primitive de f sur [𝑎, 𝑏] . Alors

∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎= [𝐺(𝑥)]𝑎

𝑏 = 𝐺(𝑏) − 𝐺(𝑎).

En particulier si f est de classe 𝐶1([𝑎, 𝑏]) alors ∫ 𝑓′(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑓(𝑏) − 𝑓(𝑎)𝑏

𝑎.

Définition/point clé : Valeur moyenne

Soit 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ, 𝑎 < 𝑏 et 𝑓 ∶ [𝑎, 𝑏] → ℝ une fonction continue. On appelle valeur moyenne de f sur [𝒂, 𝒃], le

nombre 1

𝑏−𝑎 ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥

𝑏

𝑎.

50


B) Primitives usuelles (à connaître par cœur !)

Dans le tableau ci-dessous, 𝑢 est une fonction dérivable et 𝑢′ sa dérivée :

Exercice 2 :

Exercice 3 :

Exemple :


Soit f une fonction continue sur un intervalle. On désigne par ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡𝑥

ou encore par ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡 une

primitive quelconque de f.

51


Exercice 4 :

III. Intégration par parties et changement de variable

A) Formule d’intégration par partie

Soit 𝑓, 𝑔 ∶ [𝑎, 𝑏] → ℝ deux fonctions continûment dérivables sur l’intervalle [𝑎, 𝑏]. Alors la formule suivante dite

d’intégration par parties est satisfaite :

Exercice 5 :

Exemple :

52


B) Intégration par changement de variable

Soit 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ, 𝑎 < 𝑏. Soit 𝑢 ∶ 𝑦 ∈ [𝑎, 𝑏] → 𝑢(𝑦) ∈ ℝ une fonction continûment dérivable.

Soit 𝑓 ∶ ∈ 𝐼 → 𝑓(𝑥) ∈ ℝ une fonction continue sur l’intervalle 𝐼 tel que 𝑢([𝑎, 𝑏]) ⊆ 𝐼. Alors, on a l’égalité suivante,

dite formule de changement de variable (on passe de la variable 𝑥 à la variable 𝑦 en posant 𝑥 = 𝑢(𝑦)) ∶

Exemple :

53


Exercice 6 :

54


Entrainements QCM pour le chapitre 4 :

QCM 1 – PARMI LES PROPOSITIONS CI-DESSOUS, LAQUELLE (LESQUELLES) EST (SONT) EXACTE(S) ?




55




QCM pour le chapitre 6 :


56





57


Corrections Exercices du chapitre 4 :

Correction exercice 1 : Image du domaine de définition

Correction exercice 2 : Domaine de définition

Correction exercice 3 : Monotonie

Correction exercice 4 : Composition

Correction exercice 5 : Limites

58



59



60


QCM du chapitre 4:

Correction QCM 1 :

Correction QCM 2 :

Correction QCM

3 :

61


Correction QCM 4 :

Correction QCM 5 :

62


Correction QCM 6 :

Exercices du chapitre 5 :

Correction exercice 1 :

63





64


Exercices du chapitre 6 :

65




66




67



68



69


QCM du chapitre 6 :

Correction QCM 1 :

Correction QCM 2 :

70


Correction QCM 3 :

Correction QCM 4 :

71


Notes

72


CHAPITRE N°6 : Equations différentielles linéaire d’ordre 1 Exemple introductif : Modélisation de l’évolution d’une population de bactéries

Nous prenons ici l’exemple de l’évolution d’une population de bactéries dans un milieu de culture. Les scientifiques

cherchent à modéliser l’évolution des bactéries au moyen d’une fonction P de [0; +∞[ dans IR qui, à tout t, associe la

valeur P(t) correspondant au nombre de bactéries en millions à l’instant t exprimé en heures.

Voici un modèle simple : le modèle exponentiel (ou encore malthusien).

On considère que dans les instants qui suivent l’ensemencement du milieu de culture, la vitesse d’accroissement de

la population, 𝑑/𝑑𝑡 𝑃(𝑡) = 𝑃’(𝑡) est proportionnelle au nombre de bactéries. Il existe donc un réel a strictement

positif, dépendant des conditions expérimentales, tel que, à tout instant t on ait :

𝑃’(𝑡) = 𝑎 × 𝑃(𝑡)

On dit encore que P est solution de l’équation différentielle.

(𝐸) ∶ 𝑦’(𝑡) = 𝑎𝑦(𝑡)

Nous allons voir dans ce chapitre comment résoudre ce type d’équation, c’est à dire trouver la fonction P qui satisfait

(E).

I. Définitions générales

Une équation différentielle est une équation qui relie une fonction f inconnue, sa dérivée f’ et la variable notée x ou t

lorsqu’il s’agit du temps.

TRADITION : dans l’étude des équations différentielles, la fonction inconnue ne se note pas f (comme fonction) mais

y. C’est trompeur au début car pour le néophyte la lettre y ne fait pas penser à une fonction. Il faut l’accepter et s’y

habituer. Le symbole y désigne donc, dans tout ce qui suit, une fonction INCONNUE 𝑦(𝑥) ou 𝑦(𝑡) suivant le nom de

la variable.

.

On remarquera que parfois on omet de faire figurer dans l’équation la variable x ou t comme dans l’équation (E2)

mais elle est alors sous-entendue.

Définition 1 : équation différentielle linéaire d’ordre 1

Une équation différentielle linéaire d’ordre 1 est une équation différentielle particulière de la forme simple

suivante

(𝐸) ∶ 𝑎(𝑥)𝑦’(𝑥) + 𝑏(𝑥)𝑦(𝑥) = 𝑐(𝑥).

où a,b,c sont des fonctions continues définies sur un intervalle I de IR et 𝑥 → 𝑦(𝑥) est la fonction inconnue

de l’équation.

Si les fonctions a, b sont constantes on dit que (E) est à coefficients constants.

Exemple 1 :

(𝐸1) ∶ 𝑦’(𝑥) + 2𝑦(𝑥) = 0.

(𝐸2) ∶ 𝑦’ = −𝑦,

(𝐸3) ∶ 𝑡𝑦’(𝑡) + 𝑦(𝑡) = 1

73


NB : le qualificatif “d’ordre 1” signifie que l’on ne fait intervenir que la première dérivée y’. Lorsqu’on fera intervenir

y’ et aussi la dérivée seconde y”, on dira que l’on a une équation différentielle d’ordre 2. On verra cela au prochain

cours.

On cherche donc des fonctions y qui sont égales à leur dérivée (puisque y’ = y). Mais on connaît une telle fonction !

La fonction y définie par 𝑦(𝑥) = ex. On dira donc que la fonction exponentielle est solution de (E).

Méthode de résolution d’une équation différentielle linéaire

Trouver la solution générale de yh de l’équation homogène (Eh) associée à (E).

Trouver une solution particulière yP de l’équation (E).

Conclure par : la solution générale de (E) est

𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝

CONDITION INITIALE :

Dans la solution générale yh de l’équation homogène (Eh) figure une constante arbitraire souvent notée C. Or souvent

une équation différentielle (E) s’accompagne d’une condition initiale, par exemple 𝑦(𝑥0) = 𝑦0 qui est la valeur de la

fonction au départ (souvent x0 = 0).

Une fois trouvée la solution générale de (E) sous la forme 𝑦 = 𝑦 ℎ + 𝑦𝑝, on appliquera la condition 𝑦(𝑥0) =

𝑦0 pour trouver la valeur de la constante C.

II. Résolution de l’équation homogène On commence par mettre l’équation différentielle homogène :

(𝐸ℎ) ∶ 𝑎(𝑥)𝑦’(𝑥) + 𝑏(𝑥)𝑦(𝑥) = 0.

On cherche alors à la mettre sous la forme normale, ce qui signifie que l’on va amener le coefficient de y’(x) à 1. Pour

cela on va diviser toute l’équation par le terme a(x). Si cette expression ne s’annule jamais, tout va bien; si elle peut

s’annuler alors on se place sur un intervalle I de IR où elle ne s’annule pas. On arrive alors à la forme normale :

Définition 2 : Equation homogène

A toute équation différentielle linéaire d’ordre 1,

(𝐸) ∶ 𝑎(𝑥)𝑦’(𝑥) + 𝑏(𝑥)𝑦(𝑥) = 𝑐(𝑥).

on associe l’équation différentielle homogène associée

(𝐸ℎ) ∶ 𝑎(𝑥)𝑦’(𝑥) + 𝑏(𝑥)𝑦(𝑥) = 0.

qui est en fait l’équation (E) où le second membre à droite a été remplacé par 0.

Cette équation est plus simple à résoudre que l’équation complète et nous commencerons toujours par la

résoudre avant de passer à l’équation complète.

Exemple 2 : (𝐸) ∶ 𝑦’ =

𝑦.

Exemple 3 :

(𝐸) ∶ 𝑥𝑦’(𝑥) + 𝑦(𝑥) = 1; (𝐸ℎ) ∶ 𝑥𝑦0(𝑥) + 𝑦(𝑥) = 0

74


(𝐸ℎ) ∶ 𝑦’(𝑥) + 𝛼(𝑥)𝑦(𝑥) = 0.

où la fonction α est définie par 𝛼(𝑥) = 𝑏(𝑥)/𝑎(𝑥).

On utilise alors un résultat de cours qui va donner directement la solution générale yh de l’équation homogène (Eh).

Explication : on ne va pas prouver cette proposition mais on peut au moins vérifier que la formule donnée

fonctionne.

En effet, si A est une primitive de la fonction −α et que l’on part de

𝑦ℎ(𝑥) = 𝐶𝑒 𝐴(𝑥)𝑎𝑣𝑒𝑐 𝐶 ∈ 𝐼𝑅.

Alors en dérivant, on obtient avec les règles de dérivation revues au chapitre sur les fonctions

𝑦’ℎ(𝑥) = 𝐴’(𝑥) × 𝐶𝑒𝐴(𝑥) = −𝛼(𝑥) × 𝐶𝑒𝐴(𝑥) = −𝛼(𝑥) × 𝑦ℎ(𝑥).

Donc en repassant le terme yh(x) à gauche de l’équation, on obtient

𝑦’ℎ(𝑥) + 𝛼(𝑥) × 𝑦ℎ(𝑥) = 0.

Ce qui prouve que la fonction yh est solution de (Eh). Gagné !

Voici un autre exemple.

Proposition 1

L’équation différentielle linéaire homogène

(𝐸ℎ) ∶ 𝑦’(𝑥) + 𝛼(𝑥)𝑦(𝑥) = 0.

a pour solution générale

𝑦ℎ(𝑥) = 𝐶𝑒∫ −𝛼(𝑥)𝑑𝑥 , 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝐶 ∈ 𝐼𝑅

où ∫ − 𝛼(𝑥)𝑑𝑥 désigne une primitive quelconque de la fonction −𝛼.

Exemple 4

Considérons l’équation différentielle linéaire homogène très simple

(𝐸ℎ) ∶ 𝑦’(𝑥) + 𝑦(𝑥) = 0.

L’équation est déjà normalisée et la fonction α est définie par α(x) = 1 (elle est ici constante mais ce ne sera

pas toujours le cas ).

Grâce à la proposition précédente, on peut dire directement que la solution générale de l’équation

différentielle homogène (Eh) est

𝑦ℎ(𝑥) = 𝐶𝑒∫ −𝛼(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐶𝑒∫ (−1)𝑑𝑥 = 𝐶𝑒 −𝑥 où C est une constante réelle.

Vérification : si je pars de 𝑦(𝑥) = 𝐶𝑒−𝑥 , on a 𝑦(𝑥) = (−1) × 𝐶𝑒 −𝑥 = −𝑦(𝑥)

donc 𝑦’(𝑥) + 𝑦(𝑥) = 0. Yes !

75


III. Recherche d’une solution particulière

Pour trouver une solution particulière yp de l’équation différentielle linéaire d’ordre 1

(𝐸) ∶ 𝑎(𝑥)𝑦’(𝑥) + 𝑏(𝑥)𝑦(𝑥) = 𝑐(𝑥).

Il y a essentiellement deux méthodes :

•Soit on cherche une fonction yp de la même forme que la fonction c qui est dans le second membre, par exemple si

c(x) est un polynôme en x, on cherchera yp comme un polynôme en x de même degré, voir l’exemple en-dessous. Le

texte peut aussi vous suggérer la forme sous laquelle chercher une solution particulière, cf l’exercice 2 plus bas.

•Soit on applique la méthode dite de la Variation de la constante qui consiste à partir de la solution générale yh de

l’équation différentielle homogène (Eh) associée à (E) et à faire varier la constante C en considérant que c’est une

fonction C(x). On va détailler plus bas.

Rechercher une fonction yp de la même forme que la fonction c

Voyons cela sur un exemple.

Exemple 5 :

Considérons l’équation différentielle linéaire homogène

(𝐸ℎ) ∶ 𝑦’(𝑥) − 𝑥𝑦(𝑥) = 0.

L’équation est déjà normalisée et la fonction α est définie cette fois par α(x) = −x. Grâce à la proposition

précédente, on peut dire directement que la solution générale de l’équation différentielle homogène (Eh) est

𝑦ℎ(𝑥) = 𝐶𝑒 ∫ − 𝛼(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐶𝑒 ∫ −(−𝑥)𝑑𝑥 = 𝐶𝑒1/ 2𝑥² où C est une constante réelle.

Vérification : si je pars de 𝑦(𝑥) = 𝐶𝑒1/ 2𝑥², on a 𝑦(𝑥) = (1 /2. 2𝑥) × 𝐶𝑒 1/2𝑥² = 𝑥𝑦(𝑥)

donc 𝑦’(𝑥) − 𝑥𝑦(𝑥) = 0. Yes!

Exemple 6 :

(𝐸) ∶ 𝑦’(𝑥) − 𝑥𝑦(𝑥) = 𝑥² − 1.

La fonction c définie par 𝑐(𝑥) = 𝑥² − 1 qui est dans le second membre est un polynôme en x de degré 2.

On va donc rechercher notre solution particulière yp sous la même forme, c’est à dire un polynôme en x de

degré 2.

On pose donc a priori 𝑦𝑝(𝑥) = 𝑢𝑥² + 𝑣𝑥 + 𝑤,

Où u,v,w sont des constantes réelles à déterminer.

NB : Je n’ai pas utilisé les lettres a,b,c comme coefficients du polynôme car elles ont déjà été utilisées un peu plus

haut dans la forme générale d’une équation différentielle linéaire. Ceci étant dit, vous pouvez quand même les

utiliser à la place de u,v,w mais en étant bien conscients que ce ne sont plus les fonctions a,b,c du début du cours

76


Remarque :

Dans le cas simple où le second membre est un polynôme constant (E) : y’ + a(x)y = A.

On va rechercher une solution particulière yp de la même forme c’est à dire constante elle aussi. On posera yp(x) = B

par exemple. On a alors y’p(x) = 0 et

𝑦𝑝 𝑣é𝑟𝑖fi𝑒 (𝐸) ⇔ 0 + 𝑎(𝑥)𝐵 = 𝐴.

Lorsque la fonction a est constante (non nulle) 𝑎(𝑥) = 𝑎, on trouvera effectivement une solution particulière

constante 𝑦𝑝(𝑥) = 𝐵 = −𝐴/𝑎 .

Par exemple, l’équation différentielle (𝐸) ∶ 𝑦’ + 4𝑦 = 2

admet pour solution particulière constante, 𝑦𝑝(𝑥) = −2/4 = −1/2 et la solution générale de (E) est

𝑦(𝑥) = 𝐶𝑒−4𝑥 – ½

Méthode de la variation de la constante

Cette méthode est générale et fonctionne dans tous les cas. Mais elle est plus lourde et elle est à utiliser seulement

si l’on n’a pas réussi à trouver une solution particulière de la même forme que la fonction second membre c.

Voyons cela sur un exemple.

Stratégie pour trouver u,v,w : nous allons exprimer que la fonction yp est solution de notre équation

différentielle (E). Pour cela, il nous faut calculer d’abord y’p. On a par dérivation d’un polynôme

𝑦’𝑝(x) = 2𝑢𝑥 + 𝑣.

Bien, maintenant

𝑦𝑝 𝑣é𝑟𝑖fi𝑒 (𝐸) ⇔ 𝑦’𝑝(𝑥) − 𝑥𝑦𝑝(𝑥) = 𝑥² − 1

⇔ 2𝑢𝑥 + 𝑣 − 𝑥(𝑢𝑥² + 𝑣𝑥 + 𝑤) = 𝑥² − 1

⇔ −𝑢𝑥3 − 𝑣𝑥² + (2𝑢 − 𝑤)𝑥 + 𝑣 = 𝑥² − 1

Cette égalité doit avoir lieu pour tout x réel, cela ne peut se faire que si (et seulement si) les coefficients du

polynôme de gauche sont exactement les mêmes que ceux du polynôme de droite. On dit que l’on fait

l’identification des coefficients. Du coup

−𝑢 = 0 𝑢 = 0

𝑦𝑝 𝑣é𝑟𝑖fi𝑒 (𝐸) ⇔ −𝑣 = 1 ⇔ 𝑣 = −1

(2𝑢 − 𝑤) = 0 𝑤 = 0

𝑣 = −1

Ça y est, on a trouvé une solution particulière : 𝑦𝑝(𝑥) = 0. 𝑥² + (−1). 𝑥 + 0,1 = −𝑥.

Vérification : 𝑦’𝑝(𝑥) = −1 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑦’𝑝(𝑥) − 𝑥𝑦𝑝(𝑥) = −1 − 𝑥 (−𝑥) = 𝑥² − 1. Yes !

Exemple 7:

(𝐸) ∶ 𝑦’(𝑥) + 𝑦(𝑥) = 𝑒2𝑥.

On se sert de la solution générale yh de l’équation différentielle homogène (Eh) associée `à (E) :

(𝐸) ∶ 𝑦’(𝑥) + 𝑦(𝑥) = 0.

77


IV. Synthèse

Bon le plus dur est fait, il n’y a plus qu’à conclure. On utilise la proposition suivante qui permet de donner le résultat

dès que l’on a trouvé

- la solution générale yh de l’équation homogène (Eh) associée à (E),

- et une solution particulière yp de l’équation (E).

Voyons pour terminer un exemple complet pour bien comprendre le cheminement du début jusqu’à la fin.

On a déjà résolu cette équation différentielle homogène dans l’exemple 1 plus haut et l’on a trouvé que la

solution générale yh de (Eh) est

𝑦ℎ(𝑥) = 𝐶𝑒−𝑥, où C est une constante réelle.

Eh bien maintenant, faisons varier la constante C, c’est à dire considérons-la comme une fonction de x et

posons a priori

𝑦𝑝(𝑥) = 𝐶(𝑥)𝑒−𝑥.

Nous allons exprimer que la fonction yp est solution de notre équation différentielle (E). Nous devons

commencer par calculer la dérivée de yp. Pour cela dérivons le produit 𝐶(𝑥)e ½x² grâce à la formule (uv)’ = u’v

+ uv’.

𝑦’ 𝑝(𝑥) = 𝐶’(𝑥)𝑒−𝑥 + 𝐶(𝑥). (−1). 𝑒−𝑥 = 𝐶’(𝑥)𝑒−𝑥 − 𝐶(𝑥)𝑒.−𝑥

Bien maintenant, allons-y par équivalence,

𝑦𝑝 𝑣é𝑟𝑖fi𝑒 (𝐸) ⇔ 𝑦’𝑝(𝑥) + 𝑦𝑝(𝑥) = 𝑒2𝑥

⇔ 𝐶’(𝑥)𝑒−𝑥 − 𝐶(𝑥)𝑒 ½ 𝑥² + 𝐶(𝑥)𝑒 −𝑥 = 𝑒2𝑥

⇔ 𝐶’(𝑥)𝑒 −𝑥 = 𝑒2𝑥

⇔ 𝐶’(𝑥) = 𝑒𝑥𝑒2𝑥 = 𝑒3𝑥

⇔ 𝐶(𝑥) = ∫ 𝑒3𝑥 𝑑𝑥 =1

3 𝑒3𝑥 + 𝐾, 𝐾 ∈ 𝐼𝑅.

Comme on ne recherche qu’une solution particulière, on peut choisir la constante, prenons tout simplement

K = 0.

Finalement, nous avons 𝐶(𝑥) =1

3 𝑒 3𝑥et donc notre solution particulière

𝑦𝑝(𝑥) = 𝐶(𝑥)𝑒 −𝑥 =1

3 𝑒3𝑥 𝑒 −𝑥 =

1

3 𝑒2𝑥.

Vérification : on a 𝑦’𝑝(𝑥) =1

3. 2. 𝑒2𝑥 =

2

3𝑒2𝑥 𝑒𝑡 𝑦’𝑝(𝑥) + 𝑦𝑝(𝑥) =

2

3𝑒2𝑥 +

1

3𝑒2𝑥 = 𝑒2𝑥. Bingo !!!

Exemple 8 :

Considérons l’équation différentielle (𝐸) ∶ 𝑦’(𝑥) − 𝑦(𝑥) = 𝑥² + 𝑥 + 1. Avec la condition initiale 𝑦(0) = 1.

La question est : trouver la solution de l’équation différentielle (E) satisfaisant 𝑦(0) = 1.

Cette équation différentielle est bien linéaire d’ordre 1, c’est à dire du format

(𝐸) ∶ 𝑎(𝑥)𝑦’(𝑥) + 𝑏(𝑥)𝑦(𝑥) = 𝑐(𝑥).

où les fonctions a,b,c sont définies par a(x) = 1, b(x) = −1 et c(x) = x² + x + 1. La résolution complète se fait en 3

temps comme expliqué au-dessus.

78


Maintenant que nous sous sommes familiarisés avec les équations différentielles linéaires, nous pouvons revenir à

la situation concrète étudiée en début de cours.

Retour sur les bactéries : revenons au modèle vu pour les bactéries en début de cours. Nous étions arrivés à

l’équation différentielle

(𝐸) ∶ 𝑦’(𝑡) = 𝑎𝑦(𝑡), ou encore (𝐸) ∶ 𝑦’(𝑡) − 𝑎𝑦(𝑡) = 0.

Ici la lettre a désigne une constante réelle positive qui représente le taux d’accroissement des bactéries, ce n’est pas

la fonction a vue au début du cours dans le format standard d’une équation différentielle linéaire.

Résolution de l’équation homogène (Eh) associée à (E). Ici on a :

(𝐸ℎ) ∶ 𝑦’(𝑥) − 𝑦(𝑥) = 0.

Grâce à la proposition 30, on peut dire directement que la solution générale de l’équation différentielle

homogène (Eh) est 𝑦ℎ(𝑥) = 𝐶𝑒∫ −𝛼(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐶𝑒 ∫ −(−1)𝑑𝑥 = 𝐶𝑒𝑥 , où C est une constante réelle.

Détermination d’une solution particulière yp de l’équation (E).

La fonction c définie par 𝑐(𝑥) = 𝑥² + 𝑥 + 1 qui est dans le second membre est un polynôme en x de degré

2. On va donc rechercher notre solution particulière yp sous la même forme, c’est à dire un polynôme en x de

degré 2.

On pose donc a priori

𝑦𝑝(𝑥) = 𝑢𝑥² + 𝑣𝑥 + 𝑤, où u,v,w sont des constantes réelles déterminer.

Stratégie pour trouver u,v,w : nous allons exprimer que la fonction yp est solution de notre équation

différentielle (E). Pour cela, il nous faut calculer d’abord y’p. On a par dérivation d’un polynôme

𝑦’𝑝(𝑥) = 2𝑢𝑥 + 𝑣.

Bien, maintenant

𝑦𝑝 𝑣é𝑟𝑖𝑓𝑖𝑒 (𝐸) ⇔ 𝑦’𝑝(𝑥) − 𝑦𝑝(𝑥) = 𝑥² + 𝑥 + 1

⇔ 2𝑢𝑥 + 𝑣 − (𝑢𝑥² + 𝑣𝑥 + 𝑤) = 𝑥² + 𝑥 + 1

⇔ −𝑢𝑥² + (2𝑢 − 𝑣)𝑥 + 𝑣 − 𝑤 = 𝑥² + 𝑥 + 1


polynôme de gauche sont exactement les mêmes que ceux du polynôme de droite. On identifie les

coefficients. Du coup

−𝑢 = 1 𝑢 = −1

𝑦𝑝 𝑣é𝑟𝑖fi𝑒 (𝐸) ⇔ 2𝑢 − 𝑣 = 1 ⇔ 𝑣 = −3

𝑣 − 𝑤 = 1 𝑤 = −4

Ca y est, on a trouvé une solution particulière :

𝑦𝑝(𝑥) = (−1). 𝑥² + (−3). 𝑥 + (−4).1 = −𝑥² − 3𝑥 − 4.

Vérification : 𝑦’𝑝(𝑥) = −2𝑥 − 3 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑦’𝑝(𝑥) − 𝑦𝑝(𝑥) = −2𝑥 − 3 − (−𝑥² − 3𝑥 − 4) = 𝑥² + 𝑥 + 1. Yes!

Conclusion

Grâce à la proposition 34, la solution générale de l’équation différentielle (E) est

𝑦(𝑥) = 𝑦ℎ(𝑥) + 𝑦𝑝(𝑥) = 𝐶ex −𝑥2 − 3𝑥 − 4 où C est une constante réelle.

Il reste juste à exploiter la condition initiale pour trouver C. On a

𝑦(0) = 1 ⇔ 𝐶e0 −0² − 3.0 − 4 = 1 ⇔ 𝐶 − 4 = 1 ⇔ 𝐶 = 5.

Conclusion : la solution de l’équation différentielle (E) vérifiant y(0) = 1 est unique et vaut

𝑦(𝑥) = 5𝑒𝑥 − 𝑥² − 3𝑥 − 4

79


Appliquons à cette équation la méthode vue au-dessus dans les différents exemples. Ici notre équation est dès le

départ homogène puisque le second membre est nul donc aura la solution générale directement par la proposition

30.

La solution générale de l’équation différentielle (homogène) (E) est (attention la variable est cette fois t qui désigne

le temps) :

𝑦(𝑡) = 𝐶𝑒∫ −(−𝑎)𝑑𝑡 = 𝐶𝑒𝑎𝑡, où C est une constante réelle.

Vérification : Lorsqu’on part de 𝑦(𝑡) = Ceat, on obtient en dérivant 𝑦’(𝑡) = (𝑎)𝐶𝑒𝑎𝑡 = 𝑎𝐶𝑒−𝑎𝑡

donc 𝑦’(𝑡) − 𝑎𝑦(𝑡) = 𝑎𝐶𝑒−𝑎𝑡 − 𝑎𝐶𝑒𝑎𝑡 = 0. C’est bon !

On va pouvoir être plus précis si l’on connaît le nombre de bactéries au début de l’expérience. Supposons qu’il y ait

P0 millions de bactéries à t = 0. On a alors

𝑦(0) = 𝑃0 ⇔ 𝐶𝑒𝑎. 0 = 𝑃0 ⇔ 𝐶 = 𝑃0.

Conclusion : le nombre de bactéries (en millions) à l’instant t avec une quantité initiale P0 vaut

𝑃(𝑡) = 𝑦(𝑡) = 𝑃0𝑒𝑎𝑡.

D’où le nom de modèle exponentiel décrit par Thomas Robert Malthus (1766-1834), économiste et pasteur anglican).

Afin d’expliquer et de répondre au problème de pauvreté qui fait rage en Angleterre à la fin du 18e siècle, il tente tout

d’abord de savoir quel serait l’accroissement naturel de la population en l’absence de toute contrainte, en particulier

si celle-ci ne connaissait aucune restriction alimentaire. Il remarque alors que l’accroissement d’une population est

de type géométrique alors que celui des ressources vitales est plutôt de type arithmétique.

L’hypothèse malthusienne est alors la suivante :

”Le nombre de naissances et de décès pendant une courte période sont tous deux proportionnels à l’effectif de la

population au début de cette période et à la durée de celle-ci.”

Cela conduit dans le cas du temps discret (on compte les jours, les mois, les années) à des suites géométriques du

type Pn = P0an et dans le cas du temps continu à des fonctions exponentielles comme celles que l’on vient de voir

𝑃(𝑡) = P0eat

Remarque : ce modèle exponentiel n’est pas réaliste dans le long terme. En effet, comme chacun sait, la fonction

exponentielle croît très vite vers +∞. Or une population quelle qu’elle soit, bactérienne, végétale, animale ou même

humaine ne peut pas croître indéfiniment. Il arrive tôt ou tard des contraintes limitatives dues au manque de

nourriture ou d’espace vital qui font changer le régime de croissance.

La croissance exponentielle d’une population prévue par le modèle de Malthus conjuguée avec la croissance linéaire

des ressources du milieu dans lequel elle vit montre que très vite celle-ci doit connaître une inflexion. De manière à

modéliser ce phénomène, le mathématicien belge Pierre-François Verhulst (1804-1849) en 1836 proposa un nouveau

modèle où le taux de croissance de la population dépendait du temps.

Cette équation est appelée équation logistique. Elle décrit de façon réaliste la croissance d’une population et est

encore largement utilisée de nos jours. Cependant comme vous aurez pu le remarquer, c’est une équation

différentielle non linéaire. Elle ne pourra donc pas être traitée dans ce cours (même si ce n’est pas très difficile).

80


En résolvant cette équation différentielle on observe que la population P(t) admet une valeur limite maximale K

appelée capacité de charge ou encore capacité d’accueil (comme dans un immeuble). L’expression explicite est

Exercice 1 :

Trouver la solution de l’équation différentielle

(𝑬) : 𝒚’(𝒙) + 𝟐𝒙𝒚(𝒙) = 𝒙𝟐 + ½ 𝒔𝒂𝒕𝒊𝒔𝒇𝒂𝒊𝒔𝒂𝒏𝒕 𝒚(𝟎) = −𝟏

Exercice 36

On considère l’équation différentielle (𝐸) ∶ 𝑦’(𝑥) + 𝑦(𝑥) = 𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 2𝑠𝑖𝑛(𝑥).

1. Résoudre sur IR l’équation homogène associée.

2. Déterminer les réels α,β pour que 𝑦𝑝(𝑥) = 𝛼𝑐𝑜𝑠(𝑥) + 𝛽 𝑠𝑖𝑛(𝑥) soit une solution particulière de (E).

3. Donner la solution générale de (E).

4. Déterminer la solution de (E) vérifiant la condition initiale 𝑦(0) = 1.


La solution générale de l’équation différentielle linéaire d’ordre 1 (𝐸) ∶ 𝑎(𝑥)𝑦’(𝑥) + 𝑏(𝑥)𝑦(𝑥) =

𝑐(𝑥) est

𝑦(𝑥) = 𝑦ℎ(𝑥) + 𝑦𝑝(𝑥),

où yh est la solution générale de l’équation différentielle homogène (Eh) associée à (E), et yp une

solution particulière de l’équation (E).

81


CHAPITRE N°7 : Equations différentielles linéaire d’ordre 2

I. Equations différentielles linéaires d’ordre 2 à coefficients constants

Nous allons voir dans cette section, le cas des équations différentielles d’ordre 2. Une équation différentielle d’ordre

2 est une relation qui relie 3 fonctions : 𝑦, 𝑦’ 𝑒𝑡 𝑦’’.

Dans la section précédente, on a appris à trouver les fonctions y qui vérifient par exemple la relation réelle quelconque.

On peut de même se poser la question pour les relations impliquant la dérivée seconde, par exemple : quelles sont les fonctions

y qui vérifient : (𝐸) : 𝑦𝑛 = −𝑦 ?

En fait, on connaît de telles fonctions, par exemple la fonction sin ainsi que la fonction cos. En effet pour la fonction

sinus, on a 𝑠𝑖𝑛’ = 𝑐𝑜𝑠 𝑒𝑡 𝑠𝑖𝑛” = 𝑐𝑜𝑠’ = −𝑠𝑖𝑛, de même pour la fonction cosinus. On dira donc que les fonctions

sin et cos sont solutions de l’équation différentielle (𝐸). On verra même à l’issue de ce cours que la solution générale

de (𝐸) s’écrit à l’aide de ces 2 solutions sous la forme

𝑦(𝑥) = 𝐴 cos 𝑥 + 𝐵 𝑠𝑖𝑛 𝑥 A,B ∈ IR.

Remarque : Dans l’équation différentielle (𝐸), il n’y avait pas de terme en 𝑦’, c’est possible mais en général, il y en a

un.

Définitions générales. — Nous allons nous intéresser exclusivement aux équations différentielles linéaires d’ordre 2

à coefficients constants.

Définition 1 : équation différentielle linéaire d’ordre 2

Une équation différentielle linéaire d’ordre 2 est une équation différentielle particulière de la forme suivante

(𝐸): 𝑎(𝑥)𝑦′′(𝑥) + 𝑏(𝑥)𝑦′(𝑥) + 𝑐(𝑥) = 𝑑(𝑥)

où 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 sont des fonctions continues définies sur un intervalle I de IR et 𝑥 → 𝑦(𝑥) est la fonction inconnue de

l’équation.

Si les fonctions a,b,c sont constantes on dit que (𝐸) est à coefficients constants.

Dans tout ce qui suit, on ne considéra désormais que des équations à coefficients constants, c’est à dire de la forme

(𝐸): 𝑎𝑦′′(𝑥) + 𝑏𝑦′(𝑥) + 𝑐(𝑥) = 𝑑(𝑥)

où 𝑎, 𝑏, 𝑐 sont des réels.

En revanche, la fonction 𝑑 dans le second membre est quelconque.

On a comme dans les cas des équations différentielles linéaire d’ordre 1, la notion d’équation différentielle

homogène associée.

Exemple 1 :

(𝐸1) ∶ 𝑦′′(𝑥) + 𝑦(𝑥) = 𝑥

(𝐸2) ∶ 𝑦′′(𝑥) − 2𝑦′(𝑥) + (𝑥) = 1

(𝐸3) ∶ 2𝑦′′(𝑥) − 3𝑦′(𝑥) + 2𝑦(𝑥) = sin 𝑥

82


Définition 2 : Equation homogène

A toute équation différentielle linéaire d’ordre 2,

(𝐸): 𝑎𝑦′′(𝑥) + 𝑏𝑦′(𝑥) + 𝑐(𝑥) = 𝑑(𝑥)

on associe l’équation différentielle homogène associée

(𝐸ℎ): 𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0

qui est en fait l’équation (𝐸) où le second membre à droite a été remplacé par 0.

Cette équation est plus simple à résoudre que l’équation complète et nous commencerons toujours par la

résoudre avant de passer à l’équation complète.

Méthode de résolution d’une équation différentielle linéaire (𝐸)

La méthode est similaire au cas de l’ordre 1.

• Trouver la solution générale 𝑦ℎ de l’équation homogène (𝐸ℎ) associée à (𝐸).

• Trouver une solution particulière 𝑦𝑝 de l’équation (𝐸).

• Conclure par : la solution générale de (𝐸) est 𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝

Condition initiale

Dans la solution générale yh de l’équation homogène (𝐸ℎ) figureront deux constantes arbitraires souvent notées

𝐴 𝑒𝑡 𝐵. Or souvent une équation différentielle d’ordre 2 (𝐸) s’accompagne de 2 conditions initiales, par exemple

𝑦(𝑥0) = 𝑦0 𝑒𝑡 𝑦’(𝑥0) = 𝑦’0 qui sont les valeurs de la fonction et de sa dérivée au départ (souvent 𝑥0 = 0).

Une fois trouvée la solution générale de (𝐸) sous la forme 𝑦 = 𝑦ℎ + 𝑦𝑝 , on appliquera les conditions initiales

𝑦(𝑥0) = 𝑦0 𝑒𝑡 𝑦’(𝑥0) = 𝑦’0 pour trouver la valeur des constantes 𝐴 𝑒𝑡 𝐵.

II. Résolution de l’équation homogène.

On considère donc l’équation différentielle homogène

(𝐸ℎ) ∶ 𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0

Stratégie : On a vu dans le cas de l’ordre 1 que ce sont souvent des fonctions exponentielles qui sont solutions. L’idée

est donc de rechercher des fonctions y exponentielles donc définies par 𝑦(𝑥) = 𝑒𝜆𝑥 où 𝜆 est une constante

(paramètre réel). Nous allons voir pour quelles valeurs de 𝜆, 𝑦 est bien solution de (𝐸ℎ).

Si 𝑦(𝑥) = 𝑒𝜆𝑥 , alors 𝑦′(𝑥) = 𝜆𝑒𝜆𝑥 𝑒𝑡 𝑦”(𝑥) = 𝜆2𝑒𝜆𝑥.

Donc 𝑎𝑦′′(𝑥) + 𝑏𝑦′(𝑥) + 𝑐𝑦(𝑥) = 𝑎𝜆2𝑒𝜆𝑥 + 𝑏𝜆𝑒𝜆𝑥 + 𝑐𝑒𝜆𝑥 = 𝑒𝜆𝑥(𝑎𝜆² + 𝑏𝜆 + 𝑐).

Or une exponentielle ne s’annule jamais donc

𝑎𝑦′′ + 𝑏𝑦′ + 𝑐𝑦 = 0 ⇔ 𝑎𝜆² + 𝑏𝜆 + 𝑐 = 0.

Exemple 2:

(𝐸): 𝑦′′(𝑥) − 2𝑦′(𝑥) + 𝑦(𝑥) = 1 (𝐸ℎ) ∶ 𝑦′′(𝑥) − 2𝑦′(𝑥) + 𝑦(𝑥) = 0

83


Par conséquent les 𝜆 pour lesquels 𝑦 est solution de (𝐸ℎ) sont exactement les solutions de l’équation du second

degré suivante (𝐸𝑐) appelée équation caractéristique de (𝐸ℎ)

𝐸𝑐 ∶ 𝑎𝜆² + 𝑏𝜆 + 𝑐 = 0 .

On résout cette équation (on a révisé en début du module). On sait que divers cas peuvent se présenter suivant le

signe du discriminant ∆ = 𝑏² − 4𝑎𝑐 . Les résultats sont rassemblés dans la proposition suivante que l’on peut

appliquer directement.

Proposition 1

Pour l’équation différentielle linéaire homogène

(𝐸ℎ) ∶ 𝑎𝑦” + 𝑏𝑦’ + 𝑐𝑦 = 0.

On calcule le discriminant ∆ de l’équation caractéristique

(𝐸𝑐) 𝑎𝜆² + 𝑏𝜆 + 𝑐 = 0.

• Si ∆ > 0, l’équation (𝐸𝑐) admet deux solutions distinctes 𝜆1 = −𝑏−√∆

2𝑎 , 𝜆2 =

−𝑏+√∆

2𝑎 et la solution

générale de (𝐸ℎ) est

𝑦ℎ(𝑥) = 𝐴𝑒𝜆1𝑥 + 𝐵𝑒𝜆2𝑥 avec 𝐴, 𝐵 ∈ 𝑅;

• Si ∆ = 0, l’équation (𝐸𝑐) admet une unique solution 𝜆0 = −𝑏

2𝑎 et la solution générale de (𝐸ℎ) est

𝒚𝒉(𝒙) = 𝑨𝒙𝒆𝝀𝟎𝒙 + 𝑩𝒆𝝀𝟎𝒙 = (𝑨𝒙 + 𝑩)𝒆𝝀𝟎𝒙 𝒂𝒗𝒆𝒄 𝑨, 𝑩 ∈ 𝑰𝑹;

• Si ∆ < 0, l’équation (𝐸𝑐) admet deux solutions complexes non réelles et conjuguées,

𝜆1 =−𝑏−𝑖√−∆

2𝑎 = 𝛼 − 𝑖𝛽 𝑒𝑡 𝜆2 = 𝜆1 =

−𝑏 + 𝑖√−∆

2𝑎 = 𝛼 + 𝑖𝛽, 𝛼 ∈ 𝑅, 𝛽 ∈ 𝑅 ∗

et la solution générale de (𝐸ℎ) est

𝑦ℎ(𝑥) = 𝑒𝛼𝑥(𝐴𝑐𝑜𝑠(𝛽𝑥) + 𝐵 𝑠𝑖𝑛(𝛽𝑥)) avec A,B ∈ IR.

Exemple 3 :


(𝐸ℎ) ∶ 𝑦” − 3𝑦’ + 2𝑦 = 0.

L’équation caractéristique

(𝐸𝑐) : 𝜆² − 3𝜆 + 2 = 0.

On calcule ∆ = (−3)2 − 4 × 2 = 1 = 1² > 0.

On calcule les deux solutions de (𝐸𝑐), 𝜆1 =3−1

2 = 1 𝑒𝑡 𝜆2 =

3+1

2 = 2.

Du coup, grâce à la proposition précédente (1er cas), on peut dire directement que la solution générale de

l’équation différentielle homogène (Eh) est

𝑦ℎ(𝑥) = 𝐴𝑒1.𝑥 + 𝐵𝑒2.𝑥 = 𝐴𝑒𝑥 + 𝐵𝑒2𝑥 avec A,B ∈ IR.

Voici deux autres exemples.

84


III. Recherche d’une solution particulière.

— Pour trouver une solution particulière 𝑦𝑝 de l’équation différentielle linéaire d’ordre 2

(𝐸) ∶ 𝑎𝑦” + 𝑏𝑦’ + 𝑐𝑦 = 𝑑(𝑥),

La méthode est de chercher une fonction 𝑦𝑝 de la même forme que la fonction 𝑑 qui est dans le second membre.

En pratique, la règle que l’on applique est la suivante

Exemple 4 :


(𝐸ℎ) ∶ 𝑦” − 2𝑦’ + 𝑦 = 0.

L’équation caractéristique

(𝐸𝑐) : 𝜆² − 2𝜆 + 1 = 0.

On calcule ∆ = 0 et la solution unique (double) est λ = 1 car

𝛬² − 2𝜆 + 1 = 0 ⇔ (𝜆 − 1)² = 0 ⇔ 𝜆 − 1 = 0 ⇔ 𝜆 = 1.

Du coup, grâce à la proposition précédente (2ème cas), on peut dire directement que la solution générale de

l’équation différentielle homogène (𝐸ℎ) est

𝑦ℎ(𝑥) = 𝐴𝑥𝑒𝑥 + 𝐵𝑒𝑥 = (𝐴𝑥 + 𝐵)𝑒𝑥 avec A,B ∈ IR.

Exemple 5:

Considérons l’équation différentielle linéaire homogène prise en introduction de cette section

(𝐸ℎ) ∶ 𝑦” = −𝑦 ⇔ 𝑦” + 𝑦 = 0.

L’équation caractéristique est

(𝐸𝑐) 𝜆² + 1 = 0.

On résout directement

𝜆² + 1 = 0 ⇔ 𝜆2 = −1 ⇔ 𝜆 = ±𝑖,

ou on calcule ∆ = 02 − 4 = (2𝑖)² qui conduit aux deux mêmes solutions

𝜆1 =−0 − 2𝑖

2 = 0 − 𝑖 = −𝑖 𝑒𝑡 𝜆2 =

−0 + 2𝑖

2 = 0 + 𝑖 = 𝑖.

Du coup, grâce à la proposition précédente (3ème cas), on peut dire directement que la solution générale

de l’équation différentielle homogène (𝐸ℎ) est

𝑦ℎ(𝑥) = 𝑒0𝑥(𝐴𝑐𝑜𝑠(1. 𝑥) + 𝐵 𝑠𝑖𝑛(1. 𝑥)) = 𝐴𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 𝐵 𝑠𝑖𝑛 𝑥, avec A,B ∈ IR.

85


Voyons cela sur un premier exemple.

Proposition 2

Si le second membre 𝑑(𝑥) est de la forme 𝑒µ𝑥𝑃(𝑥) où 𝑃 est un polynôme en 𝑥, on cherchera 𝑦𝑝 sous la

forme 𝑦𝑝(𝑥) = 𝑒µ𝑥𝑄(𝑥), avec 𝑄 un polynôme en 𝑥,

- de même degré que 𝑃, si 𝜆 n’est pas solution de l’équation caractéristique (𝐸𝑐) associée à (𝐸),

- de degré 𝑑𝑒𝑔 𝑃 + 1, si 𝜆 est solution simple de l’équation caractéristique (𝐸𝑐),

- de degré 𝑑𝑒𝑔 𝑃 + 2, si 𝜆 est solution double de l’équation caractéristique (𝐸𝑐).

Ne pas s’inquiéter : en pratique, dans les exercices, le texte vous suggèrera la forme sous laquelle chercher

une solution particulière.

Exemple 6 :

Considérons l’équation différentielle

(𝐸) ∶ 𝑦”(𝑥) − 3𝑦’(𝑥) + 2𝑦(𝑥) = 𝑥 + 1.

L’équation homogène

(𝐸ℎ) ∶ 𝑦”(𝑥) − 3𝑦’(𝑥) + 2𝑦(𝑥) = 0,

a déjà été résolue dans l’exemple 1 au-dessus. La solution générale de (𝐸ℎ) est

𝑦ℎ(𝑥) = 𝐴𝑒1.𝑥 + 𝐵𝑒2.𝑥 = 𝐴𝑒𝑥 + 𝐵𝑒2𝑥 avec A,B ∈ IR.

La fonction 𝑑 définie par 𝑑(𝑥) = 𝑥 + 1 qui est dans le second membre est de la forme

𝑑(𝑥) = (𝑥 + 1) = 𝑒0𝑥(𝑥 + 1).

On remarque que le coefficient dans l’exponentielle µ = 0 n’est pas solution de l’équation caractéristique

(𝐸𝑐) ∶ 𝜆² − 3𝜆 + 2 = 0. Donc l’énoncé vous invitera à chercher 𝑦𝑝 comme sous la forme

𝑦𝑝(𝑥) = 𝑒0𝑥𝑄(𝑥) = 𝑄(𝑥), avec 𝑄 un polynôme en 𝑥, de même degré que 𝑃.


𝑦𝑝(𝑥) = 𝑣𝑥 + 𝑤, où 𝑣, 𝑤 sont des constantes réelles à déterminer.

Stratégie pour trouver 𝑣, 𝑤 : Comme dans le cas de l’ordre 1, nous allons exprimer que la fonction 𝑦𝑝 est

solution de notre équation différentielle (𝐸).

Pour cela, il nous faut calculer d’abord 𝑦’𝑝 et 𝑦”𝑝. On a par dérivations successives d’un polynôme

𝑦’𝑝(𝑥) = 𝑣 𝑒𝑡 𝑦”𝑝(𝑥) = 0.

86


IV. Synthèse

— Comme dans le cas de l’ordre 1, on utilise la proposition suivante qui permet de donner le résultat dès que

l’on a trouvé la solution générale 𝑦ℎ de l’équation homogène (𝐸ℎ) associée à (𝐸) et une solution

particulière 𝑦𝑝 de l’équation (𝐸).

Bien, maintenant

𝑦𝑝 vérifie (𝐸) ⇔ 𝑦”𝑝(𝑥) − 3𝑦’𝑝(𝑥) + 2𝑦𝑝(𝑥) = 𝑥 + 1

⇔ 0 − 3(𝑣) + 2(𝑣𝑥 + 𝑤) = 𝑥 + 1

⇔ 2𝑣𝑥 + (−3𝑣 + 2𝑤) = 1. 𝑥 + 1.


polynôme de gauche sont exactement les mêmes que ceux du polynôme de droite. On dit que l’on fait

l’identification des coefficients. Du coup

yp vérifie (𝐸) ⇔ 2𝑣 = 1 ⇔ 𝑣 = ½

−3𝑣 + 2𝑤 = 1 𝑤 = 5/4


𝑦𝑝(𝑥) =1

2 . 𝑥 +

5

4=

1

2. 𝑥 +

5

4

Vérification : 𝑦’𝑝(𝑥) =1

2𝑒𝑡 𝑦”𝑝(𝑥) = 0 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑦”𝑝(𝑥) − 3𝑦’𝑝(𝑥) + 2𝑦𝑝(𝑥) = 0 − 3(

1

2) + 2(

1

2. 𝑥 +

5

4) =

𝑥 + 1. Yes !

Proposition 3 : solution générale complète

La solution générale de l’équation différentielle linéaire d’ordre 1

(𝐸) ∶ 𝑎𝑦” + 𝑏𝑦’ + 𝑐 = 𝑑(𝑥)

est

𝑦(𝑥) = 𝑦ℎ(𝑥) + 𝑦𝑝(𝑥),

où 𝑦ℎ est la solution générale de l’équation différentielle homogène (𝐸ℎ) associée à (𝐸) , et 𝑦𝑝 une

solution particulière de l’équation (𝐸).

87


Voyons pour terminer un dernier exemple complet pour bien comprendre le cheminement du début jusqu’à la fin.

Exemple 7 :

Considérons l’équation différentielle

(𝐸) ∶ 𝑦”(𝑥) + 4𝑦’(𝑥) + 3𝑦(𝑥) = 𝑒−𝑥. avec les conditions initiales 𝑦(0) = 1, 𝑦’(0) = 1.

La question est : trouver la solution de l’équation différentielle (𝐸) satisfaisant 𝑦(0) = 1 𝑒𝑡 𝑦’(0) = 1.

Cette équation différentielle est bien linéaire d’ordre 2, à coefficients constants, c’est à dire du format

(𝐸) ∶ 𝑎𝑦”(𝑥) + 𝑏𝑦’(𝑥) + 𝑐𝑦(𝑥) = 𝑑(𝑥). 𝑜ù 𝑎 = 1, 𝑏 = 4 𝑐 = 3 𝑒𝑡 𝑑(𝑥) = 𝑒−𝑥.

La résolution complète se fait en 3 temps comme expliqué au-dessus.

i. Résolution de l’´équation homogène (𝐸ℎ) associée à (𝐸).

Ici on a (𝐸ℎ) ∶ 𝑦”(𝑥) + 2𝑦’(𝑥) + 𝑦(𝑥) = 0.

On forme l’équation caractéristique associée

(𝐸𝑐): 𝜆² + 4𝜆 + 3 = 0.

Le discriminant ∆ = 4² − 4 × 3 = 4 = 2². L’équation (𝐸𝑐) admet deux solutions 𝜆1 =−4−2

2 = −3 et

𝜆1 =−4+2

2 = −1. Grâce à la proposition 31, on peut dire directement que la solution générale de l’équation

différentielle homogène (𝐸ℎ) est

𝑦ℎ(𝑥) = 𝐴𝑒−3𝑥 + 𝐵𝑒−𝑥 𝑜ù 𝐴, 𝐵 sont des constantes réelles.

ii. Détermination d’une solution particulière 𝑦𝑝 de l’équation (𝐸).

La fonction 𝑑 définie par 𝑑(𝑥) = 𝑒−𝑥 qui est dans le second membre est de la forme 𝑑(𝑥) =

𝑒−𝑥𝑃(𝑥) 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑃(𝑥) = 1.

On remarque que le coefficient dans l’exponentielle µ = −1 est solution de l’équation caractéristique (𝐸𝑐).

Donc on vous invitera à chercher 𝑦𝑝 comme sous la forme 𝑦𝑝(𝑥) = 𝑒−𝑥𝑄(𝑥), avec 𝑄 un polynôme en 𝑥, de

degré 𝑑𝑒𝑔 𝑃 + 1 = 1.


𝑦𝑝(𝑥) = 𝑒−𝑥(𝑣𝑥 + 𝑤), où 𝑣, 𝑤 sont des constantes réelles à déterminer.

Stratégie pour trouver v,w : nous allons exprimer que la fonction 𝑦𝑝 est solution de notre équation

différentielle (𝐸).

Pour cela, il nous faut calculer d’abord 𝑦’𝑝 𝑒𝑡 𝑦”𝑝. On a par dérivations successives

𝑦’𝑝(𝑥) = −𝑒−𝑥(𝑣𝑥 + 𝑤) + 𝑒−𝑥𝑣 = 𝑒−𝑥(−𝑣𝑥 − 𝑤 + 𝑣)𝑒𝑡

𝑦’’𝑝(𝑥) = −𝑒−𝑥(−𝑣𝑥 − 𝑤 + 𝑣) + 𝑒−𝑥(−𝑣) = 𝑒−𝑥(𝑣𝑥 + 𝑤 − 2𝑣).

88



Une équation différentielle linéaire d’ordre 2 est une équation différentielle particulière de la forme suivante

(𝐸) ∶ 𝑎(𝑥)𝑦”(𝑥) + 𝑏(𝑥)𝑦’(𝑥) + 𝑐(𝑥)𝑦(𝑥) = 𝑑(𝑥)

où 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 sont des fonctions continues définies sur un intervalle I de IR et 𝑥 → 𝑦(𝑥) est la fonction

inconnue de l’équation.

Bien, maintenant

𝑦𝑝 vérifie (𝐸) ⇔ 𝑦” ’𝑝(𝑥) + 4𝑦’𝑝(𝑥) + 3𝑦𝑝(𝑥) = 𝑒−𝑥

⇔ 𝑒−𝑥(𝑣𝑥 + 𝑤 − 2𝑣) + 4𝑒−𝑥(−𝑣𝑥 − 𝑤 + 𝑣) + 3𝑒−𝑥(𝑣𝑥 + 𝑤) = 𝑒−𝑥

⇔ (𝑣𝑥 + 𝑤 − 2𝑣) + 4(−𝑣𝑥 + 𝑣 − 𝑤) + 3(𝑣𝑥 + 𝑤) = 1

⇔ 2𝑣 = 1 ⇔ 𝑣 =1

2

La seule contrainte est 𝑣 =1

2 , on peut donc choisir 𝑤 comme on veut, prenons 𝑤 = 0 pour faire simple.


𝑦𝑝(𝑥) =1

2 𝑥𝑒−𝑥.

3- Conclusion

Grâce à la proposition 31, la solution générale de l’équation différentielle (𝐸) est

𝑦(𝑥) = 𝑦ℎ(𝑥) + 𝑦𝑝(𝑥) = 𝐴𝑒−3𝑥 + 𝐵𝑒−𝑥 +1

2 𝑥𝑒−𝑥. où 𝐴, 𝐵 sont des constantes réelles.

Il reste juste à exploiter les conditions initiales pour trouver 𝐴, 𝐵. On a

Conclusion : la solution de l’équation différentielle (𝐸) vérifiant 𝑦(0) = 1, 𝑦′(0) = 1 est unique et vaut

𝑦(𝑥) = −3

4 𝑒−3𝑥 +

7

4 𝑒−𝑥 +

1

2 𝑥𝑒−𝑥

89


Entrainements QCM pour le chapitre 7 :

QCM 1 : PARMI LES PROPOSITIONS CI-DESSOUS, LAQUELLE (LESQUELLES) EST (SONT)

EXACTE(S) ?

L’équation différentielle (E) : y’(x)−3y(x) = 1 est

a) linéaire d’ordre 1 à coefficients constants,

b) linéaire d’ordre 1 homogène,

c) linéaire d’ordre 1 à coefficients non constants,

d) non linéaire


EXACTE(S) ?

L’équation différentielle (E) : xy’(x) + 2y(x) = x² est




d) non linéaire


EXACTE(S) ?

L’équation différentielle (E) : y’(x)−y²(x) = 0 est




d) non linéaire.

90



EXACTE(S) ?

L’équation différentielle (E) : yn(x)−y’(x) + 2xy(x) = 0 est




d) non linéaire.


EXACTE(S) ?

L’équation différentielle y’ = 3y admet pour solution générale les fonctions f définies sur IR par

a) f(x) = Ce−3x où C est une constante réelle,

b) f(x) = Ce3x où C est une constante réelle,

c) f(x) = 0

d) f(x) = e3x + C où C est une constante réelle.


EXACTE(S) ?

Parmi ces fonctions laquelle est solution de l’équation différentielle y’(x) + y(x) = x + 1?

a) y(x) = e−x + 1,

b) y(x) = e−x + x,

c) y(x) = e−x + x + 1,

d) y(x) = x + 1.


EXACTE(S) ?

La solution particulière f de l’équation différentielle y0 = y telle que y(1) = 2 est

a) la fonction f définie par f(x) = 2x,

b) la fonction f définie par f(x) = 2x,

91


c) la fonction f définie par f(x) = 2ex−1,

d) la fonction f définie par f(x) = 2ex −1.


EXACTE(S) ?

La fonction f définie sur par f(x) = xex est solution de l’´équation différentielle :

a) y’ = (1 + x)y,

b) y’ = xy

c) y’ = y

d) y’ = y + ex


EXACTE(S) ?

Les solutions de l’équation différentielle (E) : 2y’ + y = 0 sont les fonctions f définies par

a) f(x) = a cos(x/2) + b sin(x/2) où a et b sont deux constantes réelles,

b) f(x) = a cosx + b sinx où a et b sont deux constantes réelles,

c) f(x) = ke−x/2 où k est une constante réelle,

d) f(x) = kex/2 où k est une constante réelle.


EXACTE(S) ?

Les solutions de l’équation différentielle (E) : y’ = 3y + 2 sont les fonctions f définies par

a) f(x) = Ce3x + 2 où C est une constante réelle,

b) f(x) = Ce3x + 2/3 où C est une constante réelle,

c) f(x) = Ce3x + 2x où C est une constante réelle,

d) f(x) = Ce3x −2/3 où C est une constante réelle

92


Corrections Exercices du chapitre 7

Correction exercice 1


(E) : a(x)y’(x) + b(x)y(x) = c(x). où les fonctions a,b,c sont définies par a(x) = 1, b(x) = 2x et c(x) = x² + ½ .

La résolution complète se fait en 3 temps.

Résolution de l’équation homogène (Eh) associée à (E). Ici on a

(Eh) : 𝑦’(𝑥) + 2𝑥𝑦(𝑥) = 0.

Grâce à la proposition 30, on peut dire directement que la solution générale de l’équation différentielle homogène

(Eh) est yh(x) = Ce∫−2xdx = Ce-x², où C est une constante réelle.

Détermination d’une solution particulière yp de l’équation (E). La fonction c définie par c(x) = x² + 1/2 qui est dans le

second membre est un polynôme en x de degré 2. On va donc rechercher notre solution particulière yp sous la

même forme, c’est à dire un polynôme en x de degré 2.


𝑦𝑝(𝑥) = 𝑢𝑥² + 𝑣𝑥 + 𝑤, où u,v,w sont des constantes réelles à déterminer.

Stratégie pour trouver u,v,w : nous allons exprimer que la fonction yp est solution de notre équation différentielle

(E). Pour cela, il nous faut calculer d’abord y’p. On a par dérivation d’un polynôme

𝑦’𝑝(𝑥) = 2𝑢𝑥 + 𝑣.

Bien, maintenant

yp vérifie (E) ⇔ 𝑦’𝑝(𝑥) + 2𝑥𝑦𝑝(𝑥) = 𝑥² + 1/2

⇔ 2𝑢𝑥 + 𝑣 + 2𝑥(𝑢𝑥² + 𝑣𝑥 + 𝑤) = 𝑥² + 1/2

⇔ 2𝑢𝑥² + 2𝑣𝑥² + (2𝑢 + 2𝑤)𝑥 + 𝑣 = 𝑥² + 1/2


polynôme de gauche sont exactement les mêmes que ceux du polynôme de droite. On identifice les coefficients. Du

coup

yp vérifie (E) ⇔ {

2u = 02v = 1

2u + 2w = 0 v = ½

⇔ {𝑢 = 0

v = 1/2 w = 0

93


Ca y est, on a trouvé une solution particulière : 𝑦𝑝(𝑥) = 0. 𝑥² + (1/2). 𝑥 + 0.1 = 1/2𝑥.

Vérification : 𝑦’𝑝(𝑥) = 1/2 𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑦’𝑝(𝑥) + 2𝑥𝑦𝑝(𝑥) = 1/2 + 2𝑥(1/2𝑥) = 𝑥² + 1/2. Yes!

Conclusion


𝑦(𝑥) = 𝑦ℎ(𝑥) + 𝑦𝑝(𝑥) = 𝐶𝑒 − 𝑥² + 1/2 . où C est une constante réelle.

Il reste juste à exploiter la condition initiale pour trouver C.

On a 𝑦(0) = −1 ⇔ 𝐶𝑒 − 0² + 1/2 .0 = −1 ⇔ 𝐶 = −1

Conclusion : la solution de l’équation différentielle (E) vérifiant y(0) = −1 est unique et vaut

𝑦(𝑥) = −𝑒 − 𝑥² + 1/2 𝑥

Corrigé de l’exercice 2


(E) : a(x)y’(x) + b(x)y(x) = c(x). où les fonctions a,b,c sont définies par a(x) = 1, b(x) = 1 et c(x) = cos(x) + 2sin(x)..

Dans cet exercice, on est guidé pour effectuer les 3 temps de résolution.

Résolution de l’équation homogène (Eh) associée à (E). Ici on a

(Eh) : y’(x) + y(x) = 0.

Grâce à la proposition 30, on peut dire directement que la solution générale de l’équation différentielle homogène

(Eh) est

yh(x) = Ce∫ (−1)dx = Ce−x, où C est une constante réelle.

Détermination d’une solution particulière yp de l’équation (E). La fonction c définie par c(x) = cos(x) + 2sin(x) est une

combinaison (linéaire) de cosinus et de sinus. L’idée est de rechercher notre solution particulière yp sous la même

forme, c’est pourquoi on vous invite à poser

yp(x) = αcos(x) + β sin(x) où α,β sont des constantes réelles à déterminer.

Stratégie pour trouver α,β : nous allons exprimer que la fonction yp est solution de notre équation différentielle (E).

Pour cela, il nous faut calculer d’abord y’p. On a par dérivation y’p(x) = −αsin(x) + β cos(x).

Bien, maintenant

yp vérifie (E) ⇔ y’p(x) + yp(x) = cos(x) + 2sin(x)

⇔ −αsin(x) + β cos(x) + αcos(x) + β sin(x) = cos(x) + 2sin(x)

⇔ (−α + β)sin(x) + (β + α)cos(x) = 2sin(x) + cos(x)

94


Cette égalité doit avoir lieu pour tout x réel, cela ne peut se faire que si (et seulement si) les coefficients des sinus et

cosinus à gauche sont exactement les mêmes que ceux de droite. On identifice les coefficients. Du coup

yp vérifie (E) ⇔ (−α + β = 2 (L1) ⇔ (−α + β = 2 (L1) ⇔ α = −1 /2

β + α = 1 (L2) 2β = 3 (L1 + L2) β = 3 2

Ca y est, on a trouvé une solution particulière : yp(x) = (− 1/2 )cos(x) + 3/2 sin(x).

Vérification : y’p(x) = 1/2 sin(x) + 3/2 cos(x) donc y’p(x) + yp(x) = 1/2 sin(x) + 3/2 cos(x) + (− 1/2 )cos(x) + 3/2 sin(x) = cos(x) +

2sin(x). Yes!


y(x) = yh(x) + yp(x) = Ce−x – 1/2 cos(x) + 3/2 sin(x) où C est une constante réelle.

Il reste juste à exploiter la condition initiale pour trouver C. On a

y(0) = 1 ⇔ Ce−0 – 1/2 cos(0) + 3/2 sin(0) = 1 ⇔ C −1/2 = 1 ⇔ C =3/2

Conclusion : la solution de l’´équation différentielle (E) vérifiant y(0) = 1 est unique et vaut

y(x) = 3/2 e−x – 1/2 cos(x) + 3/2 sin(x)

QCM du chapitre 7

Correction QCM 1 :

Réponse a) linéaire d’ordre 1 à coefficients constants,

En effet l’équation différentielle est bien linéaire car de la forme

a(x)y’(x) + b(x)y(x) = c(x), avec a(x) = 1, b(x) = −3 et c(x) = 1 qui sont toutes les trois constantes

Correction QCM 2 :

Réponse c) linéaire d’ordre 1 à coefficients non constants,

En effet l’équation différentielle est bien linéaire car de la forme

a(x)y’(x) + b(x)y(x) = c(x), avec a(x) = x, b(x) = 2 et c(x) = x² qui ne sont pas toutes constantes

Correction QCM 3 :

Réponse d) non linéaire.

En effet, l’équation différentielle n’est pas linéaire à cause du terme en y²(x).

95


Correction QCM 4 :

Réponse b) linéaire d’ordre 2 homogène, constants.

En effet, l’équation différentielle fait intervenir y, y’ et y” donc elle est d’ordre 2, elle n’est pas à coefficients à cause

du terme 2xy(x). Et elle est bien linéaire car de la forme a(x)y”(x) + b(x)y0(x) + c(x)y(x) = d(x),

Correction QCM 5 :

Réponse b) f(x) = Ce3x où C est une constante réelle.

En effet, c’est une équation différentielle homogène y’(x)−3y(x) = 0 et la proposition 30 dit que la solution générale

est y(x) = Ce∫−(−3)dx = Ce3x, où C est une constante réelle.

Correction QCM 6 :

Réponse b) y(x) = e−x + x, En effet, on a y’(x) = −e−x + 1 donc y’x) + y(x) = −e−x + 1 + (e−x + x) = x + 1.

Correction QCM 7 :

Réponse c) la fonction f définie par f(x) = 2ex−1,

En effet, c’est une équation différentielle homogène y’(x)−y(x) = 0 et la proposition 30 dit que la solution générale

est y(x) = Ce∫−(−1)dx = Cex, où C est une constante réelle. On détermine C grâce à la condition initiale y(1) = 2 ⇔ Ce1 = 2

⇔ C = 2/e .

D’où, y(x) = Cex = 2/e ex = 2ex−1.

Correction QCM 8 :

Réponse d) y’(x) = y(x) + ex.

En effet, on a f’(x) = ex +xex = ex +f(x) = f(x)+ex donc f est solution de y’(x) = y(x)+ex.

Correction QCM 9 :

Réponse c) f(x) = ke−x/2 où k est une constante réelle.

En effet, c’est une équation différentielle homogène qu’il faut mettre sous la forme normalisée y’(x) + 1/2y(x) = 0 et

la proposition 30 dit que la solution générale est y(x) = Ce∫−(1 2)dx = Ce−x/2, où C est une constante réelle.

96


Correction QCM 10 :

Réponse d) f(x) = Ce3x −2/3 où C est une constante réelle.

En effet, l’équation différentielle homogène associée est (Eh) : y’−3y = 0. La proposition 30 dit que la solution

générale est yh(x) = Ce∫−(−3)dx = Ce3x. Le second membre est un polynôme constant, on peut donc s’attendre à ce qu’il

y ait une solution particulière yp constante. Cherchons yp = k, on a alors y’p = 0 d’où

yp vérifie (E) ⇔ y’p = 3yp + 2 ⇔ 0 = 3k + 2 ⇔ k = − 2/3 .

La solution générale de (E) est donc y(x) = Ce3x −2/3.

QCM du chapitre 8

Correction QCM 1 :

Réponse b) 𝑦(𝑥) = 𝐴𝑒−2𝑥 + 𝐵𝑒2𝑥 , 𝐴, 𝐵 ∈ IR,

En effet, l’équation caractéristique associée est 𝜆² − 4 = 0 qui a pour solutions évidentes 𝜆 = ±2 d’où la réponse

b) d’après la proposition 30.

Correction QCM 2 :

Réponse c) 𝑦(𝑥) = 𝐴𝑒𝑥 + 𝐵𝑒−6𝑥, 𝐴, 𝐵 ∈ IR. En effet, l’équation caractéristique associée est 𝜆² + 5𝜆 − 6 = 0

qui a pour discriminant ∆ = 52 − 4 × 6 = 49 = 72 et donc deux solutions distinctes 𝜆1 =−5−7

2 = −6 et 𝜆2 =

−5+7

2 = 1 d’où la réponse c) d’après la proposition 30.

Correction QCM 3 :

Réponse b) 𝑦(𝑥) = 𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) + 𝐵 𝑠𝑖𝑛(2𝑥), 𝐴, 𝐵 ∈ IR. En effet, l’équation caractéristique associée est 𝜆² + 4 =

0 ⇔ 𝜆2 = −4 ⇔ 𝜆 = ±2𝑖 qui a donc deux solutions distinctes complexes conjuguées 𝜆1 = −2𝑖 = 0 −

2𝑖 𝑒𝑡 𝜆2 = 2𝑖 = 0 + 2𝑖.

La solution générale de l’équation homogène (E) est donc d’après la proposition 30 (3ème cas)

𝑦(𝑥) = (𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) + 𝐵 𝑠𝑖𝑛(2𝑥))𝑒0𝑥 = 𝐴𝑐𝑜𝑠(2𝑥) + 𝐵 𝑠𝑖𝑛(2𝑥), 𝐴, 𝐵 ∈ IR.

Correction QCM 4 :

Réponse d) 𝑦(𝑥) = (𝐴𝑐𝑜𝑠(4𝑥) + 𝐵 𝑠𝑖𝑛(4𝑥))𝑒−3𝑥, 𝐴, 𝐵 ∈ IR, En effet, l’équation caractéristique associée est

𝜆² + 6𝜆 + 25 = 0

qui a pour discriminant ∆ = 62 − 4 × 25 = −64 = (8𝑖)² et donc deux solutions complexes conjuguées λ1 =−6−8𝑖

2 = −3 − 4𝑖 𝑒𝑡 𝜆2 =

−6+8𝑖

2 = −3 + 4𝑖.

La solution générale de l’équation homogène (𝐸) est donc d’après la proposition 30 (3ème cas)

𝑦(𝑥) = (𝐴𝑐𝑜𝑠(4𝑥) + 𝐵 𝑠𝑖𝑛(4𝑥))𝑒−3𝑥, 𝐴, 𝐵 ∈ IR.

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Correction QCM 5 :

Réponse a) 𝑦(𝑥) = 𝐴 + 𝐵𝑒𝑥 − 𝑥, 𝐴, 𝐵 ∈ IR

En effet, l’équation caractéristique associée est

𝜆² − 𝜆 = 0 ⇔ 𝜆(𝜆 − 1) = 0 ⇔ 𝜆 = 0 𝑜𝑢 𝜆 = 1.

La solution générale de l’équation homogène (E) est donc d’après la proposition 30 (1er cas)

𝑦(𝑥) = 𝐴 + 𝐵𝑒𝑥 , 𝐴, 𝐵 ∈ IR.

Ensuite, la fonction définie par 𝑦(𝑥) = −𝑥 est bien solution particulière de (𝐸) car 𝑦’(𝑥) = −1 𝑒𝑡 𝑦”(𝑥) = 0 donc

𝑦”(𝑥) − 𝑦′(𝑥) = 0 − (−1) = 1. D’où la réponse a).

Correction QCM 6 :

Réponse d) 𝑦(𝑥) = 𝐴𝑒−20𝑥 + 𝐵𝑒20𝑥 + 50, 𝐴, 𝐵 ∈ IR.

En effet, l’équation caractéristique associée est

𝜆² − 400 = 0 ⇔ 𝜆2 = 400 ⇔ 𝜆 = ±20.

La solution générale de l’équation homogène (E) est donc d’après la proposition 30 (1er cas)

𝑦(𝑥) = 𝐴𝑒−20𝑥 + 𝐵𝑒20𝑥, 𝐴, 𝐵 ∈ IR.

Ensuite, la fonction définie par 𝑦(𝑥) = 50 est bien solution particulière de (𝐸) car 𝑦’(𝑥) = 0 et 𝑦”(𝑥) = 0 donc

𝑦”(𝑥) − 400𝑦(𝑥) = 0 − 400 × 50 = −2000. D’où la réponse d).

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Notes

ue3 : mathématiquesue3 : mathematiques pr. landreau b) monotonie dans l’étude d’une suite, il...

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