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UNIVERSITÉ ABDELMALEK ESSAADIFACULTÉ DES SCIENCES

DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUESTÉTOUAN

EXERCICES CORRIGÉS

ANALYSE II

ARIJ BOUZELMATE

Filières : SMP/SMC

Année Universitaire : 2017-2018

Table des matières

1 Séries Numériques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

2 Intégrale Simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

3 Intégrales Généralisées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

3.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

4 Equations Différentielles du Premier Ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

4.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

4.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

5 Equations Différentielles Linéaires du Second Ordre à Coefficients Constants . . . . . . . . . 38

5.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

5.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

i

Arij Bouzelmate Faculté des Sciences de Tétouan

1 Séries Numériques

1.1 Exercices

Exercice 1.1. Montrer que les séries suivantes sont convergentes. Calculer leurs sommes.

1)∑n≥0

2n

3n−2;

2)∑n≥0

(−1)n(

1

2

)2n

;

3)∑n≥0

(1

6n+ (−1)n

(1

3

)2n)

;

4)∑n≥0

3

(3n+ 1)(3n+ 4);

5)∑n≥0

2n+ 3

(n+ 1)2(n+ 2)2.

Exercice 1.2. Soient (un)n une suite réelle positive et (vn)n la suite définie par

vn =un

1 + un, ∀n ∈ N.

Montrer que les séries∑n≥0

un et∑n≥0

vn sont de même nature.

Exercice 1.3. Soient (un)n une suite réelle strictement positive et strictement croissante et (vn)n la suite définie par

vn =un+1 − un

un, ∀n ∈ N.

Montrer que si la suite (un)n converge alors la série∑n≥0

vn converge aussi.

Exercice 1.4. On pose

un =2n

(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n); n ≥ 1.

1) Montrer que

u1 + u2 + · · ·+ un = 1− 1

(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n); pour tout n ≥ 1.

2) Etudier la nature de la série∑n≥1

un.

1


Exercice 1.5. Soient a et b deux réels tels que 0 < a < b < 1. Soit un une suite réelle telle que(ab

)nun soit bornée.

1) Montrer que la série∑n≥0

an |un| est convergente.

2) Déduire que la série∑n≥0

nαrn est convergente pour tous 0 < r < 1 et α ∈ R.

3) En prenant α = 1 dans la question 2, montrer que+∞∑n=0

nrn =r

(1− r)2.

Exercice 1.6. Etudier la nature de la série de terme général

un =(ln 2)n

(1 + ln 2)(1 + ln 2)2 · · · (1 + ln 2)n; n ∈ N.

Exercice 1.7. Etudier la nature des séries suivantes

1)∑n≥1

1

(lnn)n; 2)

∑n≥1

lnn√n

; 3)∑n≥1

e−(lnn)2

;

4)∑n≥1

(3 + (−1)n)−n

; 5)∑n≥1

(1

2+

1

2n

)n; 6)

∑n≥1

(−1)n(√

n2 + 1− n)

;

7)∑n≥1

xlnn, x > 0; 8)∑n≥1

(1 +

1

n

)−n2

; 9)∑n≥1

2n + 3n

n2 + ln(n) + 5n;

10)∑n≥1

(2n+ 1)4

(7n2 + 1)3 ; 11)

∑n≥1

an

na, a > 0; 12)

∑n≥1

(1 +

x

n

)−n2

, x ∈ R.

Exercice 1.8.

1) Etudier la nature de la série∑n≥2

(−1)nn

n2 − 1.

2) Est-elle absolument convergente ?

1.2 Solutions

Exercice 1.1

1) On a2n

3n−2= 9

(2

3

)n. Comme

∣∣∣∣23∣∣∣∣ < 1, alors

∑n≥0

2n

3n−2est une série géométrique convergente. De plus,

+∞∑n=0

2n

3n−2= 9

+∞∑n=0

(2

3

)n= 9× 1

1− 2

3

= 27.

2) On a (−1)n(

1

2

)2n

=

(−1

4

)n. Comme

∣∣∣∣−1

4

∣∣∣∣ < 1, alors∑n≥0

(−1)n(

1

2

)2n

est une série géométrique

convergente. De plus,+∞∑n=0

(−1)n(

1

2

)2n

=

+∞∑n=0

(−1

4

)n=

1

1− −1

4

=4

5.

2


3)∑n≥0

1

6nest une série géométrique convergente car

∣∣∣∣16∣∣∣∣ < 1. Donc,

+∞∑n=0

1

6n=

1

1− 1

6

=6

5.

On a (−1)n(

1

3

)2n

=

(−1

9

)n. Comme

∣∣∣∣−1

9

∣∣∣∣ < 1, alors∑n≥0

(−1)n(

1

3

)2n

est une série géométrique conver-

gente. Donc,+∞∑n=0

(−1)n(

1

3

)2n

=1

1 +1

9

=9

10.

Par suite, la série∑n≥0

(1

6n+ (−1)n

(1

3

)2n)

est convergente. Sa somme est

S =

+∞∑n=0

(1

6n+ (−1)n

(1

3

)2n)

=

+∞∑n=0

1

6n+

+∞∑n=0

(−1)n(

1

3

)2n

=6

5+

9

10=

21

10.

4) On pose un =3

(3n+ 1)(3n+ 4), n ∈ N. Alors, en utilisant la décomposition en éléments simples, on

obtient

un =1

3n+ 1− 1

3n+ 4∀n ∈ N.

On pose vn =1

3n+ 1, n ∈ N. Alors, un = vn − vn+1 pour tout n ∈ N et dans ce cas, on dit que

∑n≥0

un est

une série télescopique.

Soit Sn la somme partielle de la série∑n≥0

un. Donc,

Sn =

n∑k=0

uk =

n∑k=0

(vk − vk+1) = v0 − vn+1.

Comme limn→+∞

vn = 0, alors limn→+∞

Sn = v0 = 1. Donc la série télescopique∑n≥0

un est une série convergente

et sa somme

S = limn→+∞

Sn =

+∞∑n=0

3

(3n+ 1)(3n+ 4)= 1.

5) On pose un =2n+ 3

(n+ 1)2(n+ 2)2, n ∈ N. Alors, en utilisant la décomposition en éléments simples, on

obtient

un =1

(n+ 1)2− 1

(n+ 2)2∀n ∈ N.

On pose vn =1

(n+ 1)2, n ∈ N. Alors, un = vn − vn+1 pour tout n ∈ N et dans ce cas, on dit que

∑n≥0

un est

une série télescopique.

3


Soit Sn la somme partielle de la série∑n≥0

un. Donc,

Sn =

n∑k=0

uk =

n∑k=0

(vk − vk+1) = v0 − vn+1.

Comme limn→+∞

vn = 0, alors limn→+∞

Sn = v0 = 1. Donc la série télescopique∑n≥0

un est une série convergente

et sa somme

S = limn→+∞

Sn =

+∞∑n=0

2n+ 3

(n+ 1)2(n+ 2)2= 1.

Exercice 1.2

On a vn =un

1 + un, pour tout n ∈ N. Donc, vn ∈ [0, 1[ et un =

vn1− vn

, pour tout n ∈ N. Par suite

un −→n−→+∞

0⇐⇒ vn −→n−→+∞

0.

Si un 6−→ 0, alors vn 6−→ 0 et les deux séries∑n≥0

un et∑n≥0

vn divergent.

Si un −→n−→+∞

0, alors vn ∼+∞

un et donc les deux séries∑n≥0

un et∑n≥0

vn sont de même nature d’après le

critère d’équivalence.

Il résulte que dans les deux cas, les deux séries sont de même nature.

Exercice 1.3

Soit (un)n une suite strictement positive, strictement croissante et convergente vers l. Alors nécessairement

l > 0. Donc

vn ∼+∞

un+1 − unl

.

La série à termes positifs∑n≥0

(un+1 − un) est convergente car

limn→+∞

n∑k=0

(uk+1 − uk) = limn→+∞

(un+1 − u0) = l − u0,

et donc,∑n≥0

(un+1 − un) = l − u0.

Il résulte que∑n≥0

vn est convergente d’après le critère d’équivalence.

Exercice 1.4

1) Montrons par récurrence que

u1 + u2 + · · ·+ un = 1− 1

(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n)pour tout n ≥ 1.

4


On a

u1 =2

1 + 2=

2

3= 1− 1

1 + 2.

Supposons que

u1 + u2 + · · ·+ un = 1− 1

(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n)

et montrons que

u1 + u2 + · · ·+ un+1 = 1− 1

(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n+1).

On a

u1 + u2 + · · ·+ un + +un+1 = 1− 1

(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n)+ un+1

= 1− 1

(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n)+

2n+1

(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n)(1 + 2n+1)

= 1 +1

(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n)

[−1 +

2n+1

1 + 2n+1

]= 1− 1

(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n)(1 + 2n+1).

Donc

u1 + u2 + · · ·+ un = 1− 1

(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n)pour tout n ≥ 1.

2) Soit la somme partielle

Sn =

n∑k=1

uk = 1− 1

(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n)pour tout n ≥ 1.

Comme 2n ≥ 0 pour tout n ≥ 1, alors Sn ≤ 1 pour tout n ≥ 1 ; c’est à dire la suite des sommes partielles

(Sn)n≥1 est majorée.Donc, la série à termes positifs∑n≥1

un est convergente.

Exercice 1.5

1) Comme(ab

)nun est bornée, alors il existe une constante M > 0 telle que

0 ≤ an |un| ≤Mbn pour tout n ∈ N.

Comme∑n≥0

Mbn est une série géométrique convergente car 0 < b < 1, alors∑n≥0

an |un| est une série conver-

gente d’après le critère de comparaison.

5


2) Soit 0 < r < 1, alors il existe un réel b tel que 0 < r < b < 1, c’est à dire que 0 <r

b< 1. D’où,

limn→+∞

nα(rb

)n= 0 pour tout α ∈ R. Par suite, en prenant un = nα dans la question 1, on trouve que∑

n≥0

nαrn est convergente pour tout α ∈ R.

3) On sait d’après la question 2 que∑n≥0

nrn est convergente (pour α = 1). Donc, sa somme partielle Sn est

convergente vers S.

D’autre part, on a

Sn =

n∑k=0

krk =

n∑k=1

krk = r

n∑k=1

krk−1 = r

n∑k=1

((k − 1)rk−1 + rk−1

)= r

n∑k=1

(k − 1)rk−1 + rn∑k=1

rk−1 = rn−1∑k=0

krk + r1− rn

1− r

= rSn−1 + r1− rn

1− r.

Donc

Sn − rSn−1 = r1− rn

1− r.

Comme limn→+∞

Sn = S et limn→+∞

rn = 0 (car 0 < r < 1), alors en faisant tendre n → +∞ dans la dernière

égalité, on obtient

(1− r)S =r

1− r.

D’où,

S =

+∞∑n=0

nrn =r

(1− r)2.

Exercice 1.6

Soit

un =(ln 2)n

(1 + ln 2)(1 + ln 2)2 · · · (1 + ln 2)n; n ∈ N.

Donc, un > 0 pour tout n ∈ N.

On a pour tout n ∈ N

un+1

un=

(ln 2)n+1

(1 + ln 2)(1 + ln 2)2 · · · (1 + ln 2)n(1 + ln 2)n+1

(1 + ln 2)(1 + ln 2)2 · · · (1 + ln 2)n

(ln 2)n=

ln 2

(1 + ln 2)n+1.

6


Comme limn→+∞

un+1

un= 0, alors d’après la règle de d’Alembert, la série

∑n∈N

un est convergente.

Exercice 1.7

1) Nature de la série∑n≥1

1

(lnn)n.

C’est une série à termes positifs.

On a

n

√1

(lnn)n=

(1

(lnn)n

)1/n

=1

lnn

Donc, limn→+∞

n

√1

(lnn)n= lim

n→+∞

1

lnn= 0 < 1. Par suite, d’après la règle de cauchy, la série

∑n≥1

1

(lnn)nest

convergente.


lnn√n

.


On a

lnn√n≥ 1√

npour n grand.

Comme∑n≥1

1√n

est une série de Riemann divergente (car1

2< 1), alors la série

∑n≥1

lnn√n

est divergente

d’après le critère de comparaison.


e−(lnn)2

.


On a

n2e−(lnn)2

= e2 lnn−(lnn)2 = elnn(2−lnn).

Donc, limn→+∞

n2e−(lnn)2

= limn→+∞

elnn(2−lnn) = 0, alors d’après la règle de Riemann, la série∑n≥1

e−(lnn)2

est

convergente.


(3 + (−1)n)−n.


Comme (−1)n ≥ −1 pour tout n ∈ N, alors en particulier pour tout n ≥ 1, on a

(3 + (−1)n)−n ≤ 1

2n.

7


Comme∑n≥1

1

2nest une série géométrique convergente car

∣∣∣∣12∣∣∣∣ < 1, alors la série

∑n≥1

(3 + (−1)n)−n est

convergente d’après le critère de comparaison.


(1

2+

1

2n

)n.


On a pour tout n ≥ 1,

(1

2+

1

2n

)n=

(1

2

)n(1 +

1

n

)n=

(1

2

)nen ln

(1 +

1

n

)

Comme limn→+∞

n ln

(1 +

1

n

)= 1, alors (

1

2+

1

2n

)n∼+∞

e

(1

2

)n.

Par la suite, utilisant le fait que∑n≥1

1

2nest une série géométrique convergente, on voit que la série

∑n≥1

(1

2+

1

2n

)nest aussi convergente d’après le critère d’équivalence.


(−1)n(√

n2 + 1− n)

.

On pose un = (−1)nan où an =√n2 + 1− n.

Comme an > 0 pour tout n ≥ 1, alors∑n≥1

un est une série alternée.

Montrons que la suite (an)n≥1 est décroissante et converge vers 0.

On pose an = f(n) avec f(x) =√x2 + 1− x.

La fonction f est continue et dérivable sur R et on a pour tout x ∈ R,

f ′(x) =x−√x2 + 1√

x2 + 1.

Donc, f ′(x) < 0 pour tout x ∈ R, ce qui entraine que f est décroissante en particulier sur R+. Par conséquent,

f(n) > f(n+ 1) pour tout n ≥ 1. D’où, la suite (an)n≥1 est décroissante.

De plus, on a

an =1√

n2 + 1 + n=

1

n

(√1 +

1

n2+ 1

) .Donc, lim

n→+∞an = 0.

On déduit d’après le critère spécial des séries alternées que la série∑n≥1

un est convergente.

8



xlnn, x > 0.


On a pour tout n ≥ 1

xlnn = elnn ln x = nln x =1

n− ln x.

Donc, la série∑n≥1

xlnn est série de Riemann convergente si 0 < x < e−1 (c’est à dire − lnx > 1) et est

divergente si x ≥ e−1 (c’est à dire − lnx ≤ 1).


(1 +

1

n

)−n2

.


On pose un =

(1 +

1

n

)−n2

; n ≥ 1.


n√un = (un)1/n =

(1 +

1

n

)−n= e−n ln

(1 +

1

n

)= e−

ln(1 + 1

n

)1n .

Donc, limn→+∞

n√un = e−1 =

1

e< 1. Par suite, d’après la règle de cauchy, la série

∑n≥1

un est convergente.


2n + 3n

n2 + ln(n) + 5n.


On a

2n + 3n

n2 + ln(n) + 5n∼+∞

3n

5n=

(3

5

)n.

Comme∑n≥1

(3

5

)nest une série géométrique convergente (car

∣∣∣∣35∣∣∣∣ < 1), alors la série

∑n≥1

2n + 3n

n2 + ln(n) + 5n

est convergente d’après le critère de comparaison.


(2n+ 1)4

(7n2 + 1)3 .


On a

(2n+ 1)4

(7n2 + 1)3 ∼+∞

(2n)4

(7n2)3=

24

731

n2.

Comme∑n≥1

1

n2est une série de Riemann convergente (car 2 > 1), alors

∑n≥1

24

73 n2est convergente. Par suite,

∑n≥1

(2n+ 1)4

(7n2 + 1)3 est convergente d’après le critère de comparaison.

9



an

na, a > 0.


On pose un =an

na; n ≥ 1.

On a pour tout n ≥ 1,un+1

un= a

(n

n+ 1

)a. Donc, lim

n→+∞

un+1

un= a. Par suite, d’après la règle de d’Alembert,

si 0 < a < 1, la série∑n≥1

un est convergente et si a > 1, la série∑n≥1

un est divergente.

Si a = 1, alors un =1

n. Donc

∑n≥1

un est une série de Riemann divergente.


(1 +

x

n

)−n2

, x ∈ R.

C’est une série à termes positifs à partir d’un certain rang.

On pose un =(

1 +x

n

)−n2

; n ≥ 1.


n√un = (un)1/n =

(1 +

x

n

)−n= e−n ln

(1 +

x

n

)= e

−xln(

1 +x

n

)x

n .

Comme limn→+∞

ln(

1 +x

n

)x

n

= 1, alors, limn→+∞

n√un = e−x. Par suite, d’après la règle de cauchy, si x > 0

(c’est à dire e−x < 1), la série∑n≥1

un est convergente et si x < 0 (c’est à dire e−x > 1), la série∑n≥1

un est

divergente.

Si x = 0, alors un = 1. Donc, un ne converge pas vers 0. D’où,∑n≥1

un est divergente.

Exercice 1.8


(−1)nn

n2 − 1.

Commen

n2 − 1≥ 0, pour tout n ≥ 2, alors

∑n≥2

(−1)nn

n2 − 1est une série alternée.

On pose un =n

n2 − 1; , n ≥ 2. Alors, un = f(n) avec f(x) =

x

x2 − 1.

Montrons que f est décroissante sur [2,+∞[.

La fonction f est continue et dérivable sur [2,+∞[ et on a

f ′(x) =−(x2 + 1)

(x2 − 1)2pour tout x ≥ 2.

10


Donc, f ′(x) < 0 pour tout x ≥ 2. Par suite, f(n + 1) < f(n) pour tout n ≥ 2 (car n + 1 > n) ; c’est à dire

un+1 < un pour tout n ≥ 2. D’où, la suite (un)n≥2 est décroissante.

De plus, limn→+∞

un = limn→+∞

n

n2 − 1= 0. Donc, d’après le critère spécial des séries alternées, la série

∑n≥2

(−1)nn

n2 − 1

est convergente.

2) On a ∣∣∣∣(−1)nn

n2 − 1

∣∣∣∣ =n

n2 − 1pour tout n ≥ 2.

Donc ∣∣∣∣(−1)nn

n2 − 1

∣∣∣∣ ∼+∞ n

n2=

1

n.

Comme∑n

1

nest une série de Riemann divergente, alors

∑n

∣∣∣∣(−1)nn

n2 − 1

∣∣∣∣ est divergente. Donc, la série∑n≥2

(−1)nn

n2 − 1n’est pas absolument convergente.

2 Intégrale Simple

2.1 Exercices

Exercice 2.1. Calculer les intégrales simples suivantes.

1)

∫ π

0

cos2(x) dx; 2)

∫ 4

2

3

2x (lnx)2 dx;

3)

∫ π2

0

sin2(x) dx; 4)

∫ 1

0

x arctanx dx;

5)

∫ 1

0

ex√ex + 1

dx; 6)

∫ 314

1

x

1 + x4dx;

7)

∫ π

0

(2x− 1) cos(3x) dx; 8)

∫ 1√2

0

3

2x2 + 1dx.

Exercice 2.2. On considère les suites (un)n et (vn)n définies par

∀n ∈ N, un =

∫ 1

0

xn√1 + x2

dx et vn =

∫ 1

0

xn+2

(1 + x2)√

1 + x2dx.

1) a) Montrer que (un)n est une suite décroissante. En déduire que (un)n est une suite convergente.

b) Montrer que pour tout n ∈ N, on a 0 ≤ un ≤1

n+ 1. En déduire la limite de la suite (un)n.

2) Montrer que la suite (vn)n tend vers 0.

11


3) a) Montrer que ∀n ∈ N, un =1√

2(n+ 1)+

1

n+ 1vn.

b) En déduire la limite de la suite (nun)n puis un équivalent de (un)n.

Exercice 2.3. Calculer les primitives suivantes.

1)

∫x+ 2

x2 − 3x− 4dx ;

2)

∫x− 1

x2 + x+ 1dx ;

3)

∫7− 2x3

x3 + x2 − 2dx.

4)

∫3x+ 4

(x2 + 2x+ 5)2 dx.

Exercice 2.4. Calculer les intégrales trigonométriques suivantes.

1)

∫ π2

0

dx

1 + sinxpuis

∫ π2

0

sinx

1 + sinxdx ;

2)

∫ π4

0

dx

cosx;

3)

∫ π4

0

tanx

2− sin2(x)dx ;

4)

∫ π4

0

sinx

cosx+ sinxdx.

2.2 Solutions

Exercice 2.1

1)

∫ π

0

cos2(x) dx =

∫ π

0

1 + cos(2x)

2dx =

[x

2+

sin(2x)

4

]π0

=π

2.

2)

∫ 4

2

3

2x (lnx)2 dx =

3

2

∫ 4

2

(lnx)′(lnx)

−2dx =

−3

2

[1

lnx

]42

=3

4 ln 2.

3) On a

∫ π2

0

sin2(x) dx =

∫ π2

0

1− cos2(x) dx =

∫ π2

0

1− 1 + cos(2x)

2dx

=

∫ π2

0

1

2− cos(2x)

2dx =

[x

2− sin(2x)

4

]π2

0

=π

4.

12


4) Pour calculer∫ 1

0

x arctanx dx, on fait une intégration par parties. On a donc

∫ 1

0

x arctanx dx =

∫ 1

0

(x2

2

)′arctanx dx =

[x2

2arctanx

]10

− 1

2

∫ 1

0

x2

1 + x2dx

=π

8− 1

2

∫ 1

0

1 + x2 − 1

1 + x2dx =

π

8− 1

2

∫ 1

0

dx+1

2

∫ 1

0

1

1 + x2dx

=π

8− 1

2+

1

2

[arctanx

]10dx =

π

8− 1

2+π

8=π

4− 1

2.


0

ex√ex + 1

dx, on effectue le changement de variable t = ex. Alors, x = ln t et dx =dt

t.

Par suite

∫ 1

0

ex√ex + 1

dx =

∫ e

1

t√t+ 1

dt

t=

∫ e

1

dt√t+ 1

=[2√t+ 1

]e1

= 2(√e+ 1−

√2).


14

1

x

1 + x4dx, on effectue le changement de variable t = x2. Alors, x =

√t et dx =

dt

2√t.

Par suite

∫ 314

1

x

1 + x4dx =

1

2

∫ √3

1

√t√

t(1 + t2)dt =

1

2

∫ √3

1

dt

1 + t2

=1

2

[arctan t

]√3

1=

1

2

(π3− π

4

)=

π

24.

7) Pour calculer∫ π

0

(2x− 1) cos(3x) dx, on fait une intégration par parties. On a donc

∫ π

0

(2x− 1) cos(3x) dx =

∫ π

0

(2x− 1)

(sin(3x)

3

)′dx =

[(2x− 1)

sin(3x)

3

]π0

−∫ π

0

2

3sin(3x) dx

= −2

3

[− cos(3x)

3

]π0

=2

9

[cos(3x)

]π0

=−4

9.

8) Pour calculer∫ 1√

2

0

3

2x2 + 1dx, on effectue le changement de variable t =

√2x. Alors, x =

t√2

et

dx =dt√

2. Par suite ∫ 1√

2

0

3

2x2 + 1dx =

∫ 1

0

3√2

dt

t2 + 1=

3√2

[arctan t

]10

=3π

4√

2.

Exercice 2.2

1) a) On a un+1 − un =

∫ 1

0

xn+1

√1 + x2

dx−∫ 1

0

xn√1 + x2

dx =

∫ 1

0

xn+1 − xn√1 + x2

dx =

∫ 1

0

xn(x− 1)√1 + x2

dx.

Commexn(x− 1)√

1 + x2≤ 0 pour tout x ∈ [0, 1], alors

∫ 1

0

xn(x− 1)√1 + x2

dx ≤ 0. Par suite, la suite (un)n est décrois-

sante. De plus, commexn√

1 + x2≥ 0 pour tout x ∈ [0, 1], alors un ≥ 0 pour tout n ∈ N. On a donc, la suite

13


(un)n est décroissante et minorée, par suite elle est convergente.

b) On a 0 ≤ un =

∫ 1

0

xn√1 + x2

dx ≤∫ 1

0

xn dx =

[xn+1

n+ 1

]10

=1

n+ 1pour tout n ∈ N.

Et comme limn→+∞

1

n+ 1= 0, alors lim

n→+∞un = 0.

2) On a 0 ≤ vn =

∫ 1

0

xn+2

(1 + x2)√

1 + x2dx =

∫ 1

0

x2

(1 + x2)

xn√1 + x2

dx ≤∫ 1

0

xn√1 + x2

dx.

Donc, 0 ≤ vn ≤ un pour tout n ∈ N ; et comme limn→+∞

un = 0, alors limn→+∞

vn = 0.

3) a) On a

un =

∫ 1

0

xn√1 + x2

dx =

∫ 1

0

(xn+1

n+ 1

)′1√

1 + x2dx =

[xn+1

n+ 1

1√1 + x2

]10

−∫ 1

0

xn+1

n+ 1

(1√

1 + x2

)′dx

=1√

2(n+ 1)+

1

n+ 1

∫ 1

0

xn+2

(1 + x2)√

1 + x2dx.

Donc

un =1√

2(n+ 1)+

1

n+ 1vn pour tout n ∈ N.

b) On a nun =n

n+ 1

(1√2

+ vn

). Comme lim

n→+∞

n

n+ 1= 1 et lim

n→+∞vn = 0, alors lim

n→+∞nun =

1√2

. D’où,

un ∼+∞

1

n√

2.

Exercice 2.3

1) On veut calculer∫

x+ 2

x2 − 3x− 4dx.

On effectue la décompostion en éléments simples. Sachant que le polynôme x2− 3x− 4 admet deux racines

réelles, on cherche deux réels a et b tels que

x+ 2

x2 − 3x− 4=

x+ 2

(x+ 1)(x− 4)=

a

x+ 1+

b

x− 4.

Un simple calcul donne a =−1

5et b =

6

5. Donc

∫x+ 2

x2 − 3x− 4dx =

−1

5

∫dx

x+ 1+

6

5

∫dx

x− 4

=−1

5ln |x+ 1|+ 6

5ln |x− 4|+ cte.


x− 1

x2 + x+ 1dx.

Le polynôme x2 + x+ 1 n’a pas de racines réelles (car ∆ < 0).

On écrit x2 +x+1 sous la forme canonique (x−p)2 +q2. Un simple calcul donne x2 +x+1 =

(x+

1

2

)2

+3

4.

14


On fait le changement de variable x =−1

2+

√3

2t, alors∫

x− 1

x2 + x+ 1dx =

2√3

∫ −32 +

√3t2

1 + t2dt

=

∫t

1 + t2dt−

√3

∫dt

1 + t2

=1

2

∫2t

1 + t2dt−

√3

∫dt

1 + t2

=1

2ln(1 + t2)−

√3 arctan t+ cte

=1

2ln

(4

3(x2 + x+ 1)

)−√

3 arctan

(2√3

(x+

1

2

))+ cte

=1

2ln

(4

3

)+

1

2ln(x2 + x+ 1)−

√3 arctan

(2√3

(x+

1

2

))+ cte

=1

2ln(x2 + x+ 1)−

√3 arctan

(2√3

(x+

1

2

))+ cte.


7− 2x3

x3 + x2 − 2dx.

On effectue la décomposition en éléments simples. Pour cela, on fait la division euclidienne de 7 − 2x3 par

x3 + x2 − 2. On obtient

7− 2x3 = −2(x3 + x2 − 2) + 3 + 2x2.

Donc

7− 2x3

x3 + x2 − 2= −2 +

3 + 2x2

x3 + x2 − 2.

Comme 1 est racine de x3 + x2 − 2, alors on effectue la division euclidienne de x3 + x2 − 2 par x − 1 et on

obtient

x3 + x2 − 2 = (x− 1)(x2 + 2x+ 2).

Par suite,

3 + 2x2

x3 + x2 − 2=

3 + 2x2

(x− 1)(x2 + 2x+ 2).

Sachant que le polynôme x2 + 2x+ 2 n’a pas de racines réelles, on cherche des réels a, b et c tels que

3 + 2x2

(x− 1)(x2 + 2x+ 2)=

a

x− 1+

bx+ c

x2 + 2x+ 2.

Un simple calcul donne a = 1, b = 1 et c = −1, c’est à dire

3 + 2x2

(x− 1)(x2 + 2x+ 2)=

1

x− 1+

x− 1

x2 + 2x+ 2.

15


Donc,

7− 2x3

x3 + x2 − 2= −2 +

1

x− 1+

x− 1

x2 + 2x+ 2.

Par suite, ∫7− 2x3

x3 + x2 − 2dx = −2x+ ln |x− 1|+

∫x− 1

x2 + 2x+ 2dx.

On calcule maintenant∫

x− 1

x2 + 2x+ 2dx.

On écrit x2 +2x+2 sous la forme canonique (x−p)2 +q2. Un simple calcul donne x2 +2x+2 = (x+1)2 +1.

On fait le changement de variable x = t− 1, alors

∫x− 1

x2 + 2x+ 2dx =

∫x− 1

(x+ 1)2 + 1dx =

∫t− 2

t2 + 1dt

=

∫t

t2 + 1dt− 2

∫dt

t2 + 1

=1

2

∫2t

t2 + 1dt− 2 arctan t+ cte

=1

2ln(t2 + 1)− 2 arctan t+ cte

=1

2ln(x2 + 2x+ 2)− 2 arctan(x+ 1) + cte.

On déduit que

∫7− 2x3

x3 + x2 − 2= −2x+ ln |x− 1|+ 1

2ln(x2 + 2x+ 2)− 2 arctan(x+ 1) + cte.


3x+ 4

(x2 + 2x+ 5)2 dx.

Le polynôme x2 + 2x+ 5 n’a pas de racines réelles (car ∆ = −16 < 0).

On écrit x2 +2x+5 sous la forme canonique (x−p)2 +q2. Un simple calcul donne x2 +2x+5 = (x+1)2 +4.

On fait le changement de variable x = 2t− 1, alors

∫3x+ 4

(x2 + 2x+ 5)2 dx =

∫3x+ 4

((x+ 1)2 + 4)2 dx =

1

8

∫6t+ 1

(t2 + 1)2 dt

=3

8

∫2t

(t2 + 1)2 dt+

1

8

∫dt

(t2 + 1)2

=−3

8(t2 + 1)+

1

8

∫dt

(t2 + 1)2 + cte.

16


Maintenant, pour calculer∫

dt

(t2 + 1)2, on calcule

∫dt

t2 + 1en utilisant une intégration par parties.

∫dt

t2 + 1=

∫1

t2 + 1(t)′ dt =

t

t2 + 1+ 2

∫t2

(t2 + 1)2dt

=t

t2 + 1+ 2

∫t2 + 1

(t2 + 1)2dt− 2

∫dt

(t2 + 1)2

=t

t2 + 1+ 2

∫dt

t2 + 1− 2

∫dt

(t2 + 1)2.

Donc, ∫dt

(t2 + 1)2=

t

2(t2 + 1)+

1

2arctan t+ cte.

On remplace t parx+ 1

2, on obtient

∫3x+ 4

(x2 + 2x+ 5)2dx =

x− 11

8(x2 + 2x+ 5)+

1

16arctan

(x+ 1

2

)+ cte.

Exercice 2.4

1) (i) On veut calculer∫ π

2

0

dx

1 + sinx.

On effectue le changement de variable t = tan(x

2

), alors x = 2 arctan t, dx =

2

1 + t2 ,dt et sinx =

2t

1 + t2.

On a donc

∫ π2

0

dx

1 + sinx=

∫ 1

0

1

1 +2t

1 + t2

2

1 + t2dt

=

∫ 1

0

2

t2 + 2t+ 1dt =

∫ 1

0

2

(t+ 1)2dt

=

[−2

t+ 1

]10

= 1.

(ii) Calculons maintenant∫ π

2

0

sinx

1 + sinxdx.

∫ π2

0

sinx

1 + sinxdx =

∫ π2

0

1 + sinx

1 + sinxdx−

∫ π2

0

dx

1 + sinx=

∫ π2

0

dx−∫ π

2

0

dx

1 + sinx=π

2− 1 (d’après (i)).

2)

∫ π4

0

dx

cosx=

∫ π4

0

dx

| cosx|=

∫ π4

0

dx√1− sin2 x

, (car cosx > 0 sur[0,π

4

]).

On effectue le changement de variable t = sinx alors x = arcsin t et dx =dt√

1− t2. Donc

∫ π4

0

dx

cosx=

∫ √2

2

0

dt√1− t2

√1− t2

=

∫ √2

2

0

dt

1− t2.

17


Comme 1− t2 = (1− t)(1 + t), on cherche deux réels a et b tels que1

1− t2=

a

1− t+

b

1 + t. Un simple calcul

donne1

1− t2=

1

2(1− t)+

1

2(1 + t). Donc,

∫ √2

2

0

dt

1− t2=

1

2

∫ √2

2

0

dt

1− t+

1

2

∫ √2

2

0

dt

1 + t

=−1

2

[ln(1− t)

]√22

0+

1

2

[ln(1 + t)

]√22

0

=1

2ln

(2 +√

2

2−√

2

).

On déduit que∫ π

4

0

dx

cosx=

1

2ln

(2 +√

2

2−√

2

).

3) On veut calculer∫ π

4

0

tanx

2− sin2(x)dx.

On remarque que∫ π

4

0

tanx

2− sin2(x)dx =

∫ π4

0

sinx

cosx(1 + cos2(x))dx.

On effectue le changement de variable t = cosx, alors dt = − sinx dx. Donc,

∫ π4

0

tanx

2− sin2(x)dx = −

∫ √2

2

1

dt

t(1 + t2)=

∫ 1

√2

2

dt

t(1 + t2).

On cherche des réels a, b et c tels que

1

t(1 + t2)=a

t+bt+ c

1 + t2.

Un simple calcul donne

1

t(1 + t2)=

1

t− t

1 + t2.

Donc

∫ π4

0

tanx

2− sin2(x)dx =

∫ 1

√2

2

dt

t−∫ 1

√2

2

t

1 + t2dt

=[

ln t]1√

22

− 1

2

∫ 1

√2

2

2t

1 + t2dt

=[

ln t]1√

22

− 1

2

[ln(1 + t2)

]1√

22

= − ln

(√2

2

)− 1

2ln 2 +

1

2ln

(3

2

)=

1

2ln

(3

2

).

18


4) On veut calculer∫ π

4

0

sinx

cosx+ sinxdx.

On a ∫ π4

0

sinx

cosx+ sinxdx =

∫ π4

0

sinx

cosx

(1 +

sinx

cosx

) dx =

∫ π4

0

tanx

1 + tanxdx.

On effectue le changement de variable t = tanx, alors x = arctan t et dx =dt

1 + t2. Donc,

∫ π4

0

sinx

cosx+ sinxdx =

∫ 1

0

t

(1 + t)(1 + t2)dt.

On cherche des réels a, b et c tels que

t

(1 + t)(1 + t2)=

a

1 + t+bt+ c

1 + t2.

Il est facile de trouver que

t

(1 + t)(1 + t2)=

−1

2(1 + t)+

t+ 1

2(1 + t2).

Par suite,

∫ π4

0

sinx

cosx+ sinxdx =

−1

2

∫ 1

0

dt

1 + t+

1

2

∫ 1

0

t

1 + t2dt+

1

2

∫ 1

0

dt

1 + t2

=−1

2

[ln(1 + t)

]10

+1

4

[ln(1 + t2)

]10

+1

2

[arctan t

]10

=π

8− ln 2

4.

3 Intégrales Généralisées

3.1 Exercices

Exercice 3.1. Déterminer les intégrales convergentes et calculer leurs valeurs.

1)

∫ 1

0

dx√1− x

; 2)

∫ π4

0

cosx√sinx

dx; 3)

∫ +∞

0

earctan x

1 + x2dx;

4)

∫ +∞

2

1

3xdx; 5)

∫ +∞

2

dx

x2 − 1; 6)

∫ 1

0

x

(1− x2)3/2dx.

Exercice 3.2. Etudier la nature des intégrales suivantes.

1)

∫ 1

0

cosx√xdx; 2)

∫ +∞

1

1− cosx

x2dx; 3)

∫ +∞

1

1 + lnx

x+ 2dx;

4)

∫ +∞

0

√2x+ 3

5x3 + 3x2 + 7dx; 5)

∫ +∞

2

lnx

x2dx; 6)

∫ 0

−1

dx

x3 + 1.

19


Exercice 3.3. Soit α un réel strictement positif.

1) Montrer que l’intégrale∫ +∞

1

sinx

xα+1dx est absolument convergente.

2) Montrer que l’intégrale∫ +∞

1

cosx

xαdx est convergente.

Exercice 3.4. Soit α un réel strictement positif.

1) Etudier la convergence de l’intégrale∫ +∞

0

lnx

α2 + x2dx.

2) Exprimer l’intégrale∫ +∞

α

lnx

α2 + x2dx en fonction de

∫ α

0

lnx

α2 + x2dx.

Indication : Utiliser le changement de variable x =α2

t.

3) En déduire la valeur de l’intégrale∫ +∞

0

lnx

α2 + x2dx.

3.2 Solutions

Exercice 3.1

1) Nature de∫ 1

0

dx√1− x

.

La fonction x→ 1√1− x

est continue sur [0, 1[, donc le problème se pose uniquement en 1.

Soit t ∈ [0, 1[, alors ∫ t

0

dx√1− x

=[− 2√

1− x]t0

= −2√

1− t+ 2.

Donc, limt→1

∫ t

0

dx√1− x

= 2. Par suite,∫ 1

0

dx√1− x

est convergente et∫ 1

0

dx√1− x

= 2.

2) Nature de∫ π

4

0

cosx√sinx

dx.

La fonction x→ cosx√sinx

est continue sur]0,π

4

], donc le problème se pose uniquement en 0.

Soit t ∈]0,π

4

], alors

∫ π4

t

cosx√sinx

dx =[2√

sinx]π

4

t= 2

√√2

2− 2√

sin t = 234 − 2

√sin t.

Donc, limt→0

∫ π4

t

cosx√sinx

dx = 234 . Par suite,

∫ π4

0

cosx√sinx

dx est convergente et∫ π

4

0

cosx√sinx

dx = 234 .

3) Nature de∫ +∞

0

earctan x

1 + x2dx.

La fonction x→ earctan x

1 + x2est continue sur [0,+∞[, donc le problème se pose uniquement en +∞.

20


Soit t ∈ [0,+∞[, alors ∫ t

0

earctan x

1 + x2dx =

[earctan x

]t0

= earctan t − 1.

Donc, limt→+∞

∫ t

0

earctan x

1 + x2dx = e

π2 − 1. Par suite,

∫ +∞

0

earctan x

1 + x2dx est convergente et

∫ +∞

0

earctan x

1 + x2dx =

eπ2 − 1.


2

1

3xdx.

La fonction x→ 1

3xest continue sur [2,+∞[, donc le problème se pose uniquement en +∞.

Soit t ∈ [2,+∞[, alors

∫ t

2

1

3xdx =

∫ t

2

e−x ln 3 dx =

[−e−x ln 3

ln 3

]t2

=−e−t ln 3

ln 3+e−2 ln 3

ln 3.

Donc,

limt→+∞

∫ t

2

1

3xdx = lim

t→+∞

(−e−t ln 3

ln 3+e−2 ln 3

ln 3

)=e−2 ln 3

ln 3=

1

9 ln 3.

Par suite,∫ +∞

2

1

3xdx est convergente et

∫ +∞

2

1

3xdx =

1

9 ln 3.


2

dx

x2 − 1.

La fonction x→ 1

x2 − 1est continue sur [2,+∞[, donc le problème se pose uniquement en +∞.


∫ t

2

dx

x2 − 1=

∫ t

2

(1

2(x− 1)− 1

2(x+ 1)

)dx =

1

2

[ln(x− 1)

]t2− 1

2

[ln(x+ 1)

]t2

=1

2ln(t− 1)− 1

2ln(t+ 1) +

ln 3

2=

1

2ln

(t− 1

t+ 1

)+

ln 3

2.

Donc,

limt→+∞

∫ t

2

dx

x2 − 1= limt→+∞

[1

2ln

(t− 1

t+ 1

)+

ln 3

2

]=

ln 3

2.

Par suite,∫ +∞

2

dx

x2 − 1est convergente et

∫ +∞

2

dx

x2 − 1=

ln 3

2.

6) Nature de∫ 1

0

x

(1− x2)3/2dx.

La fonction x→ x

(1− x2)3/2est continue sur [0, 1[ donc le problème se pose uniquement en 1.

21


Soit t ∈ [0, 1[. On fait le changement de variable x = sinu, alors dx = cosu du et u = arcsinx. On a donc,

∫ t

0

x

(1− x2)3/2dx =

∫ arcsin t

0

sinu cosu

(cos2 u)3/2

du =

∫ arcsin t

0

sinu cos−2(u) du =

∫ arcsin t

0

−(cosu)′ cos−2(u) du

=

[1

cosu

]arcsin t0

=1

cos(arcsin t)− 1

cos 0=

1

cos(arcsin t)− 1.

Par suite,

limt→1

∫ t

0

x

(1− x2)3/2dx = lim

t→1

(1

cos(arcsin t)− 1

)= +∞.

D’où,∫ 1

0

x

(1− x2)3/2dx est divergente.

Exercice 3.2

1) Nature de∫ 1

0

cosx√xdx.

La fonction x→ cosx√x

est continue sur ]0, 1].

On a pour tout x ∈]0, 1], ∣∣∣∣cosx√x

∣∣∣∣ ≤ | cosx|√x≤ 1√

x.

Comme∫ 1

0

dx√x

est une intégrale de Riemann convergente (car1

2< 1), alors

∫ 1

0

∣∣∣∣cosx√x

∣∣∣∣ est convergente

d’après le critère de comparaison, d’où∫ 1

0

cosx√xdx est absolument convergente et par suite

∫ 1

0

cosx√xdx

est convergente.


1

1− cosx

x2dx.

La fonction x→ 1− cosx

x2est continue et positive sur [1,+∞[ (car cosx ≤ | cosx| ≤ 1 pour tout x ∈ R).

On a pour tout x ≥ 1,

0 ≤ 1− cosx

x2≤ |1− cosx|

x2≤ 1 + | cosx|

x2≤ 2

x2.

Comme∫ +∞

1

dx

x2est une intégrale de Riemann convergente (car 2 > 1), alors

∫ +∞

1

2

x2dx est convergente,

par suite∫ +∞

1

1− cosx

x2dx est convergente d’après le critère de comparaison.


1

1 + lnx

x+ 2dx.

La fonction x→ 1 + lnx

x+ 2est continue et positive sur [1,+∞[. On a

1 + lnx

x+ 2∼+∞

lnx

x.

22


Or l’intégrale∫ +∞

1

lnx

xest divergente car

∫ +∞

1

lnx

x= limt→+∞

∫ t

1

lnx

x= limt→+∞

[(lnx)2

2

]t1

= limt→+∞

(ln t)2

2= +∞.

D’où,∫ +∞

1

1 + lnx

x+ 2dx est divergente d’après le critère d’équivalence.


0

√2x+ 3

5x3 + 3x2 + 7dx.

La fonction x →√

2x+ 3

5x3 + 3x2 + 7est continue et positive sur [0,+∞[. En particulier, elle est continue sur

[0, 1]. Donc,∫ 1

0

√2x+ 3

5x3 + 3x2 + 7dx est une intégrale simple.


2x+ 3

5x3 + 3x2 + 7∼+∞

2x

5x3=

2

5x2.

Donc √2x+ 3

5x3 + 3x2 + 7∼+∞

√2√

5 |x|=

√2√

5xau voisinage de +∞.

Comme∫ +∞

1

dx

xest une intégrale de Riemann divergente, alors

∫ +∞

1

√2√

5xdx est divergente, par suite∫ +∞

1

√2x+ 3

5x3 + 3x2 + 7dx est divergente d’après le critère d’équivalence.

On déduit que∫ +∞

0

√2x+ 3

5x3 + 3x2 + 7dx est divergente.


2

lnx

x2dx.

La fonction x→ lnx

x2est continue et positive sur [2,+∞[.

Soit 1 < α < 2, alors limx→+∞

xαlnx

x2= lim

x→+∞xα−2 lnx = 0. Donc, d’après le critère de Riemann, l’intégrale∫ +∞

2

lnx

x2dx est convergente.

6) Nature de∫ 0

−1

dx

x3 + 1.

La fonction x→ 1

x3 + 1est continue sur ]− 1, 0].

Comme

f(x) =1

x3 + 1=

1

(x+ 1)(x2 − x+ 1),

alors, limx→−1+

(x + 1)f(x) = limx→−1+

1

x2 − x+ 1=

1

3. Par suite, d’après le critère de Riemann, l’intégrale∫ 0

−1

dx

x3 + 1est divergente.

23


Exercice 3.3

1) Montrons que∫ +∞

1

sinx


On a pour tout x ≥ 1,

0 ≤∣∣∣∣ sinxxα+1

∣∣∣∣ ≤ 1

xα+1.

Comme l’intégrale∫ +∞

1

1

xα+1est une intégrale de Riemann convergente (car α+1 > 1), alors

∫ +∞

1

∣∣∣∣ sinxxα+1

∣∣∣∣ dxest convergente d’après le critère de comparaison. Par suite,

∫ +∞

1

sinx


2) Montrons que∫ +∞

1

cosx



∫ t

1

cosx

xαdx =

∫ t

1

(sinx)′

xαdx

=

[sinx

xα

]t1

+ α

∫ t

1

sinx

xα+1dx

=sin t

tα− sin 1 + α

∫ t

1

sinx

xα+1dx.

Comme l’intégrale∫ +∞

1

sinx

xα+1dx est absolument convergente, alors elle est convergente et par suite lim

t→+∞

∫ t

1

sinx

xα+1dx

existe et est finie.

On a aussi limt→+∞

sin t

tα= 0 car 0 ≤

∣∣∣∣ sin ttα

∣∣∣∣ ≤ 1

tαet lim

t→+∞

1

tα= 0.

Il résulte que limt→+∞

∫ t

1

cosx

xαdx existe et est finie ; c’est à dire, l’intégrale

∫ +∞

1

cosx


Exercice 3.4

1) Nature de l’intégrale∫ +∞

0

lnx

α2 + x2dx ; α > 0.

La fonction x→ lnx

α2 + x2est continue sur ]0,+∞[, donc le problème se pose en 0 et en +∞.

Etudions la convergence de∫ 1

0

lnx

α2 + x2dx et

∫ +∞

1

lnx

α2 + x2dx.

Comme− lnx

α2 + x2≥ 0 pour tout x ∈]0, 1],

− lnx

α2 + x2∼0

− lnx

α2et∫ 1

0

− lnx

α2dx est convergente (car

∫ 1

0

lnx dx

est convergente et même∫ 1

0

lnx dx = −1), alors∫ 1

0

− lnx

α2 + x2dx est convergente d’après le critère d’équiva-

lence. Par conséquent,∫ 1

0

lnx

α2 + x2dx est convergente.

D’autre part, on alnx

α2 + x2≥ 0 pour tout x ≥ 1 et lim

x→+∞x3/2

lnx

α2 + x2= 0. Donc, d’après le critère de

Riemann∫ +∞

1

lnx

α2 + x2dx est convergente.

24


Les deux intégrales∫ 1

0

lnx

α2 + x2dx et

∫ +∞

1

lnx

α2 + x2dx sont convergentes pour tout α > 0, donc

∫ +∞

0

lnx

α2 + x2dx

est convergente pour tout α > 0.

2) On effectue le changement de variable x =α2

t, alors dx =

−α2

t2dt et on a

∫ +∞

α

lnx

α2 + x2dx =

∫ 0

α

ln(α2)− ln t

α2 +α4

t2

× −α2

t2dt =

∫ α

0

ln(α2)− ln t

α2 + t2dt

= 2

∫ α

0

lnα

α2 + t2dt−

∫ α

0

ln t

α2 + t2dt.

On remarque que ∫ α

0

dt

α2 + t2=

∫ α

0

dt

α2

(1 +

(t

α

)2) .

Donc, en effectuant le changement de variable u =t

α, on obtient

∫ α

0

dt

α2 + t2=

1

α

∫ 1

0

du

1 + u2=

1

α

[arctanu

]10

=π

4α.

Donc

2

∫ α

0

lnα

α2 + t2dt = 2 lnα

∫ α

0

dt

α2 + t2=π lnα

2α.

Par suite, ∫ +∞

α

lnx

α2 + x2dx =

π lnα

2α−∫ α

0

ln t

α2 + t2dt =

π lnα

2α−∫ α

0

lnx

α2 + x2dx.

3) On a

∫ +∞

0

lnx

α2 + x2dx =

∫ α

0

lnx

α2 + x2dx+

∫ +∞

α

lnx

α2 + x2dx

=

∫ α

0

lnx

α2 + x2dx+

π lnα

2α−∫ α

0

lnx

α2 + x2dx.

On déduit que ∫ +∞

0

lnx

α2 + x2dx =

π lnα

2αpour tout α > 0.

25


4 Equations Différentielles du Premier Ordre

4.1 Exercices

Exercice 4.1. Résoudre les équations différentielles suivantes.

1) (x− 1)y′ − 2y = 0 ;

2) y′ = (1− y)(2− y) ;

3) xy′ = x+ y ;

4) 2xyy′ = y2 − x2 ;

5) 2x2 y′ + y = 1 ;

6) y′ + x2 y = 3e−x3/3 ;

7) y′ sinx− y cosx = x ;

8) (x+ 1) y′ − y = lnx.

Exercice 4.2.

1) Calculer∫ex(x− 1) dx.

On considère la fonction g définie sur R par g(x) = (x− 2)ex.

2) Montrer que f(x) = e−xg(x) est solution de l’équation différentielle

y′ + y = x− 1; (E)

3) Montrer que la solution générale y de l’équation (E) s’écrit sous la forme

y(x) = ke−x + f(x), avec k ∈ R.

4) Déterminer la solution de l’équation (E) pour laquelle l’image de 1 est 0.

Exercice 4.3. Soit f une fonction continue sur [0,+∞[ telle que

x

∫ x

0

f(t) dt =3

2

∫ x

0

tf(t) dt, pour tout x ∈ [0,+∞[.

26


1) Montrer que

f(x) =

2

x

∫ x

0

f(t) dt si x > 0,

0 si x = 0.

2) Montrer que f est solution de l’équation

x y′ − y = 0; (E)

3) Donner l’expression de f en fonction de x.

Exercice 4.4. Déterminer toutes les solutions de l’équation de Bernoulli suivante en précisant leurs domaines de

définition.

x y′ + y = xy3.

4.2 Solutions

Exercice 4.1

1) (x− 1)y′ − 2y = 0⇒ y′ =dy

dx=

2y

x− 1.

C’est une équation à variables séparées.

On a

dy

dx=

2y

x− 1⇒ dy

y=

2dx

x− 1

⇒∫dy

y=

∫2dx

x− 1

⇒ ln |y| = 2 ln |x− 1|+ cte

⇒ |y| = e2 ln |x−1|ecte

⇒ y = ±ecte(x− 1)2

⇒ y = C(x− 1)2; C ∈ R.

2) y′ = (1− y)(2− y).

C’est une équation à variables séparées (plus exactement elle est autonome).

27


On a

dy

dx= (1− y)(2− y)⇒ dy

(1− y)(2− y)= dx

⇒∫

dy

(1− y)(2− y)=

∫dx

⇒∫ (

1

1− y− 1

2− y

)dy =

∫dx

⇒ − ln |1− y|+ ln |2− y| = x+ cte⇒ ln

∣∣∣∣2− y1− y

∣∣∣∣ = x+ cte

⇒∣∣∣∣2− y1− y

∣∣∣∣ = ex ecte ⇒ 2− y1− y

= ±ecteex

⇒ 2− y1− y

= Cex; C ∈ R

⇒ y =Cex − 2

Cex − 1; C ∈ R

3) xy′ = x+ y ⇒ y′ = 1 +y

x.

C’est une équation homogène de la forme y′ = f(yx

)avec f(t) = 1 + t.

On pose u =y

xalors y = ux et

dy

dx= x

du

dx+ u. Par suite,

xdu

dx+ u = f(u) = 1 + u⇒ du =

dx

x

⇒∫du =

∫dx

x

⇒ u = ln |x|+ C; C ∈ R.

Donc

y = ux = x (ln |x|+ C) ; C ∈ R.

4) 2xyy′ = y2 − x2 ⇒ y′ =1

2

(yx− 1)(

1 +x

y

).

C’est une équation homogène de la forme y′ = f(yx

)avec f(t) =

1

2(t− 1)(1 +

1

t) =

t2 − 1

2t.

28


On pose u =y

xalors y = ux et

dy

dx= x

du

dx+ u. Par suite,

xdu

dx+ u = f(u) =

u2 − 1

2u⇒ x

du

dx=u2 − 1

2u− u =

−u2 − 1

2u

⇒ −2u

u2 + 1du =

dx

x

⇒∫dx

x= −

∫2u

u2 + 1du

⇒ ln |x| = − ln(u2 + 1) + cte

⇒ |x| = ectee− ln(u2+1) =ecte

u2 + 1

⇒ x =C

u2 + 1; C ∈ R.

Donc

y = xu =Cu

u2 + 1; C ∈ R.

En remplaçant u pary

x, on obtient

y2 + x2 − Cx = 0; C ∈ R.

D’où,

y =√Cx− x2; C ∈ R.

5) 2x2 y′ + y = 1.

C’est une équation linéaire.

On commence par résoudre l’équation sans second membre 2x2 y′ + y = 0.

On a

2x2 y′ + y = 0⇒ y′ =dy

dx=−y2x2

⇒ dy

y= −dx

x2

⇒∫dy

y= −

∫dx

x2

⇒ ln |y| = 1

2x+ cte

⇒ |y| = ectee12x

⇒ y = ±ectee 12x .

29


Donc, la solution générale de l’équation sans second membre 2x2 y′ + y = 0 est

yh(x) = ke12x ; k ∈ R.

On cherche une solution particulière de l’équation 2x2 y′ + y = 1 de la forme

yp(x) = k(x)e12x .

On calcule y′p et on remplace dans l’équation 2x2 y′ + y = 1, on trouve que

yp(x) = e12x

∫e−12x

2x2dx = e

12x e

−12x = 1.

Donc, la solution générale de l’équation 2x2 y′ + y = 1 est

y(x) = yh(x) + yp(x) = ke12x + 1; k ∈ R.

6) y′ + x2 y = 3e−x3/3.


On commence par résoudre l’équation sans second membre y′ + x2 y = 0.

On a

y′ + x2 y = 0⇒ y′ =dy

dx= −x2 y

⇒ dy

y= −x2 dx

⇒∫dy

y=

∫−x2 dx

⇒ ln |y| = −x3

3+ cte

⇒ |y| = ectee−x3/3

⇒ y = ±ectee−x3/3.

Donc, la solution générale de l’équation sans second membre y′ + x2 y = 0 est

yh(x) = ke−x3/3; k ∈ R.

On cherche une solution particulière de l’équation y′ + x2 y = 3e−x3/3 de la forme

yp(x) = k(x)e−x3/3.

30


On calcule y′p et on remplace dans l’équation y′ + x2 y = 3e−x3/3, on trouve que k′(x) = 3, d’où k(x) = 3x.

Donc,

yp(x) = 3xe−x3/3.

Donc, la solution générale de l’équation y′ + x2 y = 3e−x3/3 est

y(x) = yh(x) + yp(x) = ke−x3/3 + 3xe−x

3/3 = (3x+ k)e−x3/3; k ∈ R.

7) y′ sinx− y cosx = x.


On commence par résoudre l’équation sans second membre y′ sinx− y cosx = 0.

On a

y′ sinx− y cosx = 0⇒ y′ =dy

dx=y cosx

sinx

⇒ dy

y=

cosx

sinxdx

⇒∫dy

y=

∫cosx

sinxdx

⇒ ln |y| = ln(| sinx|) + cte

⇒ |y| = ecteeln(| sin x|) = ecte| sinx|

⇒ y = ±ecte sinx.

Donc, la solution générale de l’équation sans second membre y′ sinx− y cosx = 0 est

yh(x) = k sinx; k ∈ R.

On cherche une solution particulière de l’équation y′ sinx− y cosx = x de la forme

yp(x) = k(x) sinx.

On calcule y′p et on remplace dans l’équation y′ sinx− y cosx = x, on trouve que

yp(x) = sinx

∫x

sin2 xdx.

31



∫x

sin2 xdx =

∫x

(−1

tanx

)′dx =

−xtanx

+

∫1

tanxdx

=−x

tanx+

∫cosx

sinxdx

=−x

tanx+ ln(| sinx|).

Il résulte que

yp(x) = sinx

(−x

tanx+ ln(| sinx|)

)= −x cosx+ sinx ln(| sinx|).

Par conséquent, la solution générale de l’équation y′ sinx− y cosx = x est

y(x) = yh(x) + yp(x) = k sinx− x cosx+ sinx ln(| sinx|) = −x cosx+(k + ln(| sinx|)

)sinx; k ∈ R.

8) (x+ 1) y′ − y = lnx.


On commence par résoudre l’équation sans second membre (x+ 1) y′ − y = 0.

On a

(x+ 1) y′ − y = 0⇒ y′ =dy

dx=

y

x+ 1

⇒ dy

y=

dx

x+ 1

⇒∫dy

y=

∫dx

x+ 1

⇒ ln |y| = ln |x+ 1|+ cte

⇒ |y| = ecte|x+ 1|

⇒ y = ±ecte(x+ 1).

Donc, la solution générale de l’équation sans second membre (x+ 1) y′ − y = 0 est

yh(x) = k(x+ 1); k ∈ R.

On cherche une solution particulière de l’équation (x+ 1) y′ − y = lnx de la forme

yp(x) = k(x)(x+ 1).

32


On calcule y′p et on remplace dans l’équation (x+ 1) y′ − y = lnx, on trouve que

yp(x) = (x+ 1)

∫lnx

(x+ 1)2dx.


∫lnx

(x+ 1)2dx = −

∫ ((x+ 1)−1

)′lnx dx =

− lnx

x+ 1+

∫1

x(x+ 1)dx

=− lnx

x+ 1+

∫ (1

x− 1

x+ 1

)dx

=− lnx

x+ 1+ lnx− ln(x+ 1) =

− lnx

x+ 1+ ln

(x

x+ 1

).

Donc

yp(x) = (x+ 1)

(− lnx

x+ 1+ ln

(x

x+ 1

))= − lnx+ (x+ 1) ln

(x

x+ 1

).

Par suite, la solution générale de l’équation (x+ 1) y′ − y = lnx est

y(x) = yh(x) + yp(x) = k(x+ 1)− lnx+ (x+ 1) ln

(x

x+ 1

); k ∈ R.

Exercice 4.2

1)

∫ex(x− 1) dx est une primitive de la fonction ex(x− 1). On a

∫ex(x− 1) dx =

∫(ex)′(x− 1) dx = ex(x− 1)−

∫ex dx

= ex(x− 1)− ex + C = ex(x− 2) + C; C ∈ R.

2) Soit g(x) = (x− 2)ex; x ∈ R. La fonction g est une primitive de la fonction ex(x− 1) sur R.

On a f(x) = e−xg(x) = x− 2. Donc, f est dérivable sur R et on a f ′ + f = 1 + x− 2 = x− 1. Par suite, f est

solution de l’équation y′ + y = x− 1.

33


3) On commence par résoudre l’équation sans second membre y′ + y = 0.

y′ + y = 0⇒ y′ =dy

dx= −y

⇒ dy

y= −dx

⇒∫dy

y= −

∫dx

⇒ ln |y| = −x+ cte

⇒ |y| = ectee−x

⇒ y = ±ectee−x.

Donc, la solution générale de l’équation sans second membre y′ + y = 0 est

yh(x) = ke−x; k ∈ R.

On cherche une solution particulière de l’équation y′ + y = x− 1 est de la forme

yp(x) = k(x)e−x.

On calcule y′p et on remplace dans l’équation y′ + y = x− 1, on trouve que

yp(x) = e−x∫ex(x− 1) dx = e−xg(x) (car g est primitive de ex(x− 1))

= f(x).

Par suite, la solution générale de l’équation y′ + y = x− 1 est

y(x) = yh(x) + yp(x) = ke−x + f(x); k ∈ R.

4) Soit y la solution de (E) telle que y(1) = 0. On a

y(1) = 0⇒ ke−1 + 1− 2 = 0⇒ ke−1 = 1⇒ k = e.

Donc, y(x) = e1−x + f(x) = e1−x + x− 2 est solution de (E) telle que y(1) = 0.

Exercice 4.3

1) On pose

F (x) =

∫ x

0

f(t) dt et G(x) =

∫ x

0

tf(t) dt.

34


Alors,

xF (x) =3

2G(x).

Comme f est continue sur [0,+∞[, alors les deux fonctions F et G sont dérivables sur [0,+∞[ de dérivées

respectives F ′(x) = f(x) et G′(x) = xf(x) pour tout x ∈ [0,+∞[.

Soit x ∈ [0,+∞[, alors

xF (x) =3

2G(x)⇒ (xF (x))

′=

3

2G′(x)

⇒ F (x) + xF ′(x) =3

2G′(x)

⇒ F (x) + xf(x) =3

2xf(x)

⇒ F (x) =3

2xf(x)− xf(x)

⇒ F (x) =1

2xf(x).

Donc, pour tout x > 0, f(x) = 2F (x)

x=

2

x

∫ x

0

f(t) dt.

D’autre part, comme f est continue en 0, F (0) = 0, F est dérivable en 0 et F ′(0) = f(0), alors

f(0) = limx→0

f(x) = limx→0

2F (x)

x= limx→0

2F (x)− F (0)

x− 0= 2F ′(0) = 2f(0).

Par suite, f(0) = 0.

2) On a pour tout x ∈ [0,+∞[, xf(x) = 2F (x).

Soit x ∈ [0,+∞[, alors

xf(x) = 2F (x)⇒ (xf(x))′

= 2F ′(x)

⇒ f(x) + xf ′(x) = 2f(x)

⇒ xf ′(x)− f(x) = 0

Donc, f est solution de l’équation x y′ − y = 0.

3) L’équation x y′ − y = 0 est linéaire sans second membre.

35


On a

x y′ − y = 0⇒ y′ =dy

dx=y

x

⇒ dy

y=dx

x

⇒∫dy

y=

∫dx

x

⇒ ln |y| = ln |x|+ cte

⇒ |y| = ecte|x|

⇒ y = ±ectex.

Donc, la solution générale de l’équation x y′ − y = 0 est

y(x) = kx; k ∈ R.

Il résulte que pour tout x ∈ [0,+∞[, f(x) = kx; k ∈ R.

Exercice 4.4

On veut résoudre l’équation de Bernoulli x y′ + y = xy3.

On a y = 0 est solution de l’équation de Bernoulli.

On cherche maintenant une autre solution non identiquement nulle. On a

x y′ + y = xy3 ⇒ x y′y−3 + y y−3 = x

⇒ −x2

(1

y2

)′+

1

y2= x.

On pose u =1

y2alors on se ramène à résoudre l’équation linéaire

−x2u′ + u = x.

36


On commence par résoudre l’équation sans second membre−x2u′ + u = 0.

−x2u′ + u = 0⇒ u′ =

du

dx=

2u

x

⇒ du

u=

2

xdx

⇒∫du

u=

∫2

xdx

⇒ ln |u| = 2 ln |x|+ cte

⇒ |u| = ectee2 ln |x| = ectex2

⇒ u = ±ectex2.

Donc, la solution générale de l’équation sans second membre−x2u′ + u = 0 est

uh(x) = kx2; k ∈ R.

On cherche une solution particulière de l’équation−x2u′ + u = x de la forme

up(x) = k(x)x2.

On calcule u′p et on remplace dans l’équation−x2u′ + u = x, on trouve que

up(x) = x2∫−2

x2dx = x2

2

x= 2x

Par suite, la solution générale de l’équation−x2u′ + u = x est

u(x) = uh(x) + up(x) = kx2 + 2x; k ∈ R.

D’autre part, pour k ∈ R, on considère l’intervalle réel Ik défini par

Ik =

]0,+∞[ si k = 0,]0,−2

k

[si k < 0.]

−∞, −2

k

[∪ ]0,+∞[ si k > 0.

Comme u =1

y2= kx2 + 2x et kx2 + 2x > 0 pour tout x ∈ Ik , alors les solutions de l’équation de Bernoulli

sont de la forme

y(x) =1√

kx2 + 2xou y(x) =

−1√kx2 + 2x

pour tout x ∈ Ik.

37


5 Equations Différentielles Linéaires du Second Ordre à CoefficientsConstants

5.1 Exercices

Exercice 5.1. Résoudre les équations différentielles du second ordre suivantes.

1) y′′ + 2y′ = 4 ;

2) y′′ + y′ − 2y = 2x2 − 2x+ 4 ;

3) y′′ + 6y′ + 9y = x2e2x ;

4) y′′ + y′ − 2y = x2e−2x

5) y′′ + 2y′ + 2y = sinx.

6) y′′ + y = cos 2x ;

7) y′′ + 2y′ + 5y = e−x(

2 cos(2x)− 3 sin(2x))

;

8) y′′ − y′ − 2y = cosx+ 3 sinx.

5.2 Solutions

Exercice 5.1

1) y′′ + 2y′ = 4.

On commence par résoudre l’équation sans second membre y′′ + 2y′ = 0.

L’équation caractéristique est λ2 + 2λ = 0.

Elle admet deux racines réelles λ1 = 0 et λ2 = −2.

Donc, la solution générale de l’équation sans second membre est

yh(x) = C1 e0 + C2 e

−2x = C1 + C2 e−2x; C1, C2 ∈ R.

Le second membre de l’équation complète y′′+2y′ = 4 est une constante (c’est à dire un polynôme de degré

0) et on a 2 6= 0, alors on cherche une solution particulière de la forme yp(x) = ax; a ∈ R.

38


On calcule y′p(x) et y′′p (x) et on remplace dans l’équation y′′ + 2y′ = 4, on trouve que a = 2.

Donc, la solution particulière de l’équation complète est

yp(x) = 2x.

Par conséquent, la solution générale de l’équation y′′ + 2y′ = 4 est

y(x) = yh(x) + yp(x) = C1 + C2 e−2x + 2x; C1, C2 ∈ R.

2) y′′ + y′ − 2y = 2x2 − 2x+ 4.

On commence par résoudre l’équation sans second membre y′′ + y′ − 2y = 0.

L’équation caractéristique est λ2 + λ− 2 = 0.

Elle admet deux racines réelles distinctes λ1 = 1 et λ2 = −2.


yh(x) = C1 ex + C2 e

−2x; C1, C2 ∈ R.

Le second membre de l’équation y′′ + y′ − 2y = 2x2 − 2x + 4 est un polynôme de degré 2 et on a −2 6= 0,

alors on cherche une solution particulière de la forme yp(x) = Q2(x) où Q2 est un polynôme de degré 2,

c’est à dire yp(x) = ax2 + bx+ c; a, b, c ∈ R.

On calcule y′p(x) et y′′p (x) et on remplace dans l’équation y′′ + y′ − 2y = 2x2 − 2x+ 4, on trouve

−2ax2 + 2(a− b)x+ 2a+ b− 2c = 2x2 − 2x+ 4.

On obtient par identification a = −1, b = 0 et c = −3.


yp(x) = −(x2 + 3).

Par conséquent, la solution générale de l’équation y′′ + y′ − 2y = 2x2 − 2x+ 4 est

y(x) = yh(x) + yp(x) = C1 ex + C2 e

−2x − (x2 + 3); C1, C2 ∈ R.

39


3) y′′ + 6y′ + 9y = x2e2x.

On commence par résoudre l’équation sans second membre y′′ + 6y′ + 9y = 0.

L’équation caractéristique est λ2 + 6λ+ 9 = 0.

Comme ∆ = 0, alors elle admet une racine réelle double λ = −3.


yh(x) = e−3x(C1x+ C2

); C1, C2 ∈ R.

Le second membre de l’équation y′′ + 6y′ + 9y = x2e2x est de la forme emx Pn(x) avec m = 2 et n = 2.

Comme 2 n’est pas racine de l’équation caractéristique, alors on cherche une solution particulière de la

forme yp(x) = e2xQ2(x) où Q2 est un polynôme de degré 2, c’est à dire

yp(x) = e2x(ax2 + bx+ c

); a, b, c ∈ R.

On pose u(x) = ax2 + bx+ c. Alors, yp(x) = e2x u(x).

On calcule y′p(x) et y′′p (x) et on remplace dans l’équation y′′ + 6y′ + 9y = x2e2x, on trouve

25ax2 + (20a+ 25b)x+ 2a+ 10b+ 25c = x2.

On obtient par identification a =1

25, b =

−4

125et c =

6

625.

Donc

u(x) =1

25x2 − 4

125x+

6

625.

Par suite, la solution particulière de l’équation complète est

yp(x) = e2x u(x) = e2x(

1

25x2 − 4

125x+

6

625

)=e2x

625

(25x2 − 20x+ 6

).

Par conséquent, la solution générale de l’équation y′′ + 6y′ + 9y = x2e2x est

y(x) = e−3x(C1x+ C2

)+e2x

625

(25x2 − 20x+ 6

); C1, C2 ∈ R.

4) y′′ + y′ − 2y = x2e−2x.

On commence par résoudre l’équation sans second membre y′′ + y′ − 2y = 0.

40


L’équation caractéristique est λ2 + λ− 2 = 0.

Comme ∆ = 9 > 0, alors elle admet deux racines réelles distinctes λ1 = 1 et λ2 = −2.


yh(x) = C1 ex + C2 e

−2x; C1, C2 ∈ R.

Le second membre de l’équation y′′ + y′ − 2y = x2e−2x est de la forme emx Pn(x) avec m = −2 et n = 2.

comme −2 est racine simple de l’équation caractéristique, alors on cherche une solution particulière de la

forme yp(x) = e−2x xQ2(x) où Q2 est un polynôme de degré 2, c’est à dire

yp(x) = e−2x x(ax2 + bx+ c

)== e−2x

(ax3 + bx2 + cx

); a, b, c ∈ R.

On pose u(x) = ax3 + bx2 + cx. Alors, yp(x) = e−2x u(x).

On calcule y′p(x) et y′′p (x) et on remplace dans l’équation y′′ + y′ − 2y = x2e−2x, on trouve

−9ax2 + (6a− 6b)x+ 2b− 3c = x2.

On obtient par identification a =−1

9, b =

−1

9et c =

−2

27.

Donc

u(x) =−1

9x3 − 1

9x2 − 2

27x.

Par suite, la solution particulière de l’équation complète est

yp(x) = e−2x u(x) = e−2x(−1

9x3 − 1

9x2 − 2

27x

).

Par conséquent, la solution générale de l’équation y′′ + y′ − 2y = x2e−2x est

y(x) = yh(x) + yp(x) = C1 ex + +C2 e

−2x + e−2x(−1

9x3 − 1

9x2 − 2

27x

); C1, C2 ∈ R.

D’où

y(x) = C1 ex + e−2x

(−1

9x3 − 1

9x2 − 2

27x+ C2

); C1, C2 ∈ R.

5) y′′ + 2y′ + 2y = sinx.


41



Comme ∆ = −4 < 0, alors elle admet deux racines complexes λ1 = −1 + i et λ2 = −1− i.


yh(x) = e−x (C1 cosx+ C2 sinx) ; C1, C2 ∈ R.

Le second membre de l’équation y′′ + 2y′ + 2y = sinx est de la forme emx sin(ωx) avec m = 0 et ω = 1.

Comme i n’est pas racine de l’équation caractéristique, alors on cherche une solution particulière de la

forme

yp(x) = A cosx+B sinx; A,B ∈ R.

On calcule y′p(x) et y′′p (x) et on remplace dans l’équation y′′ + 2y′ + 2y = sinx, on trouve

(A+ 2B

)cosx+

(B − 2A− 1) sinx = 0.

Ceci implique en utilisant le fait que les deux fonctions cosx et sinx sont linéairement indépendantes, que

A =−2

5et B =

1

5.


yp(x) =−2

5cosx+

1

5sinx.

Par conséquent, la solution générale de l’équation y′′ + 2y′ + 2y = sinx est

y(x) = yh(x) + yp(x) = e−x (C1 cosx+ C2 sinx)− 2

5cosx+

1

5sinx; C1, C2 ∈ R.

6) y′′ + y = cos 2x.

On commence par résoudre l’équation sans second membre y′′ + y = 0.

L’équation caractéristique est λ2 + 1 = 0.

Elle admet deux racines complexes λ1 = i et λ2 = −i.


yh(x) = C1 cos(x) + C2 sin(x); C1, C2 ∈ R.

42


Le second membre de l’équation y′′ + y = cos 2x est de la forme emx cos(ωx) avec m = 0 et ω = 2.

Comme 2i n’est pas racine de l’équation caractéristique, alors on cherche une solution particulière de la

forme

yp(x) = A cos(2x) +B sin(2x); A,B ∈ R.

On calcule y′p(x) et y′′p (x) et on remplace dans l’équation y′′ + y = cos 2x, on trouve

(3A+ 1

)cos(2x) + 3B sin(2x) = 0.


A =−1

3et B = 0.


yp(x) =− cos(2x)

3.

Par conséquent, la solution générale de l’équation y′′ + y = cos 2x est

y(x) = yh(x) + yp(x) = C1 cos(x) + C2 sin(x)− cos(2x)

3; C1, C2 ∈ R.

7) y′′ + 2y′ + 5y = e−x(

2 cos(2x)− 3 sin(2x))

.



Comme ∆ = −16 < 0, alors elle admet deux racines complexes λ1 = −1 + 2i et λ2 = −1− 2i.


yh(x) = e−x(C1 cos(2x) + C2 sin(2x)

); C1, C2 ∈ R.

Le second membre de l’équation y′′+ 2y′+ 5y = e−x(

2 cos(2x)−3 sin(2x))

est de la forme emx(

2 cos(ωx)−

3 sin(ωx))

avec m = −1 et ω = 2.

Comme −1 + 2i est racine de l’équation caractéristique, alors on cherche une solution particulière de la

forme

yp(x) = xe−x(A cos(2x) +B sin(2x)

); A,B ∈ R.

43


On pose z(x) = x(A cos(2x) +B sin(2x)

). Alors, yp(x) = e−x z(x).

On calcule y′p(x) et y′′p (x) et on remplace dans l’équation y′′ + 2y′ + 5y = e−x(

2 cos(2x) − 3 sin(2x))

, on

trouve (4B − 2

)cos(2x) +

(3− 4A

)sin(2x) = 0.


A =3

4et B =

1

2.

Donc

z(x) = x

(3

4cos(2x) +

1

2sin(2x)

).

Par suite , la solution particulière de l’équation complète est

yp(x) = e−x z(x) = xe−x(

3

4cos(2x) +

1

2sin(2x)

).

Par conséquent, la solution générale de l’équation y′′ + 2y′ + 5y = e−x(

2 cos(2x)− 3 sin(2x))

est

y(x) = yh(x) + yp(x) = e−x(C1 cos(2x) + C2 sin(2x)

)+ xe−x

(3

4cos(2x) +

1

2sin(2x)

); C1, C2 ∈ R.

D’où

y(x) = e−x[(

3

4x+ C1

)cos(2x) +

(x2

+ C2

)sin(2x)

]; C1, C2 ∈ R.

8) y′′ − y′ − 2y = cosx+ 3 sinx.

On commence par résoudre l’équation sans second membre y′′ − y′ − 2y = 0.

L’équation caractéristique est λ2 − λ− 2 = 0.

Comme ∆ = 9 > 0, alors elle admet deux racines réelles distinctes λ1 = 2 et λ2 = −1.


yh(x) = C1 e2x + C2 e

−x; C1, C2 ∈ R.

Le second membre de l’équation y′′ − y′ − 2y = cosx + 3 sinx est de la forme emx(

cos(ωx) + 3 sin(ωx))

avec m = 0 et ω = 1.

44


Comme i n’est pas racine de l’équation caractéristique, alors on cherche une solution particulière de la

forme

yp(x) = A cosx+B sinx; A,B ∈ R.

On calcule y′p(x) et y′′p (x) et on remplace dans l’équation y′′ − y′ − 2y = cosx+ 3 sinx, on trouve

(− 3A−B − 1

)cosx+

(A− 3B − 3

)sinx = 0.


A = 0 et B = −1.

Donc la solution particulière de l’équation complète est

yp(x) = − sinx.

Par conséquent, la solution générale de l’équation y′′ − y′ − 2y = cosx+ 3 sinx est

y(x) = yh(x) + yp(x) = C1 e2x + C2 e

−x − sinx; C1, C2 ∈ R.

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universitÉ abdelmalek essaadi facultÉ … · arij bouzelmate faculté des sciences de tétouan 1...

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