DS3 2021 2022 Correction Analyse2-DS PREING1 S2

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Correction proposée par Mathis S.

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Exercice 1 :

1.

$\forall x \in \rbrack - 1,1\lbrack$, le problème se réécrit :

\[y^{'} - \frac{2x}{1 - x^{2}}y = \frac{1}{1 - x^{2}}\]

Il s’agit d’une équation différentielle linéaire du premier ordre.

\[a(x) = - \frac{2x}{1 - x^{2}}\] \[A(x) = \ln\left( 1 - x^{2} \right)\] \[b(x) = \frac{1}{1 - x^{2}}\]

Calculons les solutions de l’équation homogène associée :

Les solutions sont de la forme :

\[y_{H} = \lambda e^{- A(x)} = \lambda e^{- \ln\left( 1 - x^{2} \right)} = \lambda\left( e^{\ln\left( 1 - x^{2} \right)} \right)^{- 1} = \frac{\lambda}{1 - x^{2}}\] \[y_{H} = \frac{\lambda}{1 - x^{2}}\]

Calculons une solution particulière de cette équation, par variation de la constante :

\[y_{P} = \frac{\lambda(x)}{1 - x^{2}}\] \[y_{P}^{'}(x) = \frac{\lambda^{'}(x)\left( 1 - x^{2} \right) + 2x\lambda(x)}{\left( 1 - x^{2} \right)^{2}} = \frac{\lambda^{'}(x)}{1 - x^{2}} + \lambda(x)\frac{2x}{\left( 1 - x^{2} \right)^{2}}\] \[y_{P}^{'} - \frac{2x}{1 - x^{2}}y_{P} = \frac{1}{1 - x^{2}}\] \[\frac{\lambda^{'}(x)}{1 - x^{2}} + \lambda(x)\frac{2x}{\left( 1 - x^{2} \right)^{2}} - \left( \frac{2x}{1 - x^{2}} \right)\left( \frac{\lambda(x)}{1 - x^{2}} \right) = \frac{1}{1 - x^{2}}\] \[\frac{\lambda^{'}(x)}{1 - x^{2}} = \frac{1}{1 - x^{2}}\] \[\lambda^{'}(x) = 1\] \[\lambda(x) = x\] \[y_{P} = \frac{x}{1 - x^{2}}\]

Détermination de l’ensemble des solutions de l’équation différentielle

\[y_{G} = y_{H} + y_{P}\] \[y_{G} = \frac{\lambda + x}{1 - x^{2}}\]

Vérification :

\[y^{'}(x) = \frac{1 - x^{2} + 2x(\lambda + x)}{\left( 1 - x^{2} \right)^{2}} = \frac{\left( 1 - x^{2} + 2\lambda x + 2x^{2} \right)}{\left( 1 - x^{2} \right)^{2}} = \frac{x^{2} + 2\lambda x + 1}{\left( 1 - x^{2} \right)^{2}}\] \[\left( 1 - x^{2} \right)y^{'} - 2xy = \frac{x^{2} + 2\lambda x + 1 - 2\lambda x - 2x^{2}}{1 - x^{2}} = \frac{1 - x^{2}}{1 - x^{2}} = 1\]

Résolution du problème de Cauchy

\[y(0) = \lambda = 1\] \[y = \frac{1 + x}{1 - x^{2}} = \frac{1}{1 - x}\]

2.

\[y^{''} - 6y^{'} + 13y = 29e^{- 2x}\]

Il s’agit d’une équation différentielle linéaire du deuxième ordre.

Calculons les solutions de l’équation homogène associée :

\[y^{''} - 6y^{'} + 13y = 0\]

Soit $y = e^{rx},\ y^{‘} = re^{rx},\ y^{‘’} = r^{2}e^{rx}$

\[\left( r^{2} - 6r + 13 \right)e^{rx} = 0\] \[r^{2} - 6r + 13 = 0\] \[r^{2} - 2(3r) + 9 + 4 = 0\] \[(r - 3)^{2} = - 4\] \[r = 3 \pm 2i\] \[y = e^{3x}\left( \lambda\cos(2x) + \mu\sin(2x) \right)\]

Calcul d’une solution particulière :

\[g(x) = 29e^{- 2x}\]

$g(x)$ est de la forme $e^{\alpha x}$ avec $\alpha = - 2$ n’est pas racine de l’équation caractéristique. On cherche des solutions de la forme :

\[y_{P} = \delta e^{- 2x}\] \[y_{P}^{'} = - 2\delta e^{- 2x}\] \[y_{P}^{''} = 4\delta e^{- 2x}\] \[y_{P}^{''} - 6y_{P}^{'} + 13y_{P} = 29e^{- 2x}\] \[e^{- 2x}\delta(4 + 12 + 13) = 29e^{- 2x}\] \[29e^{- 2x}\delta = 29e^{- 2x}\] \[\delta = 1\]

Donc une solution particulière de l’équation différentielle est $y_{P} = e^{- 2x}$

Détermination de l’ensemble des solutions de l’équation différentielle

\[y_{G} = y_{H} + y_{P}\] \[y_{G} = e^{3x}\left( \lambda\cos(2x) + \mu\sin(2x) \right) + e^{- 2x}\]

Vérification :

\[y_{G}^{'} = 3e^{3x}\left( \lambda\cos(2x) + \mu\sin(2x) \right) + e^{3x}\left( 2\mu\cos(2x) - 2\lambda\sin(2x) \right) - 2e^{- 2x}\] \[y_{G}^{'} = e^{3x}((3\lambda + 2\mu)\cos(2x) + (3\mu - 2\lambda)\sin(2x)) - 2e^{- 2x}\] \[y_{G}^{''} = 3e^{3x}\left( (3\lambda + 2\mu)\cos(2x) + (3\mu - 2\lambda)\sin(2x) \right) + e^{3x}\left( (6\mu - 4\lambda)\cos(2x) - (6\lambda + 4\mu)\sin(2x) \right) + 4e^{- 2x}\] \[y_{G}^{''} = e^{3x}\left( (5\lambda + 12\mu)\cos(2x) + (5\mu - 12\lambda)\sin(2x) \right) + 4e^{- 2x}\] \[y_{G}^{''} - 6y_{G}^{'} + 13y_{G} = e^{3x}\left( (5\lambda + 12\mu - 18\lambda - 12\mu + 13\lambda)\cos(2x) + (5\mu - 12\lambda - 18\mu + 12\lambda + 13\mu)\sin(2x) \right) + (4 + 12 + 13)e^{- 2x} = e^{3x}\left( 0\cos(2x) + 0\sin(2x) \right) + 29e^{- 2x}\]

Résolution du problème de Cauchy

\[y(0) = \lambda + 1 = 0 \rightarrow \lambda = - 1\] \[y^{'} = e^{3x}\left( (2\mu - 3)\cos(2x) + (3\mu + 2)\sin(2x) \right) - 2e^{- 2x}\] \[y^{'}(0) = (2\mu - 3) - 2 = 0\] \[2\mu = 5\] \[\mu = \frac{5}{2}\] \[y = e^{3x}\left( \frac{5}{2}\sin(2x) - \cos(2x) \right) + e^{- 2x}\]

Exercice 2 :

1.

\[I = \int_{0}^{1}{\frac{1}{x^{2} + 1}dx} = \left\lbrack \arctan(x) \right\rbrack_{0}^{1} = \arctan(1) = \frac{\pi}{4}\]

2.

\[S_{n} = \sum_{k = 1}^{n}\frac{n}{k^{2} + n^{2}} = \sum_{k = 1}^{n}\frac{n}{n^{2}\left( \left( \frac{k}{n} \right)^{2} + 1 \right)} = \frac{1}{n}\sum_{k = 1}^{n}\frac{1}{\left( \frac{k}{n} \right)^{2} + 1}\]

Par somme de Riemann :

\[S_{n} = \int_{0}^{1}{\frac{1}{x^{2} + 1}dx} = I = \frac{\pi}{4}\]

Exercice 3 :

I.1.

\[I_{1} = \int_{0}^{1}{\frac{e^{2x}}{e^{x} + 1}dx}\]

On pose $u = e^{x}$

\[du = e^{x}dx\] \[I_{1} = \int_{1}^{e}{\frac{u}{1 + u}du} = \int_{1}^{e}{\frac{1 + u}{1 + u}du} - \int_{1}^{e}{\frac{1}{1 + u}du} = \left\lbrack u - \ln(1 + u) \right\rbrack_{1}^{e} = e - \ln(1 + e) - 1 + \ln(2) = e - 1 + \ln\left( \frac{2}{1 + e} \right)\]

I.2.

\[I_{2} = \int_{0}^{1}{x^{3}e^{x^{2}}dx}\]

On pose $t = x^{2}$

\[dt = 2x\ dx\] \[x^{3}e^{x^{2}}dx = x^{2}e^{x^{2}}\ xdx = \frac{1}{2}te^{t}dt\] \[I_{2} = \frac{1}{2}\int_{0}^{1}{te^{t}dt}\]

On pose

\[u(t) = t,\ u^{'}(t) = 1\] \[v^{'}(t) = e^{t},\ v(t) = e^{t}\]

Par intégration par parties,

\[I_{2} = \frac{1}{2}\left\lbrack te^{t} \right\rbrack_{0}^{1} - \frac{1}{2}\int_{0}^{1}{e^{t}dt}\] \[I_{2} = \frac{1}{2}\left\lbrack te^{t} - e^{t} \right\rbrack_{0}^{1} = \frac{1}{2}\]

II.

\[\text{Posons}\ f(x) = \frac{2x + 1}{x^{2} + 3x + 2}\] \[x^{2} + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2)\] \[f(x) = \frac{\alpha}{x + 1} + \frac{\beta}{x + 2},\ \alpha,\beta \in \mathbb{R}\] \[2x + 1 = \alpha(x + 2) + \beta(x + 1)\]

Avec $x = - 1,\ - 1 = \alpha$

Avec $x = - 2,\ - 3 = - \beta,\ \beta = 3$

\[f(x) = - \frac{1}{x + 1} + \frac{3}{x + 2}\] \[P = - \int_{}^{}\frac{dx}{x + 1} + 3\int_{}^{}\frac{dx}{x + 2}\] \[P = - \ln|x + 1| + 3\ln|x + 2|\]

Exercice 4 :

1.

Utilisons le changement de variable $t = \frac{\pi}{2} - x$

\[\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\cos(x)}{\sin(x) + \cos(x)}dx} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\sin\left( \frac{\pi}{2} - x \right)}{\cos\left( \frac{\pi}{2} - x \right) + \sin\left( \frac{\pi}{2} - x \right)}dx} = \int_{\frac{\pi}{2}}^{0}{\frac{\sin(t)}{\sin(t) + \cos(t)}( - dt)} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\sin(t)}{\sin(t) + \cos(t)}dt}\]

Donc

\[I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\cos(x)}{\sin(x) + \cos(x)}dx} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\sin(x)}{\sin(x) + \cos(x)}dx}\] \[2I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\cos(x)}{\sin(x) + \cos(x)}dx} + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\sin(x)}{\sin(x) + \cos(x)}dx}\] \[2I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{1dx} = \frac{\pi}{2}\] \[I = \frac{\pi}{4}\]

2.

\[t = \cos(x)\] \[dt = - \sin(x)dx\] \[\int_{0}^{1}\frac{dt}{t + \sqrt{1 - t^{2}}} = \int_{\frac{\pi}{2}}^{0}{\frac{- \sin(x)}{\cos(x) + \sin(x)}dx} = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}{\frac{\sin(x)}{\sin(x) + \cos(x)}dx} = \frac{\pi}{4}\]