Bar9me Exercice 1. (04 pts) ( (((((* ((((([ # I φ / 1 cos 2x 2 dx φ / cos

Barème
Exercice 1.
(04 pts)8
>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
:
1) I=Z
2
0
1cos 2x
2dx =Z
2
01
2cos 2x 2dx =x 21 4sin 2x
2
0
=
4!(02 pts)
2) lim
n!+1un= lim n!+1
2n
n
P
k=1
sin2k
2n=Z
2
0
sin2x dx =
4!(02 pts)
Exercice 2.
(08 pts)
8
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
:
1) I1=1
3Zdt t2=1 3t+C=1 3 (x31) +C; C 2R:!(01 pt)
I2=2
p3arc tan 2
p3x+1
p3+C; C 2R:!(01.5 pts)
2) a=1
3; b =c= 0; d =1 3!(02 pts)
3) I3=1
3(x1) 2
3p3arc tan 2
p3x+1
p3+C; C 2R:!(01 pt)
4) (x31)2= (x1)2(x2+x+ 1)2:!(01 pt)
5) I=1
3 (x31) 1
3(x1) 2
3p3arc tan 2
p3x+1
p3+C; C 2R:!(01.5 pts)
Exercice 3.
(08 pts)
8
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
:
1-a) y0=C1ex+C2e2x; C1; C22R:!(01 pt)
1-b) y1=1
6x2+2 9xex!(01.5 pts)
1-c) y=y0+y1=C1ex+C2e2x+1
6x2+2 9xex; C1; C22R:!(01 pt)
2-a) yest deux fois dérivable !(00.5 pt)
y0(x) = exz0(ex)et y00 (x) = exz0(ex) + e2xz00 (ex)!(01 pt)
2-b) Montrons que yest solution de (F)!(01.5 pts)
2-c) z(t) = C1t+C2
t2+1 6t: (ln t)2+2 9t: ln t; C1; C22R:!(01.5 pts)
1

Universite A:Mira Bejaia
Faculte des Sciences Exactes
Departement de Mathematiques =M:I
14=06=2011
Durée : 02 heures
Corrigé
Solution 1.
1) Calcul de I=Z
2
0
sin2x dx: On a
I=
2
Z0
1cos 2x
2dx =
2
Z01
2cos 2x 2dx =x 21 4sin 2x
2
0
=
4:
2) un=
2n
n
P
k=1
sin2k
2n; n 2N:Posons [a; b] = h0;
2i;donc
ak=a+kba
n=k 2n; k = 0;1; :::n:
On remarque que 
2n
n
P
k=1
sin2k
2nest de la forme ba
n
n
P
k=1
f(ak);somme de Riemann associée
à une subdivision régulière = (ak)pour fsur l’intervalle h0;
2ioù f(x) = sin2(x):Comme
fest continue sur h0;
2i;donc
lim
n!+1un= lim n!+1
2n
n
X
k=1
sin2k
2n=
2
Z0
sin2x dx =
4:
Solution 2.
1) Calcul de I1;pour calculer cette intégrale on pose t=x31
t=x31 =)dt = 3x2dx =)I1=Zx2
(x31)2dx =1
3Zdt t2=1 3t+C=1 3 (x31)+C; C 2R:
Calcul de I2:On a x2+x+ 1 = x+1
22
+3
4:
I2=Z1
x2+x+ 1 dx =Zdx
x+1
22
+3
4
=4
3Zdx
2
p3x+1 p32+ 1
:
2

Posons t=2
p3x+1 p3=)dt =2 p3dx =)dx =p3
2dt; donc
I2=2
p3Zdt
t2+ 1 =2
p3arc tan t+C=2 p3arc tan 2 p3x+1 p3+C; C 2R:
2)
x
(x1)2(x2+x+ 1) =a (x1)2+b
x1+cx +d x2+x+ 1
=a(x2+x+ 1) + b(x31) + (cx +d) (x22x+ 1)
(x1)2(x2+x+ 1)
=a(x2+x+ 1) + b(x31) + cx32cx2+cx +dx22dx +d
(x1)2(x2+x+ 1)
=(b+c)x3+ (a2c+d)x2+ (a+c2d)x+ab+d
(x1)2(x2+x+ 1)
Par identi…cation on a
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
(b+c) = 0
(a2c+d) = 0
a+c2d= 1
ab+d= 0
() 8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
b=c(1)
(a2c+d) = 0 (2)
a+c2d= 1 (3)
ab+d= 0 (4)
() 8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
b=c(1)
(a+ 2b+d) = 0 (2)
ab2d= 1 (3)
ab+d= 0 (4)
(3) (4) =)d=1
3;on remplace ddans le système précédent on obtient :
8
>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
:
b=c(1)
a+ 2b=1
3(2)0
ab=1
3(3)0
(2)0(3)0=)b= 0 =)c= 0:De (2)0; a =1
3:D’où
x
(x1)2(x2+x+ 1) =1 3 (x1)21
3 (x2+x+ 1)
3) Déduire I3=Rx
(x1)2(x2+x+ 1) dx:
I3=Z1
3 (x1)21
3 (x2+x+ 1)dx =1 3 (x1)2
3p3arc tan 2
p3x+1 p3+C; C 2R:
4) Factoriser (x31)2:On a
x31 = (x1) x2+x+ 1=)x312= (x1)2x2+x+ 12:
3

5) Calculons I
I=Zx3+ 2x2+x
(x31)2dx:
=Zx2+x(x2+x+ 1)
(x31)2dx
=Zx2
(x31)2dx +Zx(x2+x+ 1) (x31)2dx
=I1+Zx(x2+x+ 1)
(x1)2(x2+x+ 1)2dx
=I1+Zx
(x1)2(x2+x+ 1)dx
=I1+I3
D’où
I=1
3 (x31) 1 3 (x1) 2
3p3arc tan 2
p3x+1 p3+C; C 2R:
Solution 3.
1-a) La résolution de l’équation sans second membre y00 +y02y= 0 (F0):
L’équation caractéristique associée est
r2+r2r= 0:
On a :  = 9, donc l’équation admet deux racines r1=2et r2= 1:D’où la solution générale
de (F0)est
y0=C1ex+C2e2x; C1; C22R:
1-b) Une solution particulière de (F) : On remarque que le second membre est de la forme
f(x) = p(x)exoù p(x) = x+ 1 et r= 1 est racine simple de l’équation caractéristique. Alors
y1est de la forme y1= (ax2+bx +c)ex;en éliminant ccar cexest solution de (F0)d’où
y1=ax2+bxex:
On a
y0
1= (2ax +b)ex+ (ax2+bx)ex= (ax2+x(b+ 2a) + b)ex
y00
1= (2ax + (b+ 2a)) ex+ (ax2+x(b+ 2a) + b)ex= (ax2+ (b+ 4a)x+ 2b+ 2a)ex
On remplace dans (F);On obtient :
(6ax + 3b+ 2a)ex= (x+ 1) ex:
4

Par identi…cation on obtient :
(6a= 1
3b+ 2a= 1 () 8
>
>
>
<
>
>
>
:
a=1
6
b=2
9
=)y1=1
6x2+2 9xex
1-c) La solution générale de (F)est
y=y0+y1=C1ex+C2e2x+1
6x2+2 9xex; C1; C22R:
2) Soit zune solution de (E)sur ]0;+1[:
2-a) On pose y(x) = z(ex);8x2R.yest deux fois dérivable car composée des fonctions
z et x 7! ex;la fonction zest deux fois dérivable, solution d’une équation di¤érentielle du
second ordre et x7! exest C1(R):
Expressions de y0(x)et y00 (x)en fonction de z0(ex); z00 (ex)et ex:On a
y(x) = z(ex) =)y0(x) = exz0(ex)et y00 (x) = (y0(x))0(exz0(ex))0=exz0(ex) + e2xz00 (ex)
2-b) Montrons que yest solution de (F):
On a
y00 (x) + y0(x)2y(x) = e2xz00 (ex)+2exz0(ex)2z(ex);
où zest solution de (E):On pose t=ex,x= ln t: Alors
e2xz00 (ex)+2exz0(ex)2z(ex) = (x+ 1) ex() y00 (x) + y0(x)2y(x) = (x+ 1) ex:
2-c) En déduire la solution générale de zde (E):Posons t=ex:
t=ex,x= ln t: On a
z(t) = z(ex) = y(x) = y(ln t) = C1t+C2
t2+1 6t: (ln t)2+2 9t: ln t; C1; C22R:
5