corrige examen analyse ii juillet 2013

Universit´e Ibn Tofail — Mardi 9 juillet 2013
SMA/SMI — Corrig´e d’examen d’analyse II
Session de rattrapage
Exercice 1 ( 4 pts )
1- (2 pts) D´eterminer
lim
x→0
cos x−2
2 + x2
x4
Puisque x4est au d´enominateur, on calcule les d´eveloppements limit´ees de
cos xet 2
2+x4`a l’ordre 4 :
cos x= 1 −x2
2+x4 24 +x41(x)
et
2
2 + x4=1
1 + x2
2
= 1 −x2
2+x4 4+x42(x)
Donc
lim
x→0
cos x−2
2 + x2
x4= 1 −x2 2+x4 24 +x41(x)−1 + x2 2−x4 4−x42(x)
et donc
lim
x→0
cos x−2
2 + x2
x4=−5 24
2- (2 pts) Si n∈N∗on pose
un=
n
X
k=1
sink
n) sin( k n2)
En utilisant l’in´egalit´e : x−x3
3≤sin x≤xpour x∈[0,+∞[, calculer la
limite de la suite (un)n≥1( remarquer que sin x≥0 si x∈[0,1])
1

D’apr`es l’in´egalit´e on a pour pout k∈ {1,2,···, n}:
k
n2−k3 6n6≤sink n2≤k n2
Puisque sin x≥0sur [0,1], on en d´eduit
k
n2sink n−k3 6n6sink n≤sink n2sink n≤k n2sink n
et donc
1
n
n
X
k=1
k
nsink n−1 6n2×1 n
n
X
k=1
(k
n)3sink n≤un≤1 n
n
X
k=1
k
nsink n
La suite 1
nPn
k=1
k
nsink nest une somme de Riemann, donc
lim
n→+∞
1
n
n
X
k=1
k
nsink n=Z1
0
xsin xdx
et la suite 1
nPn
k=1k
n3sink nest une somme de Riemann, donc
lim
n→+∞
1
n
n
X
k=1
(k
n)3sink n=Z1
0
x3sin xdx
Par suite
lim
n→+∞
1
6n2×1 n
n
X
k=1
(k
n)3sink n= lim
n→+∞
1
6n2×Z1
0
x3sin xdx = 0
En faisant tendre nvers l’infini dans l’encadrement de un, on obtient en
int´egrant par parties
lim
n→+∞un=Z1
0
xsin xdx = sin 1 −cos 1
2

Exercice 2 (3 pts)
Soient a, b ∈Rtels que a<b. On pose
I(a, b) = Zb
a
dx
√b−x+√x−a
1- (1 pt) Montrer que I(a, b) = sb−a
2I(−1,1) ( utiliser le changement de
variables t=2
b−a(x−a)−1).
Avec ce changement de variables on a
x=b−a
2(t+ 1) + a=⇒dx =b−a 2dt
et si x=b⇐⇒= 1 et x=a⇐⇒ t=−1. De mˆeme
√b−x=sb−a
2(1 −t)et √x−a=sb−a 2(t+ 1)
Par suite
I(a, b) = sb−a
2Z1
−1
dt
√1−t+√1 + t=sb−a
2I(−1,1)
2- (1 pt) Montrer que pour tout x∈[−1,1] on a
1
√1−x+√x+ 1 =1
21
√1−x+ 1 +1 √1 + x+ 1
Il suffit de r´eduire au mˆeme d´enominateur , il suffit de v´erifier
2(√1 + x+1)(√1−x+1) = (√1−x+1 + x)(√x+ 1+1 −x+2) ∀x∈[−1,1
Ce qui est triviale en d´eveloppant chaque membre.
En utilisant la changement de variables x=−ton a
Z1
−1
dx
√1−x+ 1 =Z1
−1
dt
√1 + t+ 1
3

Par suite
I(−1,1) = Z1
−1
dt
√1 + t+ 1
et le changement de variables x=√1 + tentraine
I(−1,1) = Z√2
0
2x
x+ 1dx = 2 Z√2
01−x
x+ 1dx = 2(√2−log(1 + √2).
3- (1 pt) En d´eduire que I(a, b) = qb−a
2(√2−log(1 + √2)).
Il suffit de remplacer la valeur de I(−1,1) dans la question (1)
I(a, b) = sb−a
2(√2−log(1 + √2))
Exercice 3 (3 pts)
Donner la solution g´en´erale de l’´equation diff´erentielle
¨y(x)−y(x) = 2
cosh3x
puis d´eterminer la solution y0telle que y0(0) = ˙y0(0) = 0.
L’´equation homog`ene associ´ee est
¨y(x)−y(x) = 0
Le polynˆome caract´eristique est r2−1, qui a deux racines distinctes ±1.
D’apr`es le cours, la solution g´en´erale de
¨y(x)−y(x) = 2
cosh3x
s’´ecrit
y(x) = A(x) cosh x+B(x) sinh x
o`u Aet Bsont solutions de
˙
A(x) cosh x+˙ B(x) sinh x= 0 e˙ A(x) sinh x+˙ B(x) cosh x=2
cosh3x
4

Ce syst`eme en ˙ Aet ˙ Bdonnent
˙
A(x) = −2sinh x
cosh3xB(x) = 2 cosh2x
par suite
A(x) = Z−2 sinh
cosh3dx =h−1 cosh2i= 1 −−1 cosh2+λ= tanh2x+λ
et
B(x) = Z2
cosh2xdx =h2 tanh i+µ= 2 tanh x+µ
Donc la soluion g´en´erale est donn´ee par
y(x) = sinh2x
cosh x+λcosh x+µsinh x, λ, µ ∈R
Puisque y0(0) = ˙y0(0) = 0, on trouve λ=µ= 0 et donc
y0(x) = sinh2x
cosh x
Exercice 4 (10 pts)
Soit n∈N, on pose
In=Zπ
2
0
cosnxx
1- (1 pt) En in´egrant par parties, ´etablir (n+ 1)In+1 =nIn−1pour n≥1.
En int´egrant par parties, on obtient
In+1 =Zπ
2
0
cos xcosnxdx =hsin xcosnxi
π
2
0+nZπ
2
0
sin2xcosn−1xdx
En remplace sin2xpar 1−cos2x, on obtient
In+1 == n(In−1−In+1)
c’est `a dire
(n+ 1)In+1 =nIn−1
5