Analyse 1 INTEGRALE, EQUATIONS DIFFERENTIELLES et EXERCICES

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Chapitre 1

Intégrale sur [a, b] Dé nition : Soit I = [a, b] un intérvale de R avec a et b deux éléments

de R (a<b), on appelle subdivision de [a; b] toute famille nie : x0 = a < x1 < ...... < xk < ..... < xn = b Dans ce cas on note

δn = max{(xi+1 −xi )/i = 1; 2; .....; n−1} et on l'appelle

le pas de la subdivision .

Exemple : 1. Prenons le cas de

x0 = 0 < x1 =

I = [0, 1]. 1 2

< x2 = 1 est une subdivision de I et il est 1 que son pas est égale a δ = 2 x0 = 0 < x1 = 13 < x2 = 21 < x3 = 34 < x4 = 1 est une

claire

autre

subdivision du même intérvale I mais cette fois le pas est égale a

δ = 31 x0 = 0 < x1 =

1 n

< x2 =

2 n

< x3 =

est une sudivision de I avec le pas 2. Dans le cas ou

I = [a, b],

3 n

< x4 = δ = n1

4 n

< ..... < xn =

n n

=1

on peut considérer la subdivision uniforme

suivante :

b−a b−a x0 = a < x1 = a + . b−a n < x2 = a + 2. n < x3 = a + 3. n ...... < xk = a + k. b−a n < .... < xn = b c'est une subdivision uniforme de I dont le 1 pas δn = n 1

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2

CHAPITRE 1.

INTÉGRALE SUR

[A, B]

Fonction en escalier : Dé nition :

On appelle fonction en escalier sur I = [a, b] toute fonction φ : [a, b] −→ R telle que il éxiste une subdivision x0 = a < x1 < ...... < xn = b de [a, b] avec : ϕ/]xi−1 , xi [= λi = constante

pour tout i = 1; 2; ...; n.

Dé nition :

Soit φ : [a, b] −→ R une fonction en escalier sur [a, b] , alors on dé nie l'intégrale de φ sur [a, b] par : Z

b

φ(x)dx = a

n X

λi (xi − xi−1 )

i=1

Dé nition :

Soit f : [a, b] → R une fonction , x0 = a < x1 < ...... < xn = b une subdivision de [a, b] donnée ; avec le pas δn . Dans chaque intérvale [xp−1 , xp ] On choisit un élément ξp . On appelle somme de Riemann de f relativement a la subdivision (xi )0≤i≤n−1 , au pas δn , et au éléments (ξp )p la quantité : Sn =

n X

(xp − xp−1 ).f (ξp )

p=1

On dit que f est intégrable au sens de Riemann sur [a, b] si : quand δn → 0 (le b

pas tend vers zéro ) la suite Sn tend vers une limite nie notée :

Z

f : [a, b] → R et g : [a, b] → R deux fonctions intégrables Riemann sur [a, b] et λ ∈ R alors on a les propriétés suivantes :

au sens de

Propriétés : Soit

Z

b

Z

(f + λg)(x)dx =

1.

a 2. Si

b

f ≥0⇒

Z

a

Z

b

f (x)dx ≥ 0 a

b

f (x)dx + λ

g(x)dx. a

f (x)dx a

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3

3. Si

f ≼g⇒

Z

b

f (x)dx ≼

b

Z

g(x)dx

a

Z

4.

b

f (x)dx| ≤

|

a

Z

b

| f (x) | dx a

a

a<c<b

5. Relation de Chasle :por tout

Z

b

Z

c

f (x)dx = a

Z

a

Z

b a

a

f (x)dx c

f (x)dx a

f (x)dx = 0

7.

b

Z

f (x)dx +

b

Z

f (x)dx = −

6.

on a :

, pour tout

a

a∈R

ThÊorème :

Toute fonction continue sur un intĂŠrvale [a; b] est intĂŠgrable au sens de Riemann .

Somme de Riemann pour les fonctions continues : Soit

f : [a, b] → R un =

une fonction continue ; alors les deux suites suivantes :

n X 1 n−1 1X (b − a) (b − a) ), et, vn = ) f (a + k. f (a + k. n k=0 n n k=1 n

sont convĂŠrgentes vers la mĂŞme limite ;et on a :

1 lim un = lim vn = n→+∞ n→+∞ b−a

Z

b

f (t)dt a

Exemples : 1. Calculer la limite de la suite suivante .

√ un =

1+

√

2 + ...... + √ n. n

√

n

Il est claire qu'on a pas a faire a une suite ordinaire : En e et

un =

q

1 n(

1 n

+

q

2 n

+ ..... +

on a :

lim un =

n→+∞

q

1 1−0

Z

n n ) est une suite de Riemann et 1√ 0

xdx =

2 3

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4

CHAPITRE 1.

[A, B]

INTÉGRALE SUR

2. Calculer la limite de la suite suivante :

vn =

n 1X p p 2 n p=0 n + p2

De la même manière que précedement cette suite est une somme de Riemann car

vn =

p n 1X q n n p=0 1 + ( p )2 n

pour la fonction et donc ona

Primitive :

f (x) =

lim vn =

n→+∞

p b−a √ x et a + p 2 n = n et donc a = 0 et 1+x Z 1 √ √ 1 f (x)dx = [ 1 + x2 ]10 = 2 − 1 1−0 0

b=1

Soit f une fonction dé nie sur un intérvale I , une fonction F est dite une primitive de f sur I si et seulement si : 1) F est dérivable sur I . 2) ∀x ∈ I, F 0 (x) = f (x).

Notation :

Dans ce cas on note

Z

F (x) =

f (x)dx

Remarque : Si

G

est une autre primitive de

f

sur

I

alors

F − G = const.

Proposition : Soit

f

[a, b]

une fonction continue sur

Z

et

F

une primitive de

f

sur

[a, b]

alors

b

f (x)dx = F (b) − F (a) a

Proposition : Soit

f

Z

une fonction dé nie et continue sur

[a, b]

x

f (t)dt

, alors la fonction

a est une primitive de

f

sur

[a, b]

.

Primitives usuelles : Z 1.

Z 2.

xα dx = 1 x dx

1 α+1 α+1 x

= Ln(|x|) + c

si

α 6= −1.

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5

Z

cos(x)dx = sin(x) + c.

3.

Z

sin(x)dx = −cos(x) + c

4.

Z

dx 1+x2

5.

Z

= Arctg(x) + C

√ dx 1+x2

6.

Z

−

7.

√ dx 1+x2

Exemple : Calculer

Z

= Arccos(x) + C

1

I= Z

On a

= Arcsin(x) + C

x|x|dx 0

−1

I=−

x2 dx +

R1 0

−1

x2 dx = − 13 [ 13 x3 ]0−1 + 13 [ 13 x3 ]10 = − 13 +

1 3

= 0.

Théorème de la moyenne :

Soit f : [a, b] → R et g : [a, b] → R deux fonctions continue , avec f (x) > 0 sur [a, b] ; alors il existe c ∈ [a, b] tel que : Z

b

Z

b

f (t)dt

f (t)g(t)dt = g(c) a

a

Démonstration : g est continue sur [a, b] alors il existe m et M dans R tel que g([a, b]) = [m, M ] avec m = min{g(x)/x ∈ [a, b]} et M = max{g(x)/x ∈ [a, b]}. Donc pour pour tout x ∈ [a, b] on a m ≤ g(x) ≤ M et par suite on a :

puisque

Z

b

f (t)dt ≤

m a

Z

b

f (t)g(t)dt ≤ M a

Z

Z

b

f (t)dt. a

b

f (t)g(t)dt Et par conséquence

∈ [m, M ]

Za b

, ce qui implique l'éxistence d'un

f (t)dt a

c

dans

[a, b]

tel que :

Z

b

f (t)g(t)dt g(c) =

a

Z

b

f (t)dt a

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6

CHAPITRE 1.

INTÉGRALE SUR

[A, B]

Intégration par partie : Proposition : Soient

u

v

et

deux fonctions de classe

Z

b

0

u (t)v(t)dt = a

Démonstration Z: On pose :

x

F (x) =

C∞

[a, b]

sur

[u(t)v(t)]ba

−

Z

b

, alors on a :

u(t)v 0 (t)dt

a

Z

u0 (t)v(t)dt et G(x) = u(x)v(x)−u(a)v(a)−

a

x

u(t)v 0 (t)dt.

a

F (a) = 0 et G(a) = 0 0 0 0 0 0 De plus G (x) = u (x)v(x) + u(x)v (x) − u(x)v (x) = u (x)v(x) 0 0 et F (x) = u (x)v(x) . Donc F = G + constante et puisque G(a) = F (a) = 0 alors la constante

Alors on a :

est

nulle . Donc

F (x) = G(x)

pour tout

x ∈ [a, b]

en particulier pour

b

.

Remarque : La démonstration qu'on vient de faire est valable aussi pour les primitives et on a la proposition suivante :

Proposition : Soient

u

v

et

deux fonctions de classe

Z

C1

sur

u0 (t)v(t)dt = u(t)v(t) −

[a, b] Z

, alors on a :

u(t)v 0 (t)dt

Exemple : Calculer les intégrales et primitives suivantes :

Z 1.

I=

ln(t)dt. Z

2.

2

J=

t ln(t)dt. 1

Z 3.

1

K=

arctan(t)dt. 0

Pour

1)

on pose

u0 (t) = 1

Z

et

v(t) = ln(t)

ln(t)dt = t ln(t) −

Z

et donc

1 t. dt = t ln(t) − t + c t

7

. Pour

2)

ona :

2

Z

J= 1

3

Pour

Z 0

1

1 t ln(t)dt = [ t2 ln(t)]21 − 2

Z

2

1

1 2 1 3 t . dt = 2Ln(2) − 2 t 4

On a :

1

Z

arctan(t)dt = [x.arctg(x)]10 −

0

π 1 x π 1 dx = − [Ln(1+x2 ]10 = − Ln(2) 1 + x2 4 2 4 2

Changement de variable : Proposition : Soit

φ : [α, β] → [a, b] une fonction de classe C 1

et

f : [a, b] → R une fonction

continue , alors on a :

φ(β)

Z

Z

β

f (u)du = φ(α)

DémonstrationZ: On pose

f (φ(t)).φ0 (t)dt

α

φ(x)

Z

f (u)du =

F (x) =

x

G(x) =

et

f (φ(t)).φ0 (t)dt

.

α

φ(α)

F (α) = 0 et G(α) = 0 0 0 0 0 De plus on a : G (x) = f (φ(x)).φ (x) et F (x) = f (φ(x)).φ (x) et donc F = G

On a alors

Remarque : Si

φ

est bijective alors :

b

Z

Z

f (u)du = a

φ−1 (b)

ϕ−1 (a)

f (φ(t))φ0 (t)dt

Exemple : 1. Calculer

I=

Z 1√

1 − t2 dt.

0

Z 2. Calculer

J=

sin(x) dx. 1+cos2 (x)

Pour la première on pose le changement de variable

cos(x)dx. Z Donc

I=

π 2

cos2 (x)dx

0

Z

I= 0

π 2

et puisque

cos2 (x) =

t = sin(x)

donc

1+cos(2x) , alors on a : 2

π π 1 cos(2x) 1 1 π ( + )dx = ([x]02 ) + [sin(2x)]02 = 2 2 2 4 4

dt =

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CHAPITRE 1.

INTÉGRALE SUR

[A, B]

Pour la deuxième intégrale on fait le changement de variable suivant :

u = cos(x) ⇔ du = −sin(x)dx Z J=

−du 1+u2

et donc on a :

= − arctan(u) + c = − arctan(cos(x)) + c.

Téchniques de calcules : Pour calculer une intégrale on a toujours le problème de savoir quel méthode utilisée , est ce que un changement de variable (il y'en beaucoups ) ou une intégration par partie ou d'autres ; dans la suite on va donner une série de méthodes concérnant certaines classe de fonctions : 1.

Intégrale d'une fraction rationnelle : QP . On procède par étapes ; -1er Etape :

deg(P ) ≥ deg(Q) ; on fait d'abord une division Euclidiènne ona :P = E.Q + R P (x) R(x) Donc on a : Q(x) = E(x) + Q(x) ; avec ; deg(R) < deg(Q) Si

et donc

-2eme Etape : On fait la décomposition en éléments simples dans

Exemple 1 :Z Calculer

R[x]

de

R(x) Q(x) .

x−1 x3 +4x

I=

Dans cet exemple on passe diréctement a la deuxième étape :

f (x) =

x−1 x−1 a bx + c = = + 2 3 2 x + 4x x(x + 4) x x +4

a, b, et c : xf (x) = = a + x(bx+c) et on donne x2 +4 lim xf (x) = 0 = a + b et donc b = 14 .

Calcule de

x−1 x2 +4

a

x

la valeur

0

donc

a=

−1 4 .

x→0

Et puis

f (1) = 0 = a +

b+c 5

⇒c=1

.

donc

Z

I=

−1 dx+ 4x

et donc

I=

Z

−1 4

Exemple 2 :Z Calculer

J=

On pose

g(x)

x+4 −1 1 = ln(|x|)+ 2 4(x + 4) 4 8

Z

2x 1 dx+ 2 x +4 4

ln(|x|) + 18 ln(x2 + 4) + 12 arctan( x2 ) + c

dx x3 −x2 1 = x3 −x 2

=

1 x2 (x−1)

=

a x

+

b x2

+

c x−1

Z

dx +1

( x2 )2

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9

a, b, c = 0 ⇒ b = −1 (x − 1)g(x)/x = 1 ⇒ c = 1 lim xg(x) = 0 = a + c ⇒ a = −1

Et on calcul

x2 g(x)/x

x→+∞ Donc

Z

J=

(

−1 −1 1 1 − 2 + )dx = − ln(|x|) + + ln(|x − 1|) + c x x x−1 x

Exemple 3 : Z Calculer

K=

x4 +x2 +4 dx x3 +5x2 +8x+4

On fait d'abord une division Euclidienne et on trouve :

x4 + x2 + 4 18x2 + 36x + 24 = x − 5 + x3 + 5x2 + 8x + 4 x3 + 5x2 + 8x + 4 et

x3 + 5x2 + 8x + 4 = (x + 1)(x + 2)2

Et on va décomposer en éléments simples la fraction rationnelle :

18x2 + 36x + 24 a b c = + + 3 2 x + 5x + 8x + 4 x + 1 x + 2 (x + 2)2 Et aprés calcules on trouve :

6 12 −24 x4 + x2 + 4 =x−5+ + + 3 2 x + 5x + 8x + 4 x + 1 x + 2 (x + 2)2 Et en n :

1 24 K = .(x − 5)2 + 6 ln(|x + 1|) + 12 ln(|x + 2|) + +c 2 x+2

Exemple 4 :Z Calculer

T =

dx x3 +1

Tout d'abord on remarque que

x3 + 1 = (x + 1)(x2 − x + 1)

Donc on décompose en éléments simples la fonction

f (x) =

x3

1 a bx + c = + 2 +1 x+1 x −x+1

Et aprés un petit calcule on trouve :

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10

CHAPITRE 1.

f (x) = Et

1

1 3

=

x3 +1 −1 2 x+ 3 3 2 x −x+1

=

+

INTÉGRALE SUR

[A, B]

−1 x+ 32 3 2 x −x+1

x+1 −1 2x−1 6 x2 −x+1

+

1 2 2 x −x+1

Et de meme

1 2

x2 Donc

T =

1 3

Z

−x+1

=

(x −

(|x + 1) −

1 6

1 2 1 2 2)

ln(|x2

+

3 4

2 1 = . 2 3 ( √ x − √1 )2 + 1 3 3

− x + 1|) +

et on posant le changement de variable

u=

2 3

Z

1 dx ( √2 x− √1 )2 +1 3 3 √2 .x − √1 3 3

On trouve :

√ 1 1 3 1 2 2 T = ln(|x + 1) − ln(|x − x + 1|) + . arctan( √ x − √ ) + c 3 6 3 3 3 2.

Intégrale d'un polynôme en

Sin(x)

et Cos(x).

On se ramène au cas :

Z

Ip,q =

cosp (x)sinq (x)dx

p ,et q deux éléments de N et Il ya 3 cas a envisagé : Si p =Z2k + 1 impaire : Z Ip,q = (cos2 (x))k sinq (x)cos(x)dx = (1 − sin2 (x))k sinq (x)cos(x)dx

avec

Dans ce cas on pose le changement de variable

Z

Ip,q =

Exemple : Calculer on pose

I=

Z

u = sin(x)

et donc .

(1 − u2 )k uq du

cos(x)sin2 (x)dx

u = sin(x)

donc

du = cos(x)dx

et par suite

Z

I = u2 du = 13 u3 + c = 31 sin3 (x) + c Si q =Z2k + 1 impaire : Z 2 k p Ip,q = (sin (x)) cos (x)sin(x)dx = (1 − cos2 (x))k cosq (x)sin(x)dx Dans ce cas on pose le changement de variable

Z

Ip,q =

(1 − u2 )k uq du

u = cos(x)

et donc .

11

Exemple : Calculer

Z

J=

cos4 (x)sin3 (x)dx

Il est claire ici qu'on va poser

Z

J=

u4 (1

−

u2 )du

=

1 5 5u

−

u = sin(x) donc du = cos(x)dx , et donc 1 7 7u

+c

Donc

1 1 J = sin5 (x) − sin7 (x) + c 5 7

Si p et q tout les deux paire : Alors dans ce cas on est obliger de faire une linéarisation .

Exemple : Calculer :I

Z

=

cos2 (x)sin2 (x)dx

cos(x).sin(x) = 1 1 2 4 sin (2x) = 8 (1 − cos(4x)) 1 1 Et donc I = x − 8 32 sin(4x) + c

Dans ce cas on a :

3.

Primitive de la forme

Z

F (x,

:

1 2 sin(2x) donc

q n

ax+b cx+d )dx ,

cos2 (x)sin2 (x) =

avec ad − bc 6= 0.

On pose le changement de variable :

s n

y=

Exemple : Calculer

I=

Z q n

ax + b dy n − b ax + b ⇔ yn = ⇔x= cx + d cx + d a − cy n

1+x dx 1−x . 2x−1 .

Alors on pose le changement de variable :

s

y=

n

y2 − 1 4ydy 1+x ⇔x= 2 ⇔ dx = 1−x y +1 (1 + y 2 )2

Ce qui donne :

Z

I=

4y 2 dy (y 2 − 3)(y 2 + 1)

Et en décomposant en éléments simples la fraction rationnelle :

3 1 4y 2 dy 3 1 4u = + ⇒ 2 = 2 + 2 2 (u − 3)(u + 1) u−1 u+1 (y − 3)(y + 1) y −1 y +1

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12

CHAPITRE 1.

Z Donc

I=

3 dy y 2 −3

Z

+

[A, B]

dy et le réste est évident . y 2 +1

Intégrale de la forme

4.

INTÉGRALE SUR

Z

F (cos(x), sin(x))dx

:.

Pour le calcule de ce genre de primitives ou intégrales il ya plusieures changement de variable possibles le plus important est peutêtre :

x 2 2t 1 − t2 t = tg( ) ⇒ dx = dt; .sin(x) = ; .cos(x) = 2 1 + t2 1 + t2 1 + t2

Exemple : Calculer

Z

I=

1 2+cos(x) dx

D'apres Z le changement de variable précédent on a :

2dt . 3+t2

I=

Formule de WALLIS : Il s'agit de la formule suivante :

Z

Jn =

π 2

sinn (x)dx

0 On vois facilement que Soit

n

J0 =

π 2 et

J1 = 1

un entier strictement supérieur à

1.

On intégre par partie et on a :

Z

Jn =

π 2

sin

n−1

(x)sin(x)dx = [cos(x)sin

0

n−1

π 2

Z

(x)]0 +(n−1)

π 2

cos2 (x)sinn−2 (x)dx

0

Donc

Z

Jn = (n−1)

π 2

(1−sin2 (x))sinn−2 (x)dx = (n−1)

0 Et en n on a :

Z

π 2

sinn−2 (x)dx−(n−1)

0

nJn = (n − 1)Jn−2

facilement :

J2n = et

J2n+1 =

Z 0

Alors en utilisant cette formule on trouve

31π 2n − 1 2n − 3 2n − 5 ............. 2n 2n − 2 2n − 4 422 2n 2n − 2 2n − 5 42 .............. .1 2n + 1 2n − 1 2n − 4 53

π 2

sinn (x)dx

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13

Fonction dĂŠ nie par une intĂŠgrale : Proposition : Soit

f :I →R

une fonction continue , avec

deux fonctions dĂŠ nies de

J →I

I

un intĂŠrvale de

R;

et

u; v

1 des applications de classe C .

On pose alors :

Z

v(x)

G(x) =

f (t)dt u(x)

Alors

G

est une fonction dĂŠrivable sur

I

et on a :

G0 (x) = f (v(x))v 0 (x) − f (u(x))u0 (x)

DĂŠmonstration : En e et soit

F

une primitive quelconque de

f

sur

I

, alors on a :

v(x)

G(x) = [F (t)]u(x) = F (v(x)) − F (u(x)) Et donc

G0 (x) = F 0 (v(x)).v 0 (x) − F 0 (u(x)).u0 (x) = f (v(x)).v 0 (x) − f (u(x)).u0 (x)

Exemple : Etudier les fonctions suivantes : 1.

G(x) =

2.

I(x) =

R 2x

√ dt et 1+t2 √ R sin2 (x) arcsin( t)dt 0 x

1] La fonction

f (t) =

R cos2 (x) 0

√ arccos( t)dt

√ 1 est dĂŠ nie continue sur 1+t2

sur tout intĂŠrvale ferlĂŠ du type dans

+

[a, b]

, en particulier sur

R;

donc intĂŠgrable

[x, x2 ]

pour tout

x

R. G est DG = R. v(x) = 2x sont de classe C 1

Ce qui entraine que le domaine de dĂŠ nition de D'autre part les fonctions

G

est dĂŠrivable sur

R

u(x) = x

et

et donc

et on a :

G0 (x) = f (v(x)).v 0 (x) − f (u(x)).u0 (x) = √

2 1 −√ 1 + 4x2 1 + x2

Ce qui donne :

G0 (x) = √

1+

√

x2 .

1+

3 √

4x2 (2

1 + x2 +

√

1 + 4x2 )

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14

CHAPITRE 1.

INTÉGRALE SUR

[A, B]

√ √ arcsin( t) et arccos( t) sont continues sur [0, 1] ; donc sont 2 2 intĂŠgrables sur [0, sin (x)] et sur [0, cos (x)] respectivement pour tout x dans R , donc le domaine de dĂŠ nition de la fonction I est R. De plus il est facile de vĂŠri er que I est paire et pĂŠriodique de pĂŠriode T = Ď€. 2 2 2 2 En e et I(−x) = I(x) car sin (−x) = sin (x) et cos (−x) = cos (x). 2] Les fonctions

Et :

sin2 (x + Ď€) = (−sin(x))2 = sin2 (x) cos2 (x + Ď€) = (−cos(x))2 = cos2 (x) [0, Ď€2 ]. √ √ Soit F une primitive de arcsin( t) et G une primitive de arccos( t). 2 2 Alors :I(x) = F (sin (x)) − F (0) + G(cos (x)) − G(0).

Donc on rĂŠduit le domaine d'ĂŠtude Ă l'intĂŠrvale

Donc :

I 0 (x) = F 0 (sin2 (x)).2cos(x).sin(x) − G0 (cos2 (x)).2cos(x).sin(x) donc

I 0 (x) = sin(2x)[arcsin(|sin(x)|) − arccos(|cos(x)|)] Et puisque

x ∈ [0, Ď€2 ]

sin(x)

, donc

et

cos(x)

sont positifs alors :

I 0 (x) = sin(2x)[arcsin(sin(x)) − arccos(cos(x))] = sin(2x)(x − x) = 0 Donc

I

est constante sur

[0; π2 ],

Ď€ I(x) = I( ) = 4 donc

Z

I(x) =

1 2

Z

et cette constante est ĂŠgale :

Z √ arcsin( t)dt +

0 1 2

1 2

√ arccos( t)dt

0

√ √ (arcsin( t)dt + arccos( t))dt

0 or pour tout

x ∈ [0, 1]

on a :

arcsin(x) + arccos(x) = I(x) =

Ď€ 4

Ď€ 2 et donc :

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Chapitre 2

IntĂŠgrale gĂŠnĂŠralisĂŠe DĂŠ nition 1 :

Soit I = [a, b[ avec (b ∈ R ou b = +∞ ), f : I → R , une fonction localement intĂŠgrable sur I c.a.d intĂŠgrable sur Z x tout intĂŠrvale [a, x] ⊂ I . f (t)dt ; si lim Ďˆ(x) = l existe (∈ R) ; on Pour a < x < b on pose Ďˆ(x) = dit que

Z

x→b

a

b a

f (t)dt converge , et on ĂŠcrit tout simplement

Dans le cas contraire on dit que

Exemples

Z

Z

b a

Z

b

f (t)dt = l a

f (t)dt est divĂŠrgente.

1

√ dx converge . 1−x2 0 Z Îą √ dx = [arcsin(x)]Îą0 = arcsin(Îą) On e et 2 1−x 0 Ď€ Ď€ Et puisque lim arcsin(Îą) = 2 alors I converge et on a I = 2 ι→1 Z 2 dt J = diverge . (t−2)2 1 Z x −1 −1 x 1 dt = [ t−2 ]1 = x−2 −1 Si1 < x < 2 alors Ďˆ(x) = (t−2)2 1 − Et donc si x → 2 alors Ďˆ(x) → +∞

I=

Z

1

K= 0 On e et

Z

1

L= 0

dt t diverge .

K = lim [ln(t)]1Îą = +∞ ι→0

dt diverge. t2 15

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16

CHAPITRE 2.

En e et

−1 1 1 ] = lim (−1 + ) = +∞ t Îą ι→0 Îą

L = lim [ ι→0

ThÊorème 1 :

On pose I(Îą) =

1

Z

Alors on a les deux situations suivantes :

dt tÎą

0

INTÉGRALE GÉNÉRALISÉE

1. Si

ι < 1 ⇒ I(ι)

converge .

2. Si

ι ≼ 1 ⇒ I(ι)

diverge .

DĂŠmonstration : Si Si

Îą=1 Îą 6= 1

c'est l'exemple

3

l'intĂŠgrale est divergente .

deux situations se prĂŠsentent :

Z

1

I(Îą) = 0

t1âˆ’Îą 1 1 X 1âˆ’Îą dt = lim [ ] = lim ( − ) X X→0 1 − Îą tÎą X→0 1 − Îą 1âˆ’Îą

Et donc :

I(Îą) =

1 1âˆ’Îą

si

1âˆ’Îą>0

+∞

si

1âˆ’Îąâ‰¤0

n

ConsĂŠquence 1 :

Soit a un rĂŠel strictement positif ; alors on a : Z

a

1 dt Îą t 0

⇔ι<1

converge

DÊmonstration : même tÊchniques que le thÊorème prÊcÊdent .

ConsĂŠquence 2 : Soient a Z b

a

et

b

deux rĂŠels alors ona :

dt (b−t)Îą , convĂŠrge , si et seulement si

DĂŠmonstration : Soit

a<x<b

et

Z

x

Ďˆ(x) = a

Îą<1

dt (b−t)Îą on pose alors

u = b−t

et donc

du = −dt

ce qui donne :

b−x

du Ďˆ(x) = − = Îą b−a (u) Z

Et on Z faisant tendre

b−a

I= 0

x

vers

b

Z

b−a du b−x u

Îą

on a :

du uÎą est convĂŠrgente si et seulement si

Îą<1

d'apres la consĂŠquence

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17

1.

Théorème 2 :

Soit β ∈ R on pose I(β) = si β > 1

Z

+∞ 1

dt tβ

alors on a : I(β) converge si et seulement

Démonstration : Si

β=1

alors on a :

Z

I(1) = Si

β 6= 1

lim

X→+∞ 1

X

lim

X→+∞ 1

Et donc

dt = lim [ln(t)]X 1 = lim (ln(X)) = +∞ X→+∞ X→+∞ t

Alors on a :

Z

I(β) =

X

dt 1 1−β X 1 1 = lim [ t ]1 = lim ( X 1−β − ) X→+∞ 1 − β X→+∞ 1 − β tβ 1−β

I(β) = +∞

si

1−β >0

et

Exemples Z

+∞

Z

1 +∞

1 dt √ est divérgente car 3 3 t

1

1 I(β) = − 1−β

si

1 − β < 0.

√ 1 < 1( 3 t = t 3 )

dt √ est convergente car 4 3 t3t

>1

Théorème 3 :

Soient f et g deux fonctions positives sur I = [a, b[ localements intégrables sur I et telles que : ∀x ∈ I : f (x) ≤ g(x)

Alors on a les a rmations suivantes : 1. Si

Z

b

2. Si

Z

a b a

g(x)dx converge ⇒

Z

Z

b

f (x)dx diverge ⇒

Exemples

b a

a

f (x)dx converge .

g(x)dx diverge . Z

1. Etudier la nature de l'intégrale généralisée : On remarque facilement que

Z

+∞

Et puisque

1

0≤

dx convérge car x2

1 x+x2

2>1

+∞

I= 1

≤

1 pour tout x2

dx . x+x2

x>0

il en résulte que

I

.

converge .

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18

CHAPITRE 2.

INTÉGRALE GÉNÉRALISÉE

Z 2. Etudier la nature de l'intégrale généralisée :J

+∞

= 1

De la meme facon que dans

1

ex x2

dx. 1

1 on va majoree la fonction f (x) =

ex par x2

une fonction dont l'intégrale généralisée est convérgente :

x≥1⇒ Z

+∞

Or

1

dx converge x2

1 e 1 ≤ 1 ⇒ e x ≤ e ⇒ 0 ≤ f (x) ≤ 2 x x

⇒J

converge.

+∞

Z 3. Etudier la nature de l'intégrale généralisée :K

Si

1

−x

f (x) = e√x qui est √ x ≥ 1 alors x ≥ 1 donc

On pose

Z

+∞

Or

1

=

−x e√ dx. x

une fonction positive .

√1 x

≤1

=1 e−x dx = [−e−x ]+∞ 1

et donc

f (x) ≤ e−x .

converge , donc

K

converge.

Remarque

La condition

f

et

g

positives est une condition nécessaire .

Donc avant d'utiliser ce critère il faut s'assurer que les fonctions sont positives .

Théorème 4 :

Soient a et b deux reels et I = [a, b[ ; f : I → R une fonction positive et localement intégrable . On suppose qu'il existe r ∈ R tel que : lim (b − x)r f (x) = l ∈ R+

x→b

Alors on a : 1. Si r < 1 ⇒

Z

b

2. Si r ≥ 1 ⇒

Z

a b

Exemples :

a

f (x)dx converge . f (x)dx diverge .

Z 1. Etudier la nature de l'intégrale généralisée Le problème se pose en

0

, avec

f (x) =

I=

1

|ln(x)| √ dx x

0 |ln(x)| √ , et on a : x 1

lim (x − 0)r f (x) = lim (x)r− 2 |ln(x)| = 0

x→0

x→0

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19

Pour tout

r−

1 2

>0

En particulier on peut choisir un

r<1

r=

par exemple

r

qui véri e a la fois

2 3 ( en réalite tout les

Donc d'aprés le théorème précedent

I

r

1

J= 0

f (x) =

1

lim (1 − x)r f (x) = lim (1 − x)r− 2 = 0, si, r −

r=

et

√ 1 dx 1−x

De la même manière due précedement on a , on pose

x→1

r

> 0

converge.

2. Etudier la nature de l'intégrale généralisée

Donc on prend un

1 2

∈] 21 , 1[). Z

x→1

r−

qui véri e a la fois

r − 12 > 0

et

√1 . x

1 >0 2

r<1

par exemple

3 4 , et donc J converge.

Théorème 5 :

Soient a un reel strictement positif , I = [a, +∞[ ; et f : I → R une fonction positive et localement intégrable . On suppose qu'il existe un r ∈ R tel que : lim (x)r f (x) = l ∈ R+

x→+∞

Alors on a : 1. Si r > 1 ⇒

Z

b a

f (x)dx converge .

2. Si r ≤ 1 et l 6= 0 ⇒

Exemples :

Z

b a

f (x)dx diverge . Z

1. Etudier la nature de l'intégrale suivante : On pose

f (x) = √ 4

1

1 et donc on a : (x+1)ex 1

lim xr f (x) = lim xr− 4 .

x→+∞ Pour tout Donc

I

r

x→+∞

en particulier pour les

+∞

I=

√ 4

dx . (x+1)ex

1 x = 0 e4

r > 1.

converge .

Z 2. Etudier la nature de l'intégrale suivante : Comme dans le premier exemple on pose 1

J= f (x) =

+∞

e−x √ dx x

1 −x e√ et on a : x

lim xr f (x) = lim xr− 2 e−x = 0, si, r −

x→+∞

x→+∞

1 >0 2

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20

CHAPITRE 2.

INTÉGRALE GÉNÉRALISÉE

. Si par exemple

r=2

alors on a : 3

lim x2 f (x) = lim x 2 e−x = 0

x→+∞ Donc

J

x→+∞

converge.

Dé nition 2 :

Soient a, b ∈ R = R ∪ {−∞, +∞} ; I =]a, b[ et f : I → R une fonction localement intégrable . Z b

On dit que l'intégrale c<b:

Z

c a

f (x)dx et

Z

b c

a

f (x)dx converge si et seulement si pour tout a <

f (x)dx convergent . Z

Dans ce cas on écrit tout simplement :

Remarque :

Z

Z

c

f (x)dx = a

Z

a

c

f (x)dx

ne depend pas de

c

, ce qui veut dire

b

Z

f (x)dx

converge si et seulement si il existe

a<c<b

c

f (x)dx

tel que

a

b

f (x)dx

et

f (x)dx.

a

que :

aZ

b

f (x)dx +

b

Dans la dérnière équation

Z

b

convergent .

c

Exemples : 1. Etudier la nature de l'intégrale généralisée ici on va prendre

1

Z 0

I=

R1

−1

√ dx 1−x2

c = 0.

dx √ = lim 1 − x2 X→1

X

Z

√

0

dx π = lim [arcsin(x)]X 0 = 2 X→1 2 1−x

Et

Z

0

−1 Donc

I

dx √ = lim 1 − x2 Y →−1

converge et on a :

0

Z

√

Y

dx π = lim [arcsin(x)]0Y = 2 Y →−1 2 1−x

I = π. Z

2. Etudier la nature de l'intégrale généralisée

+∞

J= −∞

dt 1+t2

De la même manière que dans le premier exemple on va prendre et on a :

Z

0

−∞

dt = lim 1 + t2 Y →−∞

Z

0

Y

π dt = lim [arctan(t)]0Y = 2 Y →−∞ 1+t 2

c=0

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21

Et

Donc

+∞

0

dt = lim 1 + t2 X→+∞

J

converge et on a :J

Z

Faux probleme :

Z 0

X

π dt = lim [arctan(t)]X 0 = 2 X→+∞ 1+t 2

= π.

Certaines fonctions présentent des problèmes qui

sont "des faux problèmes" dans certain cas et on peut facilement les surmonter .

Proposition :

Soit I = [a, b[ avec b ∈ R et f : I → R une fonction positive et localement intégrable. Si lim f (x) = l ∈ R ; alors la fonction f est prolongeable par continuite en b x→b

et donc

Z

b a

f (x)dx est convergente.

Exemples :

1

Z

Etudier la nature de l'intégrale généralisée

sin(t) t dt

I= 0

Il est evident que nous avons a faire a une situation de fau problème en

0

, car

lim

t→0

sin(t) t

par continuite en

0

=1

et donc la fonction

et donc

I

sin(t) est prolongeable t

t 7→

est convergente.

1

Z Etudier la nature de l'intégrale généralisée

J= 0

lim

De la même manière que dans le premier cas ona

J

tg(t) t dt

t→0

tg(t) t

=1

et donc

converge.

Z Etudier la nature de l'intégrale généralisée Dans ce cas on a

1−cos(t2 ) t2 t→0

lim

1

K= 2)

= lim t2 1−cos(t t4 t→0

0

1−cos(t2 ) dt t2

= 0. 21 = 0

K est convergente . Théorème 6 : Soient a ∈ R et b ∈ R = R ∪ {−∞, +∞} ; I = [a, b[ et f ; g deux fonctions positives et localements intégrables sur I : Donc

Z

b

Z

1

Z

b

On suppose que f (x) ∼ g(x) au voisinage de b Alors : f (x)dx et g(x)dx a a sont de même nature ( c.a.d convergent ou divergent en même temps ).

Exemples :

1. Etudier la nature de l'intégrale suivante : Dans ce cas le problème se pose en

0

I= 0

sin(t)dt √ t t

, et au voisinage de

0

on a :

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22

CHAPITRE 2.

f (t) = 1 2

Et puisque

Z

<1

alors

1

1

dt

1

0 t2

INTÉGRALE GÉNÉRALISÉE

sin(t) 1 √ ∼ 1 t t t2 converge , donc

I 1

Z

J=

2. Etudier la nature de l'intégrale suivante : Dans ce cas la fonction

f (x) = Z

2>1

Et puisque

1

alors

0

tg(x) x3

∼

converge.

tg(x) dx x3

0 1 au voisinage de 2 t

1 dt diverge , donc t2

J

+∞

K= 0

Pour cette exemple on a deux problemes ( en La fonction

h(x) =

Et puisque

1 2

D'autre part

<1

2 1−cos(x √ ) x2 x Z 1 2

alors

∼

1

0 ≤ h(t) ≤

5 t2

Z

1

t2

dt

0 t2

2

2

0

5 2

2 1−cos(x √ ) dx 2 x x

et en

au voisinage de

0

+∞

) :

.

converge .

pour tout

t ≥ 1

Z

+∞

et puisque

+∞

2 5

1

2 1−cos(t √ ) dt converge . 2 t t 1 Z 1 2 1−cos(x √ ) dx + Et donc pour conclure que K = x2 x 0

converge (car

.

diverge .

Z 3. Etudier la nature de l'intégrale suivante :

0

dt

t2

> 1)donc

Z

converge.

+∞ 1

2 1−cos(x √ ) dx x2 x

Dé nition 3 :

Soit I = (]a, b[ ou [a, b[ ou ]a, b]) un intérvale quelconque de R et f : I → R une fonction localementZ intégrable . Z b b f (x)dx est absolument convergente si |f (x)|dx On dit que l'intégrale a a est convergente . L'intérét de cette dé nition réside dans le fait que tout les critères que nous avons vue concérne les fonctions positives. Et le théorème suivant va nous donner un moyen e cace pour étudier le cas des fonctions non positives.

Théorème 7 :

oit f : I → R une fonction localement intégrable avec I comme dans la dé nition précédente alors . S

Z

b

a

|f (x)|dx, converge ⇒

Z

b

f (x)dx, converge a

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23

Changement de variable et intĂŠgration par partie :

Z

b

f (x)dx

On les appliquent de manière naturelle ou prÊsque ; puisque

n'est

a q'une limite d'intĂŠgrales naturelles .

Exemples : 1

Z 1. Etudier la nature de l'intĂŠgrale

I= 0

cos( 1t )dx Z

0

Dans ce cas le problème ce pose en

Z On note

1

I(X) = X

suivant :

cos( 1t )dt

u=

et on a :I

=

1

lim

X→+∞

X

cos( 1t )dt.

et on e ĂŠctue le changement de variable

1 −1 ⇒ dt = 2 du t u

Et donc :

I(X) = −

1

Z

cos(u) du u2

1 X

Et en n :

I = lim −

Z

X→0+

Or

| cos(u) |≤ u2 Z

+∞

Donc

1

1 1 X

cos(u) du = lim u2 X→0+

converge .

1 X

1

cos(u) du = u2

Z

+∞

1

cos(u) du u2

+∞

Z

1 du converge car 2 > 1 u2 1 Z +∞ cos(u) converge et d'aprĂŠs le thĂŠorème prĂŠcĂŠdent du u2 1

1 pour tout u2

|du | cos(u) u2

Z

u ≼ 1 , et donc

Z 2. Etudier la nature de l'intĂŠgrale gĂŠnĂŠralisĂŠe

+∞

J= 0

sin(t) t dt

Dans cette situation le problème se pose en

0

sin(t) On a lim t t→0

sin(t) est prolongeable par t

=1

donc la fonction

Z continuite en

0

et donc

1

J1 = Z0

D'autre part si on pose

J2 =

f (t) =

et en

+∞

sin(t) t dt converge . +∞ R sin(t) lim 1X sin(t) t dt = X→+∞ t dt alors 1

une intĂŠgration par partie nous donne.

J2 =

lim ([

X→+∞

−1 cos(t)]X 1 − t

Z

X cos(t) 1

t2

dt)

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24

CHAPITRE 2.

INTÉGRALE GÉNÉRALISÉE

ce qui donne :

J=

X→+∞

= cos(1) −

Et doncJ2

Z

J = J1 + J2

Et puisque

La fonction

Γ

cos(X) − X

lim (cos(1) − +∞ 1

Z

X

1

cos(t) dt) t2

cos(t) dt converge . t2

J

alors

converge .

:

Il s'agit de la fonction suivante :

Z

+∞

Γ(x) =

t(x−1) e−t dt

0 Cherchons le domaine de dé nition de cette fonction Z : Z

1

Pour cela on pose

Γ1 (x) =

t(x−1) e−t dt

et

0

Γ1

le problème se pose en

0

et on a au

t(x−1) e−t ∼ t(x−1) = Z

1

Et donc

0

Donc Pour

t(x−1) e−t dt.

1

D = DΓ1 ∩ DΓ2 . voisinage de 0 :

Et il est claire que le domaine de dé nition de Pour

+∞

Γ2 (x) = Γ

est

1 t(x−1)

1 dt converge si et seulement si t(x−1)

1−x<1⇔x>0

DΓ1 =]0, +∞[. Γ2 ona : tr+x−1 = 0; ∀x ∈ R, ∀t ∈ R t→+∞ et

lim tr t(x−1) e−t = lim

t→+∞

En particulier pour Et donc on conclus

Proposition : Pour tout

x>1

r ≥ 2 , et donc DΓ2 = R que D = DΓ1 ∩ DΓ2 =]0, +∞[

on a :

Γ(x) = (x − 1).Γ(x − 1)

démonstration : On va faire une intégration par partie .

Z

Γ(x) = lim

Y →+∞ 0

Y

t(x−1) e−t dt = lim ([−t(x−1) e−t ]Y0 +(x−1) Y →+∞

Z 0

Y

t(x−2) e−t dt)

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25

Et donc

Γ(x) = (x − 1)

Z

+∞

t(x−2) e−t dt) = (x − 1)Γ(x − 1)

0

ConsĂŠquence : Pour tout

n ∈ N∗

on a :

Γ(n) = n!

DĂŠmonstration : En e et on a :

Γ(n) = (n−1)Γ(n−1) = (n−1).(n−2).Γ(n−2) = (n−1).(n−2).(n−3).......2.Γ(1) et

Γ(1) = 1

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26

CHAPITRE 2.

INTÉGRALE GÉNÉRALISÉE

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Chapitre 3

Equations di ĂŠrentielles 1.

DĂŠ nition : On appelle ĂŠquation di ĂŠrentielle d'ordre

n

(

n∈N

) toute ĂŠquation

du type :

F (x, y, y 0 , y 00 , ......., y (n) ) = 0 avec

x

(E)

une variable rĂŠelle y la fonction inconnue et

y0, y�,

, y (n)

ces

dĂŠrivĂŠes succĂŠssives.

Exemple :

2.

(a)

xy 0 + x2 y 2 − 2x = 0

(b)

yy 0 + y� = Ln(x)

est une ĂŠquation d'ordre

(c)

(1 + x)y 0 = 1 − y

est une ĂŠquation d'ordre

(d)

(1 + x2 )y 0 + 3xy = 0

est une ĂŠquation di ĂŠrentielle d'ordre

1

2 1

est une ĂŠquation d'ordre

1

Solution oĂš intĂŠgrale : On appelle solution oĂš intĂŠgrale sur un intĂŠrvale I de (E). toute fonction

f : I −→R;

R, de

n-fois dĂŠrivable telle que :

F (x, f (x); f 0 (x), f �(x); ..., f (n) (x)) = 0 pour tout

x∈I 27

l'ĂŠquation

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28

CHAPITRE 3.

EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES

Solution maximale : C'est une solution dé nie sur un intérvale maximal , c-a-d qu'on ne peut pas prolonger à un intérvalle

J

contenant

I. 3.

Equation du premier ordre : C'est une équation du type :

4.

y 0 = f (x, y)

(E1 )

Equation à variables sépparées : C'est une équation du type Où

f

et

g

y 0 = f (x)g(y)

(V.S)

sont des fonctions continues données sur des intérvales

I

et

J

Exemple : (1 + x2 )y 0 + 3xy = 0

(b)

xy0 = y + xy

ce qui est équivalent à

y 0 = ( x1 + 1).y

(c)

y 0 sin(x) = y

ce qui est équivalent à

y0 =

Pour résoudre L'équation

ce qui est équivalent à

y0 =

−3x .y 1+x2

(a)

1 sin(x) .y

(V S) ; on l'écrit tout d'abord sous la forme : 1 dy = f (x)dx g(y)

et puis on continue la résolution en intégrant les deux cotés de l'équation.

Exemples : (a) Dans l'exemple 1) ona :

−3x 3 dy = ⇒ ln(|y|) = − ln(1 + x2 ) + cont 2 y 1+x 2

⇒ |y| = ±econst . Avec

(1 +

1 √

x2 )

1+

x2

⇒y=

(1 +

K √

x2 )

1 + x2

K∈R

(b) Dans l'éxemple 2 ) on a

1 dy = ( + 1)dx ⇒ ln(|y|) = (x + ln(|x|)) + c y x

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29

|y| = ec . |x| ex ⇒ y = Kxex Avec

K∈R

(c) Dans l'exemple 3) on a :

dy dx = ⇒ y sin(x) ⇒ ln(|y|) =

Z

Z

sin(x)dx = sin2 (x)

Alors un changement de variable

ln(|y|) = −

Z

du 1 =− 2 1−u 2

Et donc

Y = K.( Avec K 5.

dy = y

Z

dx sin(x)

Z

sin(x)dx 1 − cos2 (x)

Z

u = cos(x) ( du = −sin(x)dx) :

du + 1−u

Z

1−u 1 − cos(x) ) = K. 1+u 1 + cos(x)

∈R

Equation homogène : Ce sont des équations du genre :

y 0 = f ( xy )

(H)

Exemples : (a)

2x2 y 0 − y 2 = 4xy

(b)

(4x2 + 3xy + y 2 ) + 4(y 2 + 3xy + x2 )y 0 = 0

(c)

y 3 y 0 + 3xy 2 + 2x3 = 0

(d)

2x + y − (4x − y)y 0 = 0

(e)

xyy 0 − y 2 = (x + y)e− x

y

Résolution :

du 1+u

1 1 − u

)+c = ln(

2 1 + u

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30

CHAPITRE 3.

EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES

On fait un changement de fonction inconue et on pose :

u=

y ⇔ y = xu ⇒ y 0 = u + u0 x x

Donc (H) sera équivalente à : 0

u + u x = f (u) 0

⇔ u = . x1 (f (u) − u) qui est une équation a variable séparée

Exemples : (a)

y0 =

y 2 +4xy 2x2

= 12 ( xy )2 + 2( xy )

donc il s'agi bien d'une équation homogène donc on pose

u=

y x

0

⇔ y = xu ⇔ y 0 = u + u x 1 0 ⇔ u + u x = u2 + 2u 2

1 2du dx ⇔ u0 x = u2 + u ⇔ = 2 u(u + 2) x ⇔ ⇔

Z

Z

+du − u

2du = u(u + 2) Z

Z

dx x

du = Ln(|x|) + c (u + 2)

u

) = ln(|x|) + c ⇔ ln(

u + 2

⇔ donc

u 2Kx = K.x ⇔ u(1 − Kx) = 2Kx ⇔ u = u+2 1 − Kx

y=

2Kx2 1−Kx Avec K un réel

(b) dans cette équation on a :

(4x2 + 3xy + y 2 ) + 4(y 2 + 3xy + x2 )y 0 = 0 ⇔ y0 = −

(4x2 + 3xy + y 2 ) 4(y 2 + 3xy + x2 )

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31

=−

4 + 3. xy + 4(

y 2 x

y 2 x

+ 3( xy ) + 1)

Donc il s'agit bien d'une équation homogène : donc on pose Et donc

y x

u=

0

⇔ y = xu ⇔ y 0 = u + u x 2

0

2

4+3.u+u 4+3.u+u 0 u + u x = − 4(u 2 +3u+1) ⇔ u x = − 4(u2 +3u+1) − u =

−4−7u−13u2 −4u3 4(u2 +3u+1) (c) Dans l'exemple c)

y 3 y 0 + 3xy 2 + 2x3 = 0

−2 − 3( xy )2 y y y ( )3 y 0 + 3( )2 + 2 = 0 ⇐⇒ y 0 = = f( ) y 3 x x (x) x Il s'agit bien d'une équation homogène donc on pose

u=

y x

0

⇔ y = xu ⇔ y 0 = u + u x

Et donc 0

u+u x =

−2 − 3u2 − u4 u3 du dx −2 − 3u2 0 ⇐⇒ u x = ⇐⇒ − = 3 3 2 4 u u 2 + 3u + u x ⇐⇒

Or

Z

u3 du − = 2 + 3u2 + u4

Z

dx x

X 2 + 3X + 2 = (X + 1)(X + 2)

donc

u3 2+3u2 +u4

=

au+b u2 +1

+

cu+d u2 +2

E t un petit calcule montre que

a = −1; b = 0; c = 2; et; d = 0 Donc

ln(|x|) =

−1 2 ln(1

2

)+c + u2 ) + ln(2 + u2 ) + c = ln( √2+u 1+u2

Et on continue la résolution 6.

Equation linéaire d'ordre 1 : Elle est de la forme :

a(x)y 0 + b(x)y = h(x) Avec

a, b

et

h

des fonctions continues sur un intérvale donné

Exemples : 1)

xy 0 − y =

2)

y 0 − xy = sin(x)

x x2 −1

I.

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32

CHAPITRE 3.

EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES

Résolution : 1) On commence par résoudre l'équation sans second membre c.a.d

a(x)y 0 + b(x)y = 0 b(x) .y ⇔ y 0 = − a(x) Qui est une équation a variable séparée , et on sait la résoudre . Dans l'exemple 1) E.S.S.M :est :

xy 0 − y = 0

donc .

⇔

⇔ ⇔

Z

y0 1 = y x

dy dx = y x dy = y

Z

dx x

⇔ ln(|y|) = ln(|x|) + C ⇔ |y| = eC . |x| ⇔ y0 = K.x Avec

K∈R

Dans l'exemple 2) ESSM est

y 0 − xy = 0

sa résolution sera de la même manière :

dy = xdx y ⇔

Z

dy = y

⇔ ln(|y|) =

Z

xdx x2 +C 2

⇔ y0 = K. exp( K∈R donc y0 = K.U0

avec Et

avec

2

U0 = exp( x2 )

x2 ) 2

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33

7.

ThÊorème : On considère l'Êquation linÊaire de

1er

ordre :

a(x)y 0 + b(x)y = h(x) Si

yp

est une solution particulière de

Alors Toute autre solution y de

(E)

(E)

(E) vĂŠri e

a(x)(y − yp )0 + b(x)(y − yp ) = 0 Donc

y − yp

est une solution de l'Êquation homogène , donc

y − yp = y0

Donc

y = y1 + y0 8.

Recherche de yp : MĂŠthode de la variation de la constante : Soit

U0

une solution de l'ĂŠquation sans second membre .

On pose

yp

yp = c(x).u0

soit une solution de

Donc

avec

c(x)

est une fonction a chĂŠrcher pour que

(E)

y0p = c0(x)u0 + c(x).u00

puis on remplace dans l'ĂŠquation (E)

et donc on aura :

a(x)(c0 u0 + cu0 0) + b(x)(cuo) = h(x) Ce qui entraine que :

a(x)c0 (x)uo + a(x)c(x)u0o (x) + b(x)c(x)uo (x) = h(x) | Et donc

c0 x) =

{z

}

h(x) a(x)u0 (x)

Exemple : rĂŠsoudre l'ĂŠquation di ĂŠrentielle

xy 0 − y =

x x2 −1

(1)

On commence par rĂŠsoudre l'ĂŠquation sans second membre E.S.S.M ESSM :

⇒

dy y

=

xy 0 − y = 0 dx x

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34

CHAPITRE 3.

EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES

⇒ Ln(|y|) = Ln(|x|) + c ⇒ y = K.x avec K ∈ R On pose alors

u0 = x

et on va chercher une solution particulière On dérive

yp

et on obtien

yp = c(x).u0

et on remplace dans l'équation (1)

x(c0 uo + cu0o ) − (cuo ) =

x x2 −1

x2 c0 (x) = x2x−1 1 1 1 = −1 + 2(x−1) + 2(x+1) c0 (x) = x(x−1)(x+1) x

c(x) = −ln(|x|) + 21 ln( x2 − 1 ) yp = c(x).u0

yp = K.x + x(−ln(|x|) + 21 ln( x2 − 1 ) avec K ∈ R

⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒

On va alors donner les solutions sur les intérvales :] − ∞, −1[ , et 9.

] − 1, 1[

]1, +∞[

Equation de BERNOULLI : C'est une équation du type

y 0 = α(x)y + β(x).y n nun élement de R , α(x) et β(x) un intérvale I .

avec sur

(E)

des fonctions numèriques données

Exemple : (a)

y 0 = y + x2 y 2

(b)

y0 = y + y 3 ici n = 3 √ y0 − y = y ici n= 12

(c)

ici

n=2

Résolution : 1) Si n=1 alors :y

0

= α(x)y + β(x).y = (α(x) + β(x))y

donc on a une équation a variables séparées 2)Si n6=

y0 yn

−

1

α(x) y n−1

l'équation (E) est équivalente a :

= β(x)

(E1 )

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35

donc

1 y n−1 0 1). yyn

z(x) =

On pose alors

z 0 (x) = −(n −

Et on remplace dans l'équation Ce qui nous donne :

(E1 )

z0

− (n−1) − α(x)z = β(x)

qui est une équation

er ordre . linéaire de 1

Exemple : y 0 = y + x2 y 2

Résoudre l'équation suivante :(E)

(E)

est équivalente a :

On pose z=

y0

y 0 , donc z

1 y

1 y

−

= x2 0

= − yy2

puis on remplace dans l'équation pré-

cedente : et on obtien

z 0 + z = −x2

Et on va résoudre cette équation par :

z 0 +z = 0 ⇒ avec K ∈ R

1)

z0 z

= −1 ⇒

= −dx ⇒ ln(|z|) = −x+c ⇒ z = K.e−x

dz z

z0 = e−x

On pose alors

Et on va chercher une solution particulière par la variation de la constante :

zp = c(x).z0 ⇒ z 0 p = c0 z0 + cz00 ⇒ c0 z0 + cz00 + cz0 = −x2 ⇒ c0 (x) = −x2 ex ⇒ c(x) = − Donc

Z

x2 ex dx = (−x2 + 2x − 2)ex

zp =(−x2 + 2x − 2)ex .e−x = −x2 + 2x − 2

Et donc la solution generale est donner par :

zg = zp + Ke−x = −x2 + 2x − 2 + Ke−x Et en n 10.

yg =

1 −x2 +2x−2+ke−x

Avec

avec

K∈R

K∈R

Equation de RICCATI : C'est une équation du type :

y 0 = α(x).y 2 + β(x).y + γ(x)

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36

CHAPITRE 3.

Avec

α(x) ; β(x)

et

γ(x)

EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES

des fonctions numériques continues sur un

intérvale I

Résolution : On a besoin de connaitre une solution particulière On pose alors 11.

y1

z = y − y1

Equation de second ordre à coé cients constants : Ce sont des équations de la forme :

(E) : ay” + by 0 + cy = f (x) Avec a,b,c des constantes réelles

et f une fonction continue sur un

intervale I

Exemples :

12.

(a)

y” + 3y 0 + y = sin(x)

(b)

y” + 3y 0 + 4y = ex cos(x)

(c)

2y” + y 0 − 2y = (x2 + 3x + 2)e2x

Equation sans second membre : Il s'agit de l'équation :

: ay” + by 0 + cy = 0

(E0 ) pour résoudre l'équation solution de

E0

E0 ,

on remarque d'abord que l'ensemble des

est un espace vectoriél de dimention

2

et que pour chercher sa base on a besoin de l'équation carractéristique :

Equation carractéristique : c'est l'équation de second degré : Il ya

1er

3

ar2 + br + c = 0

(E.C)

cas possibles :

cas :

∆ = b2 − 4ac > 0 dans ce cas nous avons deux racines réelles distinctes r1 6= r2 et alors les solutions de E0 sont de la forme : yssm = λ exp(r1 x) + µ exp(r2 x) , avec λ et µ deux réels : 2eme cas : ∆ = b2 −4ac = 0 dans ce cas l'équation caracteristique admet une seule

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37

solution double

r1 = r 2 = r

et dans ce cas les solutions de l'équation

sans second membre sont données par la formule :

yssm = (λx + µ) exp(r.x) λ

Avec

et

µ

deux réels quelconques.

3eme

cas :

∆ = b2 − 4ac < 0 dans ce cas nous avons deux racines complexes distinctes z1 6= z2 avec z1 = α + iβ et z2 = α − iβ et dans ce cas les solutions de l'equation sans second membre sont données par la formule :

yssm = exp(αx)[A cos(βx) + B sin(βx)] avec A et B deux élements de

Exemples :

R

résoudre les équations suivantes :

(a)

y” + 3y 0 − 4y = 0

(b)

y” − 4y 0 + 4y = 0

(c)

y” + 4y 0 + 5y = 0 r2 + 3r − 4 = 0 dont le ∆ = r1 = −3+5 = 1 et r2 = −3−5 = −4 2 2

Pour 1) l'équation caracteristique est :

b2 − 4ac = 9 + 16 = 25 et donc

et donc

yssm = λ exp(x) + µ exp(−4x)

, avec

λ

et

µ

deux réels :

2 pour 2) l'équation caracteristique est : r

b2 − 4ac = 16 − 16 = 0 et donc

et donc

− 4r + 4 = 0 r1 = r 2 = = 2

yssm = [λx + µ] exp(2x)

, avec

z1 =

élements de

R

et

µ

deux réels :

r2 + 4r + 5 = 0

yssm = exp(−2x)[A cos(x) + B sin(x)] avec A et B

deux

−4+2i 2

Et dans ce cas

λ

∆=

− 4ac = 16 − 20 = −4 =

Alors

∆=

dont le

pour 3) l'équation caracteristique est :

b2

dont le

4 2

= −2 + i

(2i)2 et

z2 = −2 − i

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38

13.

CHAPITRE 3.

EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES

Recherche d'une solution particulière : considerons d'abort l'equation :

ay� + by 0 + cy = eιx .Pn (x) ι

Avec

un rĂŠel et

Pn

un polynĂ´me de degrĂŠe

n

Dans ce cas on cherche une solution particulière de la forme :

Yp = eÎąx .xs .(A0 + A1 x + ....... + An xn ) A0 , A1 , ......An des constantes rĂŠelles Et s vĂŠri e : s = 0 si Îą n'est pas racine de E.C s = 1 si Îą est racine simple de E.C s = 2 si Îą est racine double de E.C OĂš

a dĂŠterminer .

Exemple : RĂŠsoudre l'ĂŠquation di ĂŠrentielle suivante :

y� − 3y 0 − 4y = 6e2x

(1)

On commence par rĂŠsoudre l'ĂŠquation carracteristique :r On a :

∆ = 9 + 16 = 25

donc

r1 = 4

et

r2 = −1

2 − 3r − 4

=0

et donc la solution de

l'ĂŠquation sans second membre est :

yssm = Îťe4x + Âľe−x avec

Îť

et

Âľ

deux rĂŠels

On cherche ensuite une solution particulière de la forme :

Yp = e2x .x0 .(A) = A.e2x Alors

yp0 = 2Ae2x

et

y�p = 4Ae2x

et on remplace dans l equation

4Ae2x − 6Ae2x − 4Ae2x = 6e2x ⇒ −6A = 6 ⇒ A = −1 Et en n la solution gĂŠnĂŠrale de

(1)

est :

y = yssm + Yp = Îťe4x + Âľe−x − e2x

(1)

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39

Exemple 2 : rĂŠsoudre l'ĂŠquation di ĂŠrentielle suivante :

y� − 2y 0 − 3y = −3xe−x

(2)

L equation carracteristique :

r2 − 2r − 3 = 0 Et

∆ = 16 donc r1 = −1 et r2 = 3 ; donc la solution de l'ĂŠquation sans

second membre est donneĂŠ par :

yssm = Îťe−x + Âľe3x

Îť et Âľ ∈ R

On cherche ensuite une solution particulière de la forme :

yp = e−x .xs .(A0 + A1 x) −1 est racine simple de l'ĂŠquation carracteristique . −x (A +(2A −A )x−A x2 ) puis yâ€? = e−x (2A − 0 Et on calcule yp = e 0 1 0 1 p 1 2 2A0 + (A0 − 4A1 )x + A1 x ) . Et on remplace dans l'ĂŠquation (2) : 3 3 ce qui nous donne :A0 = 16 et A1 = 8 . Ce qui nous donne la solution gĂŠnĂŠrale de (2) : avec

s=1

car

y = Îťe−x + Âľe3x + e−x .x.(

3 3 + x) 16 8

ConsidĂŠrons maintenant l'ĂŠquation di ĂŠrentielle suivante :

ayâ€? + by 0 + cy = eÎąx .Pn (x)cos(β.x) Avec

ι,β

deux rĂŠels et

Pn

un polynĂ´me de degrĂŠe

n

Dans ce cas on cherche une solution particulière de la forme :

yp = eιx xs [Qn (x)cos(β.x) + Rn (x)sin(β.x)] OÚ

Qn

et

Rn

sont des polynĂ´me de degrĂŠe

n

et

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40

CHAPITRE 3.

s=0 s=1

si si

ι + iβ ι + iβ

EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES

n'est pas racine de l'ĂŠquation carracteristique . est racine de l'ĂŠquation carracteristique

Exemple 1 : RĂŠsoudre l'ĂŠquation dio ĂŠrentielle suivante :yâ€?−3y

2 Equation carractĂŠristique : r et

r2 = 4

− 3r − 4 = 0

0 −4y

, donc

= −8ex .cos(2x) ∆ = 25 et r1 = −1

et donc la solution particulière sera de la forme :

yp = ex .(Acos(2x) + Bsin(2x)) 1 + 2i n'est pas une racine de l'ĂŠquation carracteris0 tique ; et on calcule yp et yâ€?p puis on remplace dans l'ĂŠquation (3) et −5 3 on trouve :A = 17 et B = 17 . On a

s=0

car

Exemple 2 : RĂŠsoudre l'ĂŠquation di ĂŠrentielle :

y� + 2y 0 + 5y = 4e−x cos(2x)

y(0) = 1 , y 0 (0) = 0

r2 +2r +5 = 0 et son ∆ = −16 = (4i)2 donc les solutions sont z1 = −1 + 2i et z2 = −1 − 2i −x (on a s = 1 car On cherche donc yp = (Acos(2x) + Bsin(2x)).x.e −1+2i est racine de l'ĂŠquation carracteristique ) et le rĂŠste des calcules L equation carracteristique est :

est laissĂŠ au ĂŠtudiants .

Remarque : Pour rĂŠsoudre une ĂŠquation du type :

ayâ€? + by 0 + cy = eÎąx .Pn (x)sin(β.x) on procĂŠde de la mĂŞme manière et la solution particulière sera aussi du type :

yp = eιx xs [Qn (x)cos(β.x) + Rn (x)sin(β.x)] 14.

Principe de supĂŠrposition : Soit l'ĂŠquation di ĂŠrentielle :

ay� + by 0 + cy = f1 + f2

(E)

(3)

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41

OĂš

f1

et

f2

deux fonctions .

Pour chercher une solution particulière de

E;

on cherche une solution

0 particulière y1 de : ayâ€? + by + cy = f1 et une solution particulièrey2 de ayâ€? + by 0 + cy = f2 et alors yp = y1 + y2 sera une solution particulière de

E.

Exemple : RĂŠsoudre l'ĂŠquation di ĂŠrentielle suivante :

yâ€? + y 0 − 2y = ex + e−2x tout d'abort on ĂŠcrit l'ĂŠquation carracteristique :r

∆=1+8=9 Donc r1 = −2

et

r2 = 1

2

+r−2 = 0

et sont

, donc la solution de l'ĂŠquation sans second

membre est :

yssm = Îť.ex + Âľ.e−2x

Îť et Âľ ∈ R

Pour chercher une solution particulière de cette Êquation on cherchera les solutions particulière de

y� + y 0 − 2y = ex

et de

y� + y 0 − 2y = e−2x .

y1 = A.x.ex (s = 1) car 1 est une rax et 0 carracteristique et donc y1 = (Ax + A)e

pour la premiere ĂŠquation cine de l'ĂŠquation

y1 � = (Ax + 2A)ex , et puis 1 trouve : 3A = 1 , donc A = 3

on remplace dans l'ĂŠquation et on

y2 = B.x.e−2x (s = 1 car −2 est une −2x 0 racine de l'ĂŠquation carracteristique et donc y2 = (−2Bx + B)e −2x , et puis on remplace dans l'ĂŠquation et et y2 â€? = (4Bx − 4B)e 1 on trouve :−3B = 1 , donc B = − 3

Pour la deuxieme ĂŠquation

Donc

yp = y1 +y2 = 31 xex − 13 xe−2x ; et la solution gĂŠnĂŠrale de l'ĂŠquation

est :

Avec

Îťet

1 1 yg = yssm + yp = Îť.ex + Âľ.e−2x + xex − xe−2x 3 3 Âľ deux ĂŠlĂŠments de R

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42

CHAPITRE 3.

EQUATIONS DIFFÉRENTIELLES

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Chapitre 4

LES EXERCICES EXERCICES D'INTEGRATION SUR R 1.

EXERCICE : Calculer les limites des suites suivantes :

1 n

h√ n

√ n

√ n

2n

i h √ √ √ un n13 1 12 + n2 + 2 22 + n2 ...... + n n2 + n2

i

(a)

un =

(b)

1 1 1 1 vn = n.[ 1+n 2 + 22 +n2 + 32 +n2 +......+ n2 +n2 ]

2+

4 + ........ +

vn =

n X

n+k n2 +k2

k=1 (c)

wn =

n Y

1

(1 + nk ) n

wn =

1 np+1

k=1 (d)

n−1 X

kn = n1 . rn =

1 n2

kp

pour

p

entier naturel .

k=1

√

p=0 (e)

n X

n X

p n2 +p2

√ p n ep

kn =

1 n

n X

kp

kn =

k=1

k=1

rn =

1 n

h

n X

√

1 (n+k−1)(n+k)

i

1−n k−n n−n arctan( 1+n ) + arctan( k+n ) + .... + arctan( n+n )

p=1 (f )

zn =

n X

2[ln(p+n)−ln(n)]+5 p+n

zn =

1 n

h

i

1−n k−n n−n arcsin( 1+n ) + arcsin( k+n ) + ...... + arcsin( n+n )

p=1 (g)

sn =

n X

1 (n+p)(1+ln(p+n)−ln(n))

p=1 (h)

αn =

1 n

sn = n.

n X k=1

(2n)! n!

1

n

43

k

e− n k2

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44

CHAPITRE 4.

2.

LES EXERCICES

EXERCICE : Soit f une fonction continue sur [0 ;1] on pose

n X

1 n

Un =

f ( 2k−1 2n )

, pour

n≥1

k=1 Calculer la limite de cette suite

3.

EXERCICE : Calculer les primitives suivantes :

Z (a)

Z (b)

Z (c) 4.

4)

Ln(x) dx x

Z

5)

EXERCICEZ : I=

(a) Calculer

sin(3x) cos(4x)dx 6)

et

I

J

et

sin(x) − cos(x) dx sin(x) + cos(x) Z

cos(x) cos(x)+sin(x) dx

I +J

(b) Endéduire

x cos(αx)dx

Z

x2 cos(x)dx

On pose

5.

Z

cos(x)ex dx

J=

et

sin(x) cos(x)+sin(x) dx

I −J

EXERCICE : Calculer les integrales et primitives suivantes :

Z (a)

4

Z √

(b)

Z (c) 6.

Z (a)

Z (b) 3)

Z (c)

Arc sin(x)dx Z x

Z

dx

2

Ln(x + 1

√

dx 1+Ln(x)

Calculer les integrales et primitives suivantes :

Z

dx sin(x)

5)

√1 )dx x

Z

xtg 2 (x)dx

eArctg(x) 3 (1+x2 ) 2

√ ( x−

4

dx √ x(1+ 3 x)

EXERCICE :

9

Z

√ x dx 2 0 1+3x

e

sin(x)dx cos(x)(1+cos2 (x))

xn Ln(x)dx

1

√

x2

Z

1

+ 1)dx, −1

(Arc cos(x))2 dx

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45

7.

EXERCICE : Trouver une relation de récurence pérmettant de calculer l'intégrale suivante :

1

Z

In = 0 8.

EXERCICE : On pose In = (a) Trouver une relation

tg n (x)dx

pour

0

et

In+2

n→+∞

1

Jn = 0

xn sin(πx)dx ; n ∈ N

(a) trouver une relation entre (b) Calculer

lim

n→+∞

Jn

; Jn+2

et

n2 .Jn

EXERCICE :

1) Décomposer en élements simples la fonction

Z

f (t) =

1 t(1+t2 )

tLn(t)dt (1+t2 )2

2) Endéduire 11.

n∈N

EXERCICE Z : Soit

10.

π 4

lim In

(b) Calculer 9.

In

Z

dt (1+t2 )n

EXERCICE : (a) Donner la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle :

f (x) =

x2 (1+x)2 (2+x)

(b) En déduire une primitive de la fraction rationnelle

Z (c) Calculer alors l'intégrale 12.

I=

π 4

0

EXERCICE :

g(t) =

t4 (1+t2 )2 (2+t2 )

sin4 (x)dx 1+cos2 (x)

a) Décomposer enélements simples :les fractions rationnelles suivantes : (a)

f (x) =

(b)

g(x) =

1+mx , (1+x2 )(x−m) 1 (1+x)(1+x2 )

Z b)Calculer Alors

ou

m ∈ R∗+

0

I(x) =

Z

x

0

c) Calculer les limites suivantes :

lim I(X)

X→−∞

s

f (t)dt avec x < 0 et J(s) =

et

lim J(s)

s→+∞

et dt (1+et )(1+e2t )

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46

13.

CHAPITRE 4.

EXERCICE : x = cos(t)

En utilisant le changement de variable

Z

1

q

x. 0

14.

LES EXERCICES

calculer

I =

1−x 1+x dx

EXERCICE : Soit

a < b

deux réels et soit

f : [a, b] → R

une fonction bornée

intégrable et véri ant :pour tout

x ∈ [a, b], f (a + b − x) = f (x) Z

1)

b

x.f (x)dx =

Montrer que

a

2)

Application :

Z Calculer

π

I= 0

15.

a+b R b 2 . a f (x)dx

Z

x sin(x) dx et 1+cos2 (x)

0

EXERCICE : Soit

f (x) =

π

J=

x 1+sin(x) dx

x+2 . x3 (x+1)

Z 1) Donner la décomposition en éléments simple de 2) On pose 16.

g(x) =

x2 +2 , en déduire x6 (x2 +1)

et calculer

g(x)dx

EXERCICE : Soit

α∈R

f (x) =

, un réel , et

f Zen éléments Fα = f (x)dx

1) Décomposer 2) Calculer

3) Pour quels valeurs de

αx+3 x2 (x+1)

R [X] .

simples dans

α , Fα (x)

est une fraction rationnelle .

Z 4) On suppose que 17.

f

Z

α=2

f (x)dx. 1

EXERCICE : Soit

f (x) =

+∞

, calculer

x+β , ou x2 (x+1)

β

est un réel donné ,

1) Décomposer f en élements simples .

Z 2) Calculer

Gβ =

f (x)dx

3) Pour quels valeurs de

β , Gβ

est une fraction rationnelle .

Z 4) On suppose que

β=2

+∞

f (x)dx.

, calculer

1

f (x)dx.

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47

18.

EXERCICE : Calculer les integrales suivants :

Z

1 0

19.

e

Z

tdt ; 1+t4

2)

Z

xn ln(x)dx

1

, 3)

0

(x2 + 3x + 1)ex dx

; 4)

0

EXERCICE : Calculer par parties les intégrales ou primitives suivantes :

1

Z (a)

Z

(x2 + 5x + 6) cos(2x)dx

I=

J=

sin(ln(x))dx

−1

Z (b) 20.

K=

Z

x ln(x)dx (1+x2 )2

L=

EXERCICE : calculer les intégrales

Z (a)

I1 =

(b)

J1 =

Z Z (c)

21.

ex cos(2x)dx

K1 =

et primitives suivantes :

Z

dx 1+cos(x)

I2 = Z

cos2 (x)dx 2+sin(x)

qx 3

1+x 2+x

J2 =

(b) Montrer que (c) En déduire

√

1+x dx x2 −4

dx

EXERCICE : Soit G(x) = (a) Montrer que

2+sin(x) 3+sin(x)+cos(x) dx

Z

x2 √

1 + t4 dt

0

G est dérivable sur R et calculer G0 (x) √ 1 + t4 ≥ t2 pour tout t ∈ R. les limites suivantes :

lim G(x)

lim

x→+∞

x→+∞

G(x) x

lim G(x) 2 x→+∞ x

lim G(x) 3 x→+∞ x

lim G(x) 5 x→+∞ x 22.

EXERCICE : Soit H(x) = (a) Montrer que

H

23.

2x2 √ x2

1 dt 1+t2 +t4

est dérivable sur

(b) Montrer que 0≤ (c) En déduire

Z

H 0 (x) ≤

1 2x2

R

et calculer

∀x ∈ R

lim H(x)

x→+∞

EXERCICE : Soit F (x) =

Z

x2 +x3 1+x

√ dt 1+t4

H 0 (x)

lim G(x) 4 x→+∞ x

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48

CHAPITRE 4.

F (1)

(a) Calculer

F

(b) Montrer que

Z

x2 +x3 1+x

EXERCICE : Soit h(x) =

R

et calculer

√ dt 1+t4

Z

x 1 x

2 1−t √ dt dé nie sur (1+t2 ) 1+t4

J3

et

Z

dx (1+x2 )n

J0 ; J1 ;et J2

(b) Etablir une relation de récurence entre

Jn+1

et

Jn

. En déduire

J4

EXERCICE : Calculer I =

Z

Z

J=

cos(x)ex dx eArctg(t) 3

(1 + t2 ) 2

et en déduire

dt

EXERCICE : calculer les primitives suivantes : Z (a)

A=

(b)

B=

√

Z Z (c)

28.

]0, +∞[

EXERCICE : On considère por n ∈ N l'intégrale Jn (x) = (a) calculer

x∈R

h(x)pour x ∈ I

(c) En déduire

27.

pour

h est dérivable sur I et calculer h0 (x) pour tout x ∈ I

(b) Montrer que

26.

F 0(x)

h(1)

(a) Calculer

25.

est dérivable sur

lim 1 x→1 x−1

(c) Calculer

24.

LES EXERCICES

x

dt √ t(1+ 3 t)

√ dx

x3 +1 x(x−1)2

1+ln(x)

dx Z1

EXERCICE

On pose

In =

√ tn 1 + tdt

0 (a) Calculer

I0

(b) Comparer de la suite

et

tn In

(c) Montrer que (d)

, I1

et

1 n+1

tn+1

pour

≤ In ≤

Montrer que pour tous t

0≤t≤1

et en déduire la monotonie

√ 2 n+1

∈ [0; 1]

:

0≤

√

2−

√

1 + t ≤ 21 (1 − t)

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49

(e) En déduire alors que de

29.

√ 2 n+1

1 2n2

−

≤ In ≤

√ 2 n+1 et calculer la limite

In et nIn

EXERCICE :On pose In =

Ze

x(ln(x)n dx

n∈N

pour

1 (a) Calculer

I0

et

I1 In et In+1

(b) Trouver une relation de recurence entre (c) Montrer que In est décroissante et que

In

(d) Calculer limite de 30.

≤ In ≤

e2 n+2

nIn

et

EXERCICE : Calculer les primitives suivantes : Z (a)

1

I= 0

Z (b)

K=

(c)

F =

Z

31.

e2 n+3

J= Z

dx sin(x) ...L

=

sin(Ln(x))dx

dx xLn(x)

x3 +1 dx x(x−1)2

EXERCICE Z: On pose

Z

tdt 1+t4

n

In =

2

e−t dt

1 1) Montrer que la suite 2) montrer que

In ≤

Z

n

(n

∈ N∗ )

In est

croissante

2

te−t dt

1 3) En déduire un majorant de

32.

In

et la convergence de la suite

In

EXERCICE : Soit

f

une fonction continue sur

R

, on pose :

Z

x+1

f (t)dt

F (x) = x−1

F 0(x)

1) Montrer que

F

est dérivable sur

2) Montrer que

F

est constante si et seulement si

periode

T =2

3) Envisager le cas

f (x) = cos(πx)

R

et calculer

f

est périodique de

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50

33.

CHAPITRE 4.

LES EXERCICES

EXERCICE 1) Décomposer en élements simples la fraction rationnelle

f (x) =

1 (x+1)(x2 −x+1) 2) Calculer les primitives suivantes :

Z Z

x3 dx x3+1

;

dx√ x2 + x

3) Calculer la primitive

34.

Z

dx x3+1

EXERCICE : Calculer les primitives suivantes :

Z 1)

I=

1

√ x −x2 + 2xdx

Z 01 2)

J= −1

35.

t = arcsin(x − 1)

( on posera

)

|ex − 1| exdx +1

EXERCICE : Soit

Fn

la fonction dé nie par :

∀x ∈ R

∗

1) Motrer que 2) a) Ecrire

;

∀n ∈ N

∀x ∈ R∗

Fn (0)

;

;

Fn (x) =

∀n ∈ N

;

1 2π

Z

−4π

(cos(t))n ex. cos(t) dt

−6π

Fn (x) =

1 2π

Z

2π

(cos(t))n ex. cos(t) dt

0

et en integrant par partie trouver une relation de

recurence entre

Fn (0)

et

Fn−2 (0)

, pour

n ≥ 2.

b) En deduire la valeur de

F2n (0)

et celle de

F2(n+1) (0)

por tout

n ≥ 0

Fn0 (x) =

n≥0 3) On suppose que por tout

Fn+1 (x) (

F 0n

x ∈ R∗

et pour tout

,

.

désigne la fonction dérivée de

(k) en fonction de 4) Exprimer F0

Fk

Fn

)

pour tout

5) En déduire le développement limité à l'ordre voisinage de

0

k≥1 7

de la fonction

F0

au

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51

36.

EXERCICE : Z 1

Soit In=

0

xn 1+x dx

(a) En majorant la fonction integrée , montrer que (b) Calculer

tend vers zéro

In + In+1

(c) Déterminer

37.

In

lim (

n→+∞

n X (−1)k+1 k

).

k=1

EXERCICE : Z 1

Soit

In =

(1 − t2 )n dt

0 (a) Etablir une relation de récurence entre (b) Calculer

In

et

In+1

In

(c) En déduire

n X (−1)k

2k+1 .n

k

k=0 38.

EXERCICE : Z 1

Soit

In =

tn et dt

0 (a) Calculer

I0 , I1 , I2 I3 , I4 .

(b) Etudier la suite 39.

In

EXERCICE Z : π

Soient

I=

x cos2 (x)dx

Z et

J=

x sin2 (x)dx

0

0 (a) Calculer

I +J

(b) Calculer

I −J

(c) En déduire

40.

π

I

et

J

.

EXERCICE : On pose pour p, q ∈ N :Ip,q = (a) Montrer que :

Z

1

∀p ∈ N; ∀q ∈ N∗ ; Ip,q =

(b) En deduire que :

∀p, q ∈ N, Ip;q =

(c) Montrer que :∀p, q

∈ N;

q X k=0

(−1)k p+k+1

tp (1 − t)q dt

0

q p+1 Ip+1,q−1 . p!q! (p+q+1)!

=

p!q! (p+q+1)!

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52

41.

CHAPITRE 4.

EXERCICE : Soit

f

une fonction de classe

Z

C1

sur

[a, b]

on pose :

b

Z

In =

f (t) sin(nt)dt

Montrer que

b

Jn =

f (t) cos(nt)dt

a

42.

LES EXERCICES

a

In

et

Jn

tendeent vers zéro lorsque

n

tend vers +∞

EXERCICE : I] Soit f une fonction continue de fonctions dérivables sur

dans

R

par :

R

, et soient u et v deux

R

G

On dé nie la fonction

R

de

R

vers

v(x)

Z

G(x) =

f (t)dt u(x)

1] Montrer que

G

est dérivable sur

R

2]Montrer qu'on a :

G0 (x) = v 0 (x).f (v(x)) − u0 (x).f (u(x)) II] Soit

f

et

F

les fonctions dé nies par :

Z

4

f (t) = t4 e−4t

1+x2

F (x) =

et

f (t)dt x

(a)

i. Donner le domaine d'étude variation sur

x∈R

i. Calculer la fonction dérivée ii. En déduire que

(d) Soit

un

F0

,

f (x) ≤

de

F

∀x ∈ [0, 1] : |F 0 (x)| ≤

1 4e

3 4e

∀x ∈ [0, 1] : 0 ≤ F (x) < 1 g(x) = F (x) − x F (x0 ) = x0

(c) On considérant la fonction

x0 ∈]0, 1[

de f et dresser son tableau de

DE

ii. Montrer que pour tout

(b) Montre que

DE

tel que

la suite dé nie par :

i. Montrer que

un ∈ [0, 1]

montrer qu'il existe

u0 = 0; ..et; ..un+1 = f (un )

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53

ii. En utilisant le théoréme des Accroissement nis entre et

x0

, montrer que

|un − x0 | ≤

3 4e

|un−1 − x0 |

iii. En déduire que 43.

EXERCICE : Z (a)

I=

(b)

J= Z

44.

un

converge vers

x0

Calculer les primitive suivantes :

dx sin5 (x)

Z

(c)

un−1

K=

sin3 (x)dx (cos2 (x)+1)3 dx cos(x)+sin(x)

EXERCICE : Calculer les primitive suivantes :

Z (a)

Z (b) (c)

Z q

t

Z (d)

Z (e) 45.

√ 3 √ x+x dx x3 −8x √ t−1 √ dt 3 t+1 t−2 t+2 dt

dx √ 3 1+x3 √ 3 1+x3 dx x2

EXERCICE : Calculer les primitive suivantes on utilisant un changement de variable :

Z (a) (b) (c)

I1 =

2√ x dx x

Z

x3 dx (1+x2 )2

Z

√ (x2 − 1) x3 − 3xdx

Z

√ sin( √ x) dx x

Z

e3x dx 1+e2x

I3 = I4 =

(e)

I5 =

(f )

I6 =

√

Z

I2 =

(d)

√dx x 1+x

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54

46.

CHAPITRE 4.

LES EXERCICES

EXERCICE : Calculer les intégrales et primitives suivantes on utilisant une integration par partie :

Z 1)

I1 = 1

Z

Z

t sin(2t)dt

I4 =

2)

I2 =

et cos2 (t)dt5) I5 =

√tdt 1+t

Z

I3 =

3)

Z

arcsin(t)dt Z

sin(ln(t))dt

6)

−1 47.

1

I6

4)

t2 et dt

0

EXERCICE : Calculer les integrales et primitives des fractions rationnelles suivantes :

Z 1Z

I1 = Z0

=

Z 6)

Z

x3 −x2 +2 (x−2)(x−3) dx 4) I4

I6 =

x2 +1 dx (x2 −1)2

=

x6 +2x5 −x4 −3x3 −1 dx5) x3 (x+1)2

Z 7)

I7 =

x4 +1 dx x3 −x

8)

x2 −x−6 dx x4 −16

I8 = 48.

Z 3) I3

(x−1)5 dx (x2 +1)(x+3)2

I5 = Z

x3 −2 dx x3 −x2

EXERCICE : (a) Justi er la dé nition de l'application

I

de

R \ {−1, 1}

dans

R

dé nie par :

∀x ∈ R \ {−1, 1}, I(x) = (b) Montrer que (c) Pour tout

I

Z

2π

ln(x2 − 2cos(θ).x + 1)dθ.

0

est paire .

θ ∈ R;

x4 − 2cos(θ).x2 + 1 R[X].

décomposer le polynôme

produit de polynomes irreductibles dans

n

x ∈ R \{−1; 1}calculer I(x2) en fonction de I(x) ; puis I(x2 ) fonction de I(x) pour tout n ∈ N

(d) Soit en

(e) Déduire des résultats précedents la valeur de

1

en

I(x) pour x ∈ R, |x| <

.

(f ) Aprés avoir calculer

I( x1 ) ;

détérminer la valeur de

I(x)

pour

x∈

R, |x| > 1 (g) Retrouver les résultats de de Riemann.

5) et 6) directement a l'aide des sommes

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55

INTEGRALES GENERALISEES

1.

EXERCICE : Etudier la nature des intégrales suivantes à partir de la dé nition et les calculer éventuellement : π

Z

1

Z

0 1

Z

Z

1 dt 1−t2

2

Z 01

1 t ln(t) dt 0 +∞ e−ax dx

0

ln(t) dt (1+t)2

Z

(a ∈ R)

0

2.

dt sin(t)

+∞

t2 e−t dt

0

EXERCICE :

Etudier la nature des intégrale suivantes :

Z 1)

+∞

I=

(1−cos(x)) 7 x3

0

Z

+∞

4)

0 3.

Z

dx

+∞

; 2)

0

Z

√ x dx 5) 1+x4

+∞ 0

cos(x) dx 3) 1+x2

Z

+∞ 0

x2 dx 1+3x4

sin(x2 ) dx x2

EXERCICE : Etudier la nature des intégrales suivantes en déterminant les limites corréspondants :

Z

1

Ln(t)dt

1)

2)

0

Z

Z

tg(t)dt

0

1

Z

√ dt t 1+t2

EXERCICE :Z

+∞

5)

1

+∞

1) Motrer que

1

1 t2

Ln(t) dt (1+t)2

arctg( 1t )dt

cos(t) cos( 1t )dt Z

+∞

2) En déduire la nature de

0 5.

1

3)

0 +∞

4)

4.

π 2

Z

est absolument convergente .

sin(t) sin( 1t )dt

EXERCICE 5 : En utilisant la dé nition , montrer que les intégrales suivantes sont convergentes et calculer leurs valeurs :

Z

+∞

I= 0

dt t2 +t+1

Z et

+∞

J= 1

dt t2 (t+1)

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56

CHAPITRE 4.

6.

LES EXERCICES

EXERCICE : Etudier la convergence des integrales suivantes :

+∞

Z 1)

Z−∞ 1 4)

7.

Z

dt et +t2 e−t

+∞

2)

1

dt√ dt 5) 1− t 0

Z

1 0

esin(t) t dt 3)

Z

1 0

t−1 ln(t) dt

dt arccos(t)

EXERCICE : Etudier la convergence des intĂŠgrales impropres suivantes et calculer leurs valeurs le Zcas ĂŠchĂŠant : Z

+∞

I1 = 1 8.

√dx x x−1

1

,

EXERCICE :

+∞

Z

I1 =

Soit l'intĂŠgrale

0 1) Montrer que

dx 2 0 x(1+x )

I2 =

;

Z

I3 = 0

+∞

√ dx ex +1

dt 1+t3

I1 est convergente

( le calcule de

I1 n'est pas demandĂŠ)

2) a) E ectuer la decomposition en ĂŠlĂŠments simples de la fraction rationnelle (rappel :

1

1 1+t3 + t3 =

(1 + t)(1 − t + t2 ) Z

).

x

1 b) Soit x > 0 . Calculer dt c) EndĂŠduire la valeur de 1+t3 0 Z +∞ dt 3) On considere l'integrale I2 = (1+t3 )2 0 Etablire une relation entre I1 et I2 permettant d'exprimer I2 en fonction de

IZ1

+∞

dt ; avec (1+t3 )n 0 Montrer que In est convergente 4) Soit

In =

5) montrer que

I1

In+1 ≤ In

6) Montrer que l'on a :

n

un entier non nul .

pour tout

0 ≤ In ≤

I1 √ 3n

n pour tout

7) DĂŠduire de ce qui prĂŠcĂŠde que la suite

In

n≼1

est convergente et calculer

sa limite 8) Etablire une relation entre

In+1

en

fonction de

I1

.

In

et

In+1

. En dĂŠduire l'exprĂŠssion de

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57

9.

EXERCICE Calculer les intégrales géneralisées suivantes :

Z

2π

(a)

0

Z (b)

π 2

0 10.

Z

dt 2+sin(t)

π 2

p

tg(t)dt

0

Z

dt 3tg(t)+2

π 4

cos(t)Ln(tg(t))dt

0

EXERCICE Calculer les intégrales suivantes :

Z

+∞

(a)

0

Z

+∞

(b)

0

Z

+∞

(c)

1 11.

+∞

Z

dt (1+t2 )2

−∞ +∞

Z

2t2 +1dt (1+t2 )2

0

dt 1+t4

dt t6 (1+t10 )

EXERCICE Calculer les intégrales suivantes :

Z

b

(a)

a Z 1

√

dt (t−a)(b−t)

dt√ 2 2 −1 (1+t ) 1−t Z +∞ √ te− t dt (c) 0 Z 1 Ln(1−t2 )dt (d) t2 0 Z 1 Ln(t)dt √ (e) 1−t 0 Z +∞ t3 Ln(t) (f ) dt (1+t4 )3 0 (b)

12.

EXERCICE

Calculer les intégrales suivantes :

Z

+∞

Ln(1 +

(a)

0

Z

+∞

(b)

0

Z (c)

0

+∞

a2 )dt t2

1+t Ln( 1−t

) (a2tdt +t2 )2 Ln(t)dt 1+t2

Z

dt t2 +2t+2

Z 0

+∞

0 +∞

dt (1+t2 )4

t2 dt 1+t4

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58

CHAPITRE 4.

Z

1

Ln(t)dt √ (1+t) 1−t2 0 Z 1 dt√ √ (e) 1+t+ 1−t 0

(d)

LES EXERCICES

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59

LES EQUATIONS DIFFERENTIELLES 1.

EXERCICE On considere l'ĂŠquation di ĂŠrentielle :

(E) : x(x − 1)y 0 + y = x

.

1) Determiner les solutions dĂŠ nies rĂŠspectivement sur chacun des intĂŠrvalles :

I1 =] − ∞, 0[; I2 =]0, 1[; I3 =]1, +∞[ 2) Montrer qu'il existe une in nitĂŠ de solutions dĂŠ nies sur

I1 =

] − ∞, 0[. 3) Montrer qu'il existe une et une seule solution dĂŠ nie sur

2.

R

EXERCICE IntĂŠgrer l'ĂŠquation (en prĂŠcisant les intĂŠrvallles de dĂŠ nitions maximales.)

(x2 + 4x − 5)y 0 − 3(x + y) = (x + 5)3

3.

EXERCICE IntĂŠgrer l'ĂŠquation di ĂŠrentielle :

4.

(1 + x2 )y 0 + xy + x2 = 0

EXERCICE IntĂŠgrer les ĂŠquations di ĂŠrentielles suivantes : (1) (2)

5.

y 0 sin2 (x) − ytg(x) = tg(x) y� + y 0 + y = xsin(x) − cos(x)

EXERCICE On considère l'Êquation di Êrentielle suiante :

(E) : 2(x − 1)y 0 + y = sin(2x) + x2 1) RĂŠsoudre (E) sur

] − ∞, 1[

et sur

]1, +∞[

( on laissera les solutions

sous forme intĂŠgrale ). 2) Soit

Ď•

la solution de (E) telle que

Ď•(0) = 0

. montrer que pour tout

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60

CHAPITRE 4.

n≼4

LES EXERCICES

on a :

Ď€ 2(x − 1)Ď•n (x) + (2x − 1)Ď•n−1 (x) = 2n−1 sin(2x + (n − 1). ) 2 3) En dĂŠduire que

Ď•

loppement limite de

6.

est de classe

C∞

φ

au

a l'ordre

5

] − ∞, 1[ et voisinage de 0. sur

donner le dĂŠvel-

EXERCICE On considère l'Êquation di Êrentielle :

(E) : y� − (4x − 1)y 0 + (4x2 − 2x)y = 0 Pour

Îť ∈ R,

u(x) = y(x).e(âˆ’Îť.x) (EÎť ) que doit vĂŠri er u

on pose

a) Ecrire l'ĂŠquation

, sous la forme :

(EΝ ) : u� + A(x)u0 + B(x)u = 0 ou

A(x)

et

B(x)

sont des polynomes en

b) Ecrire l'ĂŠquation

(E0 )

<2

.

: que remarquez vous .

c) Montrer que l'on peut choisir tement

x

Îť

pour que

B(x)

soit de degrĂŠ stric-

et rĂŠsoudre l'ĂŠquation corrĂŠspondante .

d) Donner les solutions de

(E).

. .

7.

EXERCICE IntĂŠgrer les ĂŠquations di ĂŠrentielles suivantes :

(x2 − x)y 0 = y 2 + y 0 0 2 y 4) xy = y + xcos ( ) x xy 0 + y − y 2 Ln(x) = 0 1)

8.

2)

0 x y 2 + (x2 − xy)y 0 = 0 3) y = xe y 0 5) y + ytg(x) − sin(2x) = 0 6)

EXERCICE RĂŠsoudre l'ĂŠquation di ĂŠrentielle :

|x|y 0 + y = x2 .

a) Montrer qu'il existe une in nitĂŠ de fonctions dĂŠ nie et contiues sur

61

la droite rĂŠelle qui pour

x<0

et

x>0

sont solutions de l'ĂŠquation

di ĂŠrentielle . b) Montrer qu'il existe une seule qui est dĂŠrivable en

9.

0.

EXERCICE RĂŠsoudre les ĂŠquations di ĂŠrentielles suivantes :

10.

y =0 y 3 −1 y = − x13 x2

(a)

y0 −

(b)

y0 +

(c)

xy 0 (2y − x) − y 2 = 0

(d)

y 0 − y = xy 2

EXERCICE Soit

(E)

l'ĂŠquation di ĂŠrentielle de Bernouilli dĂŠ nie par :

y 0 + 2y = y 2 (2x2 + 3) (a) RĂŠsoudre

(E)

(E)

(b) Donner la solution particulière

yp

vĂŠri ant

(c) Donner le dĂŠveloppement limitĂŠ Ă l'ordre de

yp (0) = 1

2

au voisinage de zĂŠro

0

et la position de la

yp .

(d) En deduire l'ĂŠquation de la tangente en courbe par rapport Ă celle-ci . 11.

EXERCICE IntĂŠgrer les ĂŠquations di ĂŠrentielles suivantes en sĂŠparant les variables :

12.

y 0 = ex+y √ y 0 1 − x2 + y 2 xy 0 + 2y = xyy 0 x(1 − y 2 )y 0 + y(1 − x2 ) = 0

EXERCICE (a) *)

IntĂŠgrer les ĂŠquations di ĂŠrentielles linĂŠaires suivantes :

y0 = x + y

*)

xy 0 = 2y + x

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62

13.

CHAPITRE 4.

(b) *)

xy 0 − y = Ln(x)

(c) *)

x(y 0 − y) = ex

*) *)

LES EXERCICES

y 0 − ycos(x) = sin(2x)

y 0 + ycotg(x) = ecos(x)

EXERCICE

avec

y( π2 ) = 0

RĂŠsoudre les ĂŠquations di ĂŠrentielles suivantes :

(b)

y 0 = (x + y + 1)2 √ y 0 = y − 2x + 3 + 2

(c)

y 0 = tg 2 (x + y)

(a)

14.

EXERCICE RĂŠsoudre les ĂŠquations di ĂŠrentielles suivantes( a et m sont des paramĂŠtres rĂŠels) :

15.

y� − 2y 0 + (1 − a)y = 0 y� − 3y 0 + 2y = x3 y� + y 0 + y = cos(mx)

EXERCICE Resoudre les ĂŠquations di ĂŠrentielles du second ordre suivantes :

16.

y� + 2y 0 + y = 2x2 ex + e−x y� − 2y = xe2x − 2xex y� − 2y 0 + y = x + xe−x y� + 2y 0 + y = e−x sin2 (x)

EXERCICE 1 x pour x > 0. 1 0 a) Calculer .ϕ� + 2ϕ + ϕ. 2 Soit

Ď•(x) =

b) RĂŠsoudre l'ĂŠquation di ĂŠrentielle suivante :

17.

EXERCICE

7 (x − 1)2 1 .y� + 2y 0 + y = 1 + xex + 2 2 x3

On considĂŠre l'ĂŠquation di ĂŠrentielle suivante :

y� − 2y 0 + y =

xex 1 + x2

(E)

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63

On pose

z(x) = y(x)e−x

a) Ecrire l'ĂŠquation di ĂŠrentielle que vĂŠri era b) RĂŠsoudre l'ĂŠquation vĂŠri er par c) En dĂŠduire les solutions de

18.

z

si

y est solution de (E).

z.

(E).

EXERCICE On considere l'ĂŠquation di ĂŠrentielle suivante :

(1 + x2 )y� + 4xy 0 + (1 − x2 )y = 0

(F ) On posant

19.

z(x) = (1 + x2 )y(x)

rĂŠsoudre l'ĂŠquation

(F )

EXERCICE Considerons l'equation di erentielle suivante :

y − y 2 = −4x2 x y0 = 2x est solution de

(1) : y 0 − 1) Veri er que la foncyion 2) Montrer que si

z

(1).

y = y0+z est solution de l'equation (1) si est seulement

est solution de l'equation di erentielle :

z0 − (

(2) 3) resoudre l'equation

(2)

1 + 4x)z − z 2 = 0 x

.

4) En deduire les solutions de

20.

l'equation

(1)

.

EXERCICE Resoudre les equations di erentielles suivantes :

(a)

y 0 = y(1 + y).

(b) (c)

y 0 = sin(x).sin(y). p √ 2yy 0 x = y 2 − 1.

(d)

1 + xy = ey

avec condition initiale

y(1) = 1.

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