Corrigé du devoir maison n°7. - Sites de mathématiques au lycée

Lycée Raynouard
Brignoles
Décembre 2008
Terminale S
Mathématiques
[ Corrigé du devoir maison n°7. \
Exponentielle et équations différentielles.
E XERCICE 1
1.
a. Montrer que la fonction f définie sur R par f (x) = eax est solution de
l’équation y ′ = a y.
f est une fonction dérivable et f ′ (x) = aeax = a f (x).
f est donc solution de l’équation y ′ = a y
b. Si g est une solution de l’équation y ′ = a.y, alors g ′ (x) = ag (x). Soit h
la fonction définie sur R par h(x) = g (x)e−ax . La fonction h produit de
fonctions dérivales est dérivable et :
h ′ (x) = g ′ (x)e−ax − ag (x)e−ax = ag (x)e−ax − ag (x)e−ax = 0. Or g ′ (x) =
0 ⇒ g = K avec K ∈ R. h est une fonction constante.
c. Toute fonction solution de y ′ = a y est de la forme h(x) = g (x)e−ax =
K ⇐⇒ g (x) = K eax . Donc toute solution de l’équation y ′ = a y s’écrit
K eax , avec K ∈ R.
2. (E) : y ′ = 2y + cos x.
a. f 0 (x) = a cos x + b sin x. f 0 somme de fonctions dérivables est dérivable
et f 0′ (x) = −a sin x + b cos x.
f 0 est solution de (E) si et seulement si :
f 0′ (x) = 2f 0 (x)+cos x ⇐⇒ −a sin x+b cos x = 2(a cos x+b sin x)+cos x ⇐⇒
(a + 2b) sin x + (2a − b + 1) cos x = 0 quel que soit x réel.
π
En particulier pour x = 0 et pour x =
2
½
½
½
2a − b + 1 = 0
2a − b = −1
−5b = −1
⇐⇒
⇐⇒
a + 2b
= 0
a
= −2b
a
= −2b
1
2
1
5
⇐⇒
2 Conclusion : f 0 (x) = − 5 cos x + 5 sin x.

 a = −
5
b. D’après 1. a. toute solution de l’équation différentielle (E 0 ) : y ′ = 2y est
de la forme f (x) = K e2x (avec K ∈ R).


 b
=
c. Si f est solution de (E) et comme f 0 est aussi solution de (E), on a :
½
f ′ (x)
f 0′ (x)
=
=
2f (x) + cos x
2f 0 (x) + cos x
¡
¢
D’où par différence membres à membres f ′ (x)− f 0′ (x) = 2 f (x) − f 0 (x) =
¡
¢′
¡
¢
0 ou par linéarité de la dérivabilité : f (x) − f 0 (x) = 2 f (x) − f 0 (x) ce
qui signifie que f (x) − f 0 (x) est solution de (E 0 ).
2
1
d. D’après 2. b., on a donc f (x)− f 0 (x) = K e2x ⇐⇒ f (x) = − cos x+ sin x+
5
5
K e2x .
³π´
2
1
e. k est solution de (E), donc k(x) = − cos x + sin x + K e2x . Or k
=
5
5
2
³π´ 1
1
0 ⇐⇒ k
= + K eπ ⇐⇒ K = − e−π .
2
5
5
2
1
1
On a donc k(x) = − cos x + sin x − e2x−π .
5
5
5
E XERCICE 2
On se propose de déterminer toutes les fonctions f définies et dérivables sur
l’intervalle ]0 ; +∞[ vérifiant l’équation différentielle
x f ′ (x) − (2x + 1) f (x) = 8x 2 .
(E ) :
1.
a. Soient f une solution de (E ) et g la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[
f (x)
.
par g (x) =
x
On a, pour tout x ∈]0 ; +∞[ :
g ′ (x) =
x f ′ (x) − f (x)
.
x2
Comme f est solution de (E ), x f ′ (x) = (2x + 1) f (x) + 8x 2 , ce qui, dans
l’équation précédente, donne :
g ′ (x) =
(2x + 1) f (x) + 8x 2 − f (x)
.
x2
Soit, en simplifiant :
g ′ (x) = 2
f (x)
+ 8,
x
i.e.
g ′ (x) = 2g (x) + 8,
Donc g ′ est solution de l’équation différentielle (E ′ ) : y ′ = 2y + 8.
b. Soit h solution de (E ′ ), et soit f définie sur R par : f (x) = xh(x). Comme,
pour tout x ∈ R, f ′ (x) = h(x) + xh ′ (x), on a pour tout x ∈ R :
¡
¢
x f ′ (x) − (2x + 1) f (x) = x h(x) + xh ′ (x) − (2x + 1)xh(x) .
Comme h est solution de (E ′ ), h ′ = 2h + 8, d’où :
x f ′ (x) − (2x + 1) f (x) = x (h(x) + x(2h(x) + 8)) − (2x + 1)xh(x) .
Soit en simplifiant :
x f ′ (x)−(2x+1) f (x) = xh(x)+x 2 (2h(x)+8)−(2x 2 +x)h(x) = xh(x)+2x 2 h(x)+8x 2 −2x 2 h(x)−xh(x) .
i.e.
x f ′ (x) − (2x + 1) f (x) = 8x 2 .
Donc la fonction f est solution de (E ).
2. L’équation différentielle (E ′ ) : y ′ = 2y + 8 est de la forme y ′ = a y + b avec a et
b constantes réelles. Les solutions d’une telle équation sont les fonctions g de
la forme :
g (x) = Ce 2x − 4,
avec C constante réelle.
D’après les deux premières questions g est solution de (E ) si, et seulement si,
x → xg (x) est solution de (E ′ ). Ainsi, les solutions de (E ) sont les fonctions f
de la forme :
f (x) = C xe 2x − 4x ,
avec C constante réelle.
3. Trouver une fonction f solution de l’équation différentielle (E ) dont la représentation graphique dans un repère donné passe par le point A(ln 2 ; 0) revient
à trouver une fonction f de la forme f (x) = Ce 2x −4x vérifiant f (ln 2) = 0. Ceci
revient à déterminer C vérifiant l’équation :
Ce 2 ln 2 − 4ln 2 = 0.
Or
Ce 2 ln 2 − 4ln 2 = 0 ⇐⇒ C 22 = 4ln 2 ⇐⇒ C = ln 2.
2
E XERCICE 3
Partie A : question de cours
1. Soit f une fonction réelle définie sur [a ; +∞[.
« On dit que f admet une limite finie ℓ en +∞ si pour tout intervalle ouvert I
contenant ℓ, il existe un réel A tel que si x > A alors f (x) ∈ I ».
2. Démontrons le théorème « des gendarmes »: soient f , g et h trois fonctions
définies sur [a ; +∞[ et ℓ un nombre réel. Si g et h ont pour limite commune ℓ
quand x tend vers +∞, et si pour tout x assez grand g (x) 6 f (x) 6 h(x), alors
la limite de f quand x tend vers +∞ est égale à ℓ.
Soit I =]b; c[ un intervalle ouvert de R.
Comme g a pour limite ℓ en +∞, il existe un A 1 ∈ R tel que si x > A 1 alors
g (x) ∈ I . En particulier si x > A 1 , g (x) > b.
Comme h a pour limite ℓ en +∞, il existe un A 2 ∈ R tel que si x > A 2 alors
h(x) ∈ I . En particulier si x > A 2 , h(x) < c.
De plus, par hypothèse, il existe A 3 tel que si x > A 3 ,
g (x) 6 f (x) 6 h(x) .
Donc, en posant A = max (A 1 ,A 2 ,A 3 ), on a, pour tout x > A,
b 6 g (x) 6 f (x) 6 h(x) 6 c
i.e.
f (x) ∈ I .
D’où :
limx→+∞ f (x) = ℓ .
Partie B
Soit f la fonction définie sur R par
f (x) = ex − x − 1
et soit (C ) sa courbe représentative dans un repère orthonormal du plan. La droite
(D) d’équation y = −x − 1 est asymptote à (C ). On a représenté sur la feuille annexe
la courbe (C ) et la droite (D).
Y − f (a)
Y − ea + a + 1
1. Pour M 6= A, M(X ; Y ) ∈ (T ) ⇐⇒
= f ′ (a) ⇐⇒
= ea −
X −a
X −a a
a
a
a
a
1 ⇐⇒ Y −e +a+1 = (X −a) (e − 1) ⇐⇒ Y = e −a−1−ae +a+X (e − 1) ⇐⇒
Y = X (ea − 1) + ea (1 − a) − 1.
2. Cette tangente (T ) coupe la droite (D) au point N (X ; Y ) ⇐⇒ Y = −X − 1 =
X (ea − 1)+ea (1−a)−1 ⇐⇒ X ea = ea (a−1) ⇐⇒ X = b = a−1 ⇐⇒ b−a = −1.
3. Pour construire la tangente (T ) à (C ) au point M d’abscisse a, il suffit de
construire le point de (D) d’abscisse a − 1 et la tangente est obtenue en joignant ce point à M. Exemple ci-dessous avec a = 1,5.
3
6
5
4
3
2
1
5
4
(C )
3
2
1
0
-4
-4
-3
-3
-2
-2
-1
0O
-1
1
1
2
2
-1
-1
-2
-2
-3
-3
(D)
-4
-4
Partie C
1. Graphiquement on lit f (x) > 0 ( f (0) = 0).
2. On a donc quel que soit x ∈ R, ex > x + 1.
1
1
1
En appliquant cette inégalité à x = , on obtient (1) e n > 1 + et en l’apn
n
1
−1
1
pliquant à x = −
on obtient
(2) e n+1 > 1 −
.
n +1
n +1
¶
³ 1 ´n µ
1 n
n
3. La fonction x 7−→ x , n ∈ N étant croissante (1) ⇒ e n > 1 +
⇐⇒
n
µ
¶n
µ
¶n
1
1
e > 1+
⇐⇒ 1 +
6 e.
n
n
¶
³ −1 ´n+1 µ
³ n ´n+1
1 n+1
n+1
4. De même (2) ⇒ e
> 1−
⇐⇒ e−1 >
n +1
n +1
µ
¶
µ
¶
n + 1 n+1
1 n+1
⇐⇒
> e ⇐⇒ e 6 1 +
.
n
n
4
3
µ
¶
1 n
5. 3. montre que e majore 1 +
.
µ
¶n µ n ¶
µ
¶
µ
¶
1
1
1 n
n +1
n
× 1+
⇐⇒ e 6 1 +
×
⇐⇒
e6
4. s’écrit e 6 1 +
n
n
n
n
n
+1
µ
¶n
1
1+
.
n
On obtient donc l’encadrement :
µ
¶
n
1 n
e 6 1+
6 e.
n +1
n
Par application du théorème des « gendarmes », car lim
n→+∞
n
= 1,
n +1
µ
¶
1 n
= e.
1+
n→+∞
n
lim
E XERCICE 4
A - Restitution organisée de connaissances
lim xe
x→+∞
−x
x
lim
x→+∞ ex
1
lim
x→+∞ ex
x
0
=
=
=
µ
car e
−x
1
= x
e
¶
ex
= +∞.
x→+∞ x
par quotient de limites et car lim
B - Étude d’une fonction
1. La fonction f est le produit de deux fonctions définies et dérivables sur R : elle
est donc définie et dérivable sur R et f ′ (x) = e−x − (x + 1)e−x = −xe−x qui est
du signe de −x, puisque e−x > 0 quel que soit x ∈ R.
La fonction est donc croissante sur R− et décroissante sur R+ .
Le maximum est obtenu pour x = 0, f (0) = 1 × e−0 = 1.
Limites :
– f (x) = xe−x + e−x .
D’après la R. O. C. par produit et somme de limites : lim f (x) = 0.
x→+∞
–
lim (x+1) = −∞ et lim e−x = +∞, donc par produit de limites : lim f (x) =
x→−∞
x→−∞
x→−∞
−∞.
On a donc le tableau de variations suivant :
x
f
0
−∞
′
+
+∞
−
1
f (x)
0
−∞
2. Tracer la courbe (C ). On fera apparaître les résultats obtenus précédemment.
Voir ci-dessous
C - Étude d’une famille de fonctions
5
1.
a. On a f 0 (x) = x + 1 : c’est une fonction affine
b. Les
½ points communs à C 0 et C 1 ont des coordonnées qui vérifient :
y = x +1
⇒ x + 1 = (x + 1)ex ⇐⇒ (x + 1) (ex − 1) = 0 ⇐⇒
y = (x + 1)ex
½
½
½
x +1
= 0
x
= −1
x = −1
⇐⇒
⇐⇒
ex − 1 = 0
ex = 1
x = 0
On a donc deux points commune : le point (0 ; 1) et le point (−1 ; 0).
On remarque que quel que soit k, f k (−1) = 0, donc le point (−1 ; 0) appartient à toutes les courbes C k .
De même, quel que soit k, f k (0) = 1, donc le point (0 ; 1) appartient à
toutes les courbes C k .
2. Tableau de signes :
x
−∞
0
−1
Signe de x + 1
−
Signe de ex − 1
−
Signe de (x + 1) (ex − 1)
+
0
0
+
+∞
+
−
0
+
−
0
+
On a donc :
f k+1 (x) − f k (x) = (x + 1)e(k+1)x − (x + 1)ek x = (x + 1)ek x (ex − 1) qui est du signe
du produit ci-dessus car ek x > 0 quel que soit x ∈ R. On en déduit que :
– pour x < −1 et pour x > 0, C k+1 est au dessus de C k
– pour −1 < x < 0, C k+1 est au dessous de C k
– les deux courbes se coupent en x = −1 et en x = 0.
f k produit de fonction dérivable est dérivable et f k′ (x) = ek x + k(x + 1)ek x =
ek x (kx + k + 1).
Comme ek x > 0 quel que soit x et quel que soit k, le signe de f k′ (x) est celui de
kx + k + 1.
k +1
k +1
, donc f k′ (x) > 0 si x > −
,
k
k
k +1
donc la fonction est croissante sur cet intervalle et f k′ (x) < 0 si x < −
,
k
donc la fonction est décroissante sur cet intervalle.
k +1
– Si k < 0, alors kx + k + 1 = 0 ⇐⇒ x = −
.
k
k +1
f k′ (x) > 0 ⇐⇒ kx + k + 1 > 0 ⇐⇒ k + 1 > −kx ⇐⇒ x < −
. La
k
¸
·
k +1
fonction f k est donc croissante sur −∞ ; −
et décroissante sur
k
¸
·
k +1
−
; +∞ .
k
3. En utilisant la question précédente, on peut dire que E et F correspondent à
des valeurs de k négatives.
Plus précisement la courbe E croît sur ] − ∞ ; 0[ ce qui correspond à la valeur
k = −1.
Donc E représente la fonction f −1 et par conséquent F représente la fonction
f −3 .
Pour les valeurs de k positives on utilise les résultats de la question 2. : pour
x > 0, on constate que que K est au dessus de H ; donc H représente f 1 et
K représente f 2 .
– Si k > 0, alors kx +k +1 = 0 ⇐⇒ x = −
6
K
H
1
F
K
1
H
E
F
7
E