TS IPM1 (2007-2008) Devoirs surveillés

Fascicule de devoirs 1ère année pour BTS

Industrialisation des produits mécaniques

Année 2007 – 2008

tsipm1 Devoir n°1

I. Soit (E) l’équation différentielle x y’–y = 0 où y est une fonction numérique de la variable

réelle x, définie et dérivable sur ]0, +[.

1) Résoudre sur ]0, +[ l’équation différentielle (E).

2) Trouver la solution particulière f de (E) telle que f(1) = 4.

II. Soit l’équation différentielle (E) : xy’ + (x–3)y =0 où y est une fonction numérique de la

variable réelle x, définie et dérivable sur ]0, +[.

On se propose de trouver sur ]0, +[ la solution f de l’équation différentielle linéaire

(E) telle que f(1) = 1 .

1) On écrit pour 0<x, h(x)= 1–x

3. Trouver sur ]0, +[ une primitive de h.


3) Déterminer la solution f de l’équation différentielle (E) prenant la valeur 1 pour x=1.

III. Soit (E) l’équation différentielle y’+2 y = 3

1e

-2x où y est une fonction numérique de la

variable réelle x, définie et dérivable sur ℝ.

1) Résoudre sur ℝ l’équation différentielle (E0) : y’+2 y =0.

2) Dériver les 2 fonctions x ↦3

x et x ↦ xe 2 .

3) Soit h la fonction définie sur ℝ par h(x)= xex 2

3

. Vérifier si h est une solution de (E).

Extraits de formulaire : Dérivées et primitives

f(t)

f’(t) f(t) f’(t)

tα (αℝ)

ln t

ℝ α.tα–1

1/t

e αt

(α ℂ) ℂ α. e αt

La notation porte sur la clarté, la précision et la qualité dans la rédaction.

Tsp1 Corrigé du devoir n°1

I 1) On écrit pour 0<x, r(x)=x

1= -(

x

1) et R(x)= - ln x : R’(x)= r(x).

Sur ]0, + ∞[, les solutions de (E) sont toutes les fonctions x ↦ Celnx

= Cx où C est une

constante réelle.

2) Pour f solution de (E) sur ]0, +∞[ on écrit pour 0<x, f(x)= Cx où C est une constante réelle.

Alors f(1)= C×1=C et f(1)=4 pour C=4.

Finalement la fonction f cherchée est définie par f(x)= 4x pour 0< x.

II.1) On écrit pour 0 < x, H(x)= x – 3 ln x et ainsi : H’(x)= 1– 3 (x

1) = 1–

x

3. On a bien :

Pour 0<x, H’(x)=h(x) .

2) On écrit pour 0<x, r(x)= )(3

133

xhxxx

x

x

x

R(x) = H(x) ; R’(x)=h(x)= r(x).

e-R(x)

=e-H(x)

= e-x+3 ln x

=e-x

e 3ln x

= e-x

x3

Sur ]0, +∞[, les solutions de (E) sont toutes les fonctions x ↦ C e-x

x3 où C est une constante

réelle.

3) Pour f solution de (E) sur ]0, +∞[ on écrit pour 0<x, f(x)= C e-x

x3 où C est une constante

réelle. Alors f(1)= C e -1 (1)

3=C/e et f(1)=1 pour C=e.

Finalement la fonction f cherchée est définie par f(x)= e e-x

x3 pour 0< x.

III. 1) On écrit r(x)= 2/1 =2 et R(x)=2 x : R’(x)=r(x).

Les solutions de (E0) sont toutes les fonctions x ↦ Ce-2x

où C est une constante réelle.

2) On doit remarquer que xx

3

1

3 et que -2x= (-2)x pour dire que:

La fonction x ↦ x/3 a pour fonction dérivée x ↦ 1/3

La fonction x ↦ -2 x a pour fonction dérivée x ↦ -2 et que la fonction x ↦ e -2x

a pour fonction

dérivée x ↦ (-2)e-2x

.

3) À partir de l’égalité h(x)= xex 2

3

, on obtient : h’(x)=(1/3)e-2 x

+ (x/3)[-2e-2 x

] soit

h’(x)= xx ex

e 22

32

3

1 , soit : h’(x)= xe 2

3

1 –2h(x) . Finalement h’(x)+2 h(x) = xe 2

3

1 pour tout

réel x.

On a bien prouvé que h est une solution de (E) sur ℝ.

tsipm1 Devoir n°2

I. Soit (E) l’équation différentielle x y’– 2y = 0 où y est une fonction numérique de la



2) Trouver la solution particulière f de (E) telle que f(1) = 3.

II. Soit l’équation différentielle (E) : xy’ + (3x–1)y =0 où y est une fonction numérique de la


On se propose de trouver sur ]0, +[ la solution f de l’équation différentielle linéaire

(E) telle que f(1) = 1 .

1) On écrit pour 0<x, h(x)= 3–x

1. Trouver sur ]0, +[ une primitive de h.


3) Déterminer la solution f de l’équation différentielle (E) prenant la valeur 2 pour x=1.

III. Soit (E) l’équation différentielle y’+3 y = 4

1e

–3x où y est une fonction numérique de la



2) Dériver les 2 fonctions u et v définies par u(x)= xx

)4

1(

4 et v(x) = e

–3x.

3) Soit h la fonction définie sur ℝ par h(x)= 4

xe

–3x. Vérifier si h est une solution de (E).


f(t)

f’(t) f(t) f’(t)

tα (αℝ)

ln t

ℝ α.tα–1

1/t

e αt



Tsp1 Corrigé du devoir n°2

I 1) On écrit pour 0<x, r(x)=x

2= -2(

x

1) et R(x)= - 2ln x : R’(x)= r(x).

Sur ]0, + ∞[, les solutions de (E) sont toutes les fonctions x ↦ Ce 2lnx

= Cx2 où C est une

constante réelle.

2) Pour f solution de (E) sur ]0, +∞[ on écrit pour 0<x, f(x)= Cx2 où C est une constante réelle.

Alors f(1)= C×12=C et f(1)=3 pour C=3.

Finalement la fonction f cherchée est définie par f(x)= 3x2 pour 0< x.

II.1) On écrit pour 0 < x, H(x)= 3x – ln x et ainsi : H’(x)= 3– x

1 . On a bien :

Pour 0<x, H’(x)=h(x) .

2) On écrit pour 0<x, r(x)= )(1

31313

xhxxx

x

x

x

R(x) = H(x) ; R’(x)=h(x)= r(x).

e–R(x)

=e–H(x)

= e–3x+ ln x

=e–3x

e ln x

= e–3x

x

Sur ]0, +∞[, les solutions de (E) sont toutes les fonctions x ↦ C e–3x

x où C est une constante

réelle.

3) Pour f solution de (E) sur ]0, +∞[ on écrit pour 0<x, f(x)= C e–3x

x où C est une constante

réelle. Alors f(1)= C e -3 1= C× (1/e

3) = C/e

3 et f(1)=2 pour C= 2e

3.

Finalement la fonction f cherchée est définie par f(x)= 2e3 e–3x

x pour 0< x.

III. 1) On écrit r(x)= 3/1 =3 et R(x)=3 x : R’(x)=r(x).



2) Avec u(x)= xx

)4

1(

4 et v(x) = e

–3x, on a u’(x)=

4

1et v’(x) =-3 e

–3x

3) À partir de l’égalité h(x)=u(x)×v(x), on obtient h’(x)= u’(x)v(x) + u(x)v’(x).

À partir de l’égalité h(x)= 4

x×e

–3x on obtient : h’(x)=(1/4)e

–3 x + (x/4)[-3e

-3 x] soit

h’(x)= xx ex

e 33

43

4

1 , soit : h’(x)= xe 3

4


4

1 pour

tout réel x.


Tsipm1 Devoir n°3

I Soit (E) l’équation différentielle y’+4 y = 5

1e–4x

où y est une fonction numérique de la



2) Dériver les 2 fonctions u et v définies par u(x)= xx

)5

1(

5 et v(x) = e

–4x.

3) Soit h la fonction définie sur ℝ par h(x)= 5

xe–4x

. Vérifier si h est une solution de (E).

4) Résoudre sur ℝ l’équation différentielle (E) : y’+4 y =5

1e–4x

.

5) Trouver la solution f de (E) telle que f(0)= 2.

II On se donne l’équation différentielle (E) : (3t +2)dt

dx+ 3x = 3 + 3ln(3t+2) où x est une fonction

numérique de la variable réelle t, dt

dx sa fonction dérivée, avec 0≤ t.

1°) On écrit pour 0≤ t, t)=ln(3t+2) ; dériver Vérifier si est une solution particulière de (E).

2°) Résoudre sur [0 ; +[ l’équation différentielle (E0) : (3t +2)dt

dx+ 3x =0.

3°) Trouver la solution générale de (E) sur [0 ;+[.

4°) Trouver la solution particulière f de (E) telle que : f(0)= 0.

Extraits de formulaire Dérivées et primitives

f(t)

f’(t) f(t) f’(t)

tα (αℝ)

ln t

ℝ α.tα–1

1/t

e αt


Opérations u

uu

'')(ln ; uu eue ')'(


Tsipm1 Corrigé du devoir n°3

I. 1) On écrit r(x)= 4/1 = 4 et R(x)=4 x : R’(x)=r(x).



2) Avec u(x)= xx

)5

1(

5 et v(x) = e

–4x, on a u’(x)=

5

1et v’(x) = -4 e

–4x

3) À partir de l’égalité h(x)=u(x)×v(x), on obtient h’(x)= u’(x)v(x) + u(x)v’(x).

À partir de l’égalité h(x)= 5

x×e

–4x on obtient : h’(x)=(1/5)e

–4 x + (x/5)[-4e

-4 x] soit

h’(x)= xx ex

e 44

54

5

1 , soit : h’(x)= xe 4

5


5

1 pour

tout réel x.


4) (E0) étant l’équation homogène associée à (E), à la solution particulière h de (E) on ajoute

toutes les solutions de (E0) pour obtenir toutes les solutions de (E). Il s’agit de toutes les

fonctions x ↦ 5

xe

–4x + Ce

-4x où C est une constante réelle.

5) Pour f solution de (E), on écrit f(x)= 5

xe

–4x + Ce

-4x où C est une constante réelle.

f(0) = 0×e0 + C×e

0 = C×1 = C ; f(0) = 2 pour C= 2.

Finalement f(x)= 5

xe

–4x + 2 e

-4x .

II On remarque que pour 0 ≤ t, 0 ≤ 3t et 0 < 2 ≤ 3t+2 ; d’autre part [3t+2]’= 3

1°) Pour 0≤ t , t)=ln(3t+2) et ’(t)= 23

3

t ainsi (3t +2)’(t) = 3 d’où

(3t +2)’(t) + 3(t) = 3 + 3 ln(3t+2) .

Cela prouve que sur [0 ; +[ est solution de l’équation (E) : (3t +2)x’ + 3x = 3 + 3ln(3t+2)

2°) On écrit pour 0≤ t, r(t)= 23

3

t et R(t)=ln(3t+2) : R’(t)=r(t) et e

–R(t) = e

–ln(3t+2) soit

e–R(t)

= )

23

1ln(

te = 23

1

t. Ainsi sur [0 ; +[ les solutions de (E0) sont toutes les fonctions

t ↦ 2323

1

t

C

tC où C est une constante réelle.

3°) (E0) étant l’équation homogène associée à (E), à la solution particulière de (E) on ajoute

toutes les solutions de (E0) pour obtenir toutes les solutions de (E). Il s’agit de toutes les

fonctions, définies sur [0 ; +[, t ↦ ln(3t+2) + 23 t

Coù C est une constante réelle.

4°) Pour f solution de (E), on écrit pour 0≤ t, f(t)= ln(3t+2) + 23 t

Coù C est une constante

réelle ; f(0)= ln 2 + 2

C et ainsi : 0=f(0)

2

C= –ln(2) C= –2 ln 2

Finalement pour 0≤ t, f(t) = ln(3t+2) – 23

2ln2

t .

Tsipm1 Devoir surveillé n°4

1ère

partie

On considère l’équation différentielle (E) : dt

dx+3x= 2+2,4t où x est une fonction numérique

de la variable réelle t, définie et dérivable sur [0, +[, dt

dx est la fonction dérivée de x.

1) Résoudre sur [0, +[ l’équation différentielle (E0) : dt

dx+3x=0.

2) Soit h la fonction numérique définie sur [0, +[ par l’égalité : h(t)= 0,8t +0,4. Vérifier si h

est une solution de (E).

3) Résoudre sur [0, +[, l’équation différentielle (E).

4) Déterminer la solution particulière f de (E) telle que : f(0)= 1.

2ème

partie

On considère la fonction numérique f définie par : f(t)= 0,8t +0,4+ 0,6e-3t

pour 0 t.

(C) est la représentation graphique de f dans un repère orthonormé R=(O, ji

, ) du plan où

l’unité de longueur vaut 5 cm.

1) Calculer la limite de f en +.

2) Calculer la fonction dérivée de f.

3) Etudier soigneusement le signe de f’(t) en fonction de t, donner le tableau de variation de f

sur [0, +[.

4) Déterminer l’équation de (T) la tangente à (C) au point d’abscisse 0.

5) Prouver que (C) admet une asymptote (D) dont on déterminera une équation. Déterminer

la position de (C) par rapport à (D).

6) Tracer (T), (D) et (C).


f(t)

f’(t) f(t) f’(t)

tα (αℝ) α.tα–1 e αt (α ℂ) α. e αt

Limites usuelles ( à utiliser dans la 2ème

partie) : t

lim et = 0 et

tlim e

t = +.

Nom :

Tsipm1 Document réponse pour la question 6) de la 2ème

partie

On précise que l’on a f(t0) ≈ 0,883 pour t0 = ln(2,25)/3 ≈ 0,270

Représentation graphique de f

y

1

f(t0)

O t0 1 t

Tsipm1 Corrigé du devoir surveillé n°4

1ère

partie

1) On écrit pour 0 t, r(t)=3 et R(t)=3t : R’(t)=r(t). Ainsi sur [0, +[, les solutions de (E0)

sont toutes les fonctions t↦C.e-3t


2) Pour 0t, h’(t)= 0,8 et h’(t)+3h(t)= 0,8+3(0,8t+0,4)=0,8+2,4t+1,2 d’où

h’(t)+3h(t)=2+2,4t pour 0t. C’est la preuve que h est solution de (E) sur [0, +[

3) A la solution particulière h de (E) on ajoute toutes les solutions de (E0) pour avoir toutes

les solutions de (E) : Sur [0, +[, toutes les solutions de (E) sont toutes les fonctions

t↦ 0,8t+0,4+Ce-3t


4) f étant une solution particulière de (E), on écrit pour 0 t, f(t)=0,8t+0,4+Ce-3t

avec C

constante réelle ; f(0)= 0,80+0,4+Ce0= 0,4+C et f(0)=1 pour C=1–0,4=0,6. Finalement :

f(t)=0,8t+0,4+0,6e-3t

pour 0 t.

2ème

partie

1) x

lim ex = 0 et

tlim -3t= - donnent

tlim e

-3t=0 d’où

tlim 0,6e

-3t=0.

D’autre part t

lim (0,8t+0,4)=+ et f(t)= (0,8t+0,4)+0,6e-3t

d’où t

lim f(t)=+.

2) Pour 0 t, f’(t)=0,8+0+0,6-3e-3t

, soit f’(t) = 0,8 –1,8e-3t

. Ainsi f’(0)= 0,8–1,8= -1.

3) ∗ Les propositions suivantes, écrites pour 0 t, sont équivalentes : ( 0<f’(t)=0,8–1,8e-3t

),

(1,8.e-3t

< 0,8), (e-3t

<0,8/1,8 = 1/2,25), (e-3t

< ln(1/2,25) ), ( -3t<-ln(2,25)), (ln(2,25)/3<t).

Pour la suite on note t₀ = ln(2,25)/3.

∗ On vient de vérifier qu’avec 0 t : 0< f’(t) pour t₀<t. De la même façon :

f’(t)< 0 pour t<t₀et f’(t)= 0 pour t=t₀.On peut donc donner le tableau suivant de variation de f

où le signe de f’(t) vient d’être justifié :

t 0 t₀ +

f’(t) -1 – 0 +

f(t) 1 f(t₀) +

4) (T) a pour coefficient directeur f’(0)= -1. (T) passe par le point de coordonnées 0 et f(0)=1 :

1 est l’ordonnée à l’origine de (T). Ainsi (T) a pour équation y = -t+1.

5) L’écriture f(t)= (0,8t+0,4)+0,6e-3t

,valable pour 0 t, avec t

lim 0,6e-3t

=0 prouve

automatiquement que la droite (D) d’équation x= 0,8t+0,4 est asymptote à (C).

De plus 0< e-3t

d’où 0< 0,6e-3t

pour 0 t : C’est la preuve que (C) est au-dessus de (D).

5) Il s’agit de tracer les droites (T) et (D) connaissant leurs équations. Il convient de rajouter

la tangente à (C) au point d’abscisse t₀ qui est horizontale puisque f’(t₀)=0, ensuite

seulement on trace (C)…

Tous les points de (C) ont une abscisse positive parce que f est définie sur [0, +[.

(C)

Tangente horizontale à (C) au point d’abscisse t₀

f(t₀)

(D) (T)

t₀

Repésentation graphique de f

Énoncé

_________

Un déviateur inverseur fait intervenir deux résistances variables R1 et R2 mesurés en ohms et

une capacité C mesurée en farads.

Si on appelle Ve la tension d’entrée et VS la tension de sortie mesurée en volts, on a la

relation (E) : dt

tdVCR

dt

tdVCRtV eS

S

)()()( 21 où t représente le temps mesuré en

secondes.

On donne Ve(t) = V.t dans l’intervalle [0 ;1] ; C= 10-4

farads, R1 = 103 ohms, R2 = 10

4 ohms,

V= 4 volts.

1) Écrire (E) avec ces conditions.

2) Le but de la question est de résoudre l’équation différentielle (E), de fonction

inconnue VS, de variable t dans l’intervalle [0 ; 1].

a) Déterminer une constante solution particulière de (E).

b) Déterminer la solution générale de (E).

c) Déterminer la solution particulière U de (E) qui vérifie U(0) = 0.

3) a) Expliquer comment on obtient la représentation graphique (D) de la fonction Ve

dans le plan rapporté au repère orthogonal R= (O, ji

, ).

b) Étudier les variations de U sur l’intervalle [0 ; 1]. Préciser quelle est la tangente (T)

au point d’abscisse 0 de la représentation graphique de U.

c) On prend comme unités graphiques 10 cm sur l’axe des abscisses et 1 cm sur l’axe

des ordonnées.

Tracer (D) et (T). Représenter graphiquement U dans le repère précédent R= (O, ji

, ).

d) Déterminer un instant t1 strictement compris entre 0 et 1 tel que, pour tout instant t

compris entre t1 et 1, on dispose de l’inégalité | U(t)–U(1) | < 0,01. On donnera une

valeur approchée de t1 à 10-2

près.

Corrigé du devoir-maison de novembre 2007

__________________

On doit comprendre que )(')(

et)(')(

tVdt

tdVtV

dt

tdVe

es

s pour 0≤ t ≤ 1.

1) R1C = 103. 10

-4 = 10

-1 = 0,1

; R2C = 10

4.10

-4 = 1 et Ve’(t) = V= 4 pour 0≤ t ≤ 1 alors

l’équation différentielle (E) s’écrit aussi : VS (t) + 0,1 VS’(t) = - 1×4 = -4 pour 0≤ t ≤ 1. En

multipliant les deux membres de l’égalité précédente par 10, on obtient

10VS (t) +1× VS’(t) = -40 soit : (E) s’écrit aussi VS’(t) + 10VS (t) = - 40 pour 0≤ t ≤ 1.

2) a) Pour h fonction constante sur [0 ; 1], on écrit avec k réel constant, pour 0≤ t≤ 1, h(t)=k et

h’(t)=0 : h’(t) + 10 h(t) = 0 + 10×k d’où h’(t) + 10 h(t) = 10k pour 0≤ t≤ 1.

h n’est solution de (E) sur [0 ; 1] que lorsque 10k = -40 soit lorsque k = -4.

Pour la suite on écrit pour 0≤ t≤ 1, h(t) = -4 et h est solution de (E) sur [0 ; 1].

b) On résout l’équation (E0) homogène associée à (E) ; (E0) s’écrit VS’(t) + 10VS (t) = 0.

On écrit pour 0≤ t ≤ 1, f(t) = 10/1 = 10 et F(t)= 10t : F’(t)=f(t).

Sur [0 ; 1], les solutions de (E0) sont les fonctions t ↦ K e–10t

où K est une constante réelle.

À la solution particulière h de (E) on ajoute toutes les solutions de (E0) pour obtenir

toutes les solutions de (E).

Sur [0 ; 1] les solutions de (E) sont toutes les fonctions t ↦ -4+ K e–10t

où K est une

constante réelle.

c) Pour U solution de (E) sur [0 ; 1], on écrit U(t)= -4+ K e–10t

où K est une constante

réelle : U(0)= -4 + Ke0 = -4+K et U(0) = 0 pour K= 4.

Finalement sur [0 ; 1], la solution U de (E) vérifiant U(0) = 0, est définie par l’égalité

U(t)= -4+ 4 e–10t

pour 0≤ t ≤ 1.

3) a) Pour 0≤ t ≤ 1, Ve(t)= 4t . La représentation graphique (D) de Ve est un segment de

droite ; ce sont tous les points de la droite d’équation u= 4t, qui ont une abscisse t dans [0 ;1].

b) On a pour 0≤ t ≤ 1, U’(t) = 0+ 4[-10e-10t

] = -40e-10t

où 0< e-10t

donc U’(t) < 0.

On a aussi U’(0) = -40e0 = -40×1 =-40 et U(0)= 0 : L’origine O du repère est un point de la

représentation graphique (C) de U et la tangente (T) en O à (C) a pour coefficient directeur

-40 ; c’est la droite d’équation u = -40t .

Le tableau de variation de U est donné par

t 0 1

U’(t) -40 – -40e-10

U(t) 0 -4+ 4 e–10

d) U est strictement décroissante sur [0 ; 1] ainsi pour tout t de [0 ;1], U(1) ≤ U(t) et

0≤ U(t)–U(1) = | U(t)–U(1) | ; on a de plus U(t)–U(1) = -4+ 4 e–10t

– (-4+ 4 e–10

), soit :

| U(t)–U(1) |=U(t)–U(1) = 4 e–10t

– 4 e–10

= 4(e–10t

–e–10

)

On a alors les équivalences suivantes écrites pour 0≤ t ≤ 1 :

| U(t)–U(1) | < 0,01 4(e–10t

–e–10

) <0,01 e–10t

–e–10

< 0,01/4 = 0,0025, soit

| U(t)–U(1) | < 0,01 e–10t

< e–10

+ 0,0025 ln(e–10t

) < ln (e–10

+ 0,0025) soit :

| U(t)–U(1) | < 0,01 -10t < ln (e–10

+ 0,0025) 10

1 ln (e

–10 + 0,0025) < t

Soit donc t1 = 10

1 ln (e

–10 + 0,0025) = -0,1 ln (e

–10 + 0,0025) ≈ 0,60. On a démontré que :

Pour t1 < t ≤ 1, | U(t)–U(1) | < 0,01 .

____________________________________________________________

c) Voici les représentations graphiques demandées dans le repère R d’axes Ot et Ou, obtenues

sur une feuille de papier millimétré.

t1

Nom : Partie A

On considère l’équation différentielle (E) : t dt

dx+ x =

²1

2

t où x est une fonction numérique de

la variable réelle t, définie et dérivable sur ]0 ;1[ ; dt


1°) Résoudre sur ] 0 ; 1[, l’équation différentielle (E0) : t dt

dx+ x = 0.

2°) x étant une fonction définie et dérivable sur ]0 ; 1[ , on écrit pour 0<t<1, x(t)=k(t)/t soit

k(t)= t x(t) : k est aussi une fonction définie et dérivable sur ]0 ; 1[.

a) Dériver k pour exprimer k’(t) en fonction de x’(t) et x(t).

b) Prouver que x n’est solution de (E) sur ]0 ; 1[ que si k’(t) =²1

12

t pour 0< t <1.

c) En utilisant une des fonctions circulaires réciproques, calculer k pour que x soit une

solution de (E).

d) Calculer x pour que x soit une solution de (E) ; résoudre (E) sur ]0 ; 1[.

3°) Trouver la solution particulière f de (E) telle que f(1/2)=0.

Extrait de formulaire : [1/t]’ = -1/ t2; [t

’ = t–1

.

Partie B Y

(C)

O X

On peut utiliser en la complétant la figure de cette page.

(C) est le cercle trigonométrique associé au repère orthonormé R= (O, ji

, ) du plan.

a) Placer sur (C) les graduations 0, /2 , -et - b) Faire apparaître géométriquement sur des supports convenables les graduations

Arc cos (-0,8), Arc sin (-0,6), = Arc tan ( 1,2) et = Arc tan ( -0,8) (sans

utilisation de calculette, avec les explications ou les constructions nécessaires) .

Sujet A : Le corrigé

Partie B (D)

Y

1,2

/2 1

(C)

-0,8 O 0 X

-

-0,6

(-0,8)

(– /2)

À partir de la graduation -0,8 de l’axe des abscisses, on obtient sur (C) la graduation telle

que 0≤ ≤ et cos : Cela signifie que Arc cos (-0,8) .

À partir de la graduation -0,6 de l’axe des ordonnées, on obtient sur (C) la graduation telle

que - /2≤ ≤ /2 et sin : Cela signifie que Arc sin (-0,6) .

La droite (D) est tangente à (C) au point de coordonnées 1 et 0 ; elle est graduée. À partir

des graduations 1,2 et -0,8 de (D), on obtient les graduations et sur (C) telles que :

-/2 < </2 et tan = 1,2 soit Arc tan 1,2 =

-/2< < /2 et tan = -0,8 soit Arc tan (-0,8) =

Partie A

1°) On écrit pour 0<t <1, r(t)= 1/t et R(t)= ln t : R’(t)=r(t) et e–R(t)

= e-ln t

= eln(1/t)

= 1/t.

Sur ]0 ; 1[ les solutions de (E0) sont toutes les fonctions t ↦ C (1/t) = C/t où C est une

constante réelle.

2°) a) x étant une fonction définie et dérivable sur ]0 ; 1[ , on dérive k en utilisant la formule

de dérivation d’un produit :

pour 0<t<1, k(t)= t × x(t) d’où k’(t) = 1 × x(t) + t×x’(t).

D’ où t x’(t) + x(t) = k’(t) pour 0<t<1 .

b) x n’est solution de (E) sur ] 0 ; 1[ que si t x’(t) + x(t) = 21

2

tpour 0<t<1.

D’après l’égalité de la question précédente, on en déduit que :

x n’est solution de (E) sur ] 0 ; 1[ que si k’(t) = 22 1

12

1

2

tt

pour 0<t<1.

c) On sait que (Arc sin) ‘(t) = 21

1

t pour 0<t<1.

x n’est solution de (E) sur ] 0 ; 1[ que si k est une primitive sur ]0 ; 1[ de la fonction

t ↦ 21

12

t, cela revient encore à dire que : k(t) = 2 Arc sin t + C pour 0< t< 1 où C est

une constante réelle.

d) Sachant que x(t)= k(t)/t, d’après la question précédente x n’est solution de (E) sur ]0 ; 1[

que si, pour 0<t<1, x(t) = t

Ct sinArc2 où C désigne une constante réelle.

Sur ]0 ; 1[ les solutions de (E) sont toutes les fonctions t ↦ t

Ct sinArc2 où C désigne une

constante réelle.

3°) Pour f solution de (E) sur ]0 ; 1[, on écrit pour 0<t <1, f(t)= t

Ct sinArc2 où C désigne

une constante réelle ; comme Arc sin (1/2) = 6 on a f(1/2)= )3/(22/1

3/C

C

.

f(1/2)= 0 pour C = -/3.

Finalement pour 0<t <1, f(t)= t

t 3/sinArc2 .

Sujet et figure à compléter en tsipm1 Nom :

1ère

partie

On se donne l'équation différentielle (E) : dt

dx + 4 x = t

2

3

8

7 où x est une fonction de la

variable réelle t, dt

dxsa dérivée et t se trouve dans [0, +[.

1° Résoudre l’équation différentielle (E0) : dt

dx + 4 x = 0 sur [0, +[.

2° On écrit pour 0 t, (t)= 8

1

8

3t . Calculer ’(t) et prouver que est une solution de (E)

sur [0, +[.

3° Trouver toutes les solutions de (E) sur [0, +[.

4° Trouver la solution particulière f de (E) telle que f(0)=1.

2ème

partie

On étudie la fonction f définie par f(t)= tet 4

8

7

8

1

8

3 pour 0 t. (C) désigne la

représentation graphique de f dans le repère orthonormé R= ),,( jiO

du plan (unité de

longueur 5 cm).

1° Calculer la fonction dérivée de f.

2° a) Calculer )(lim tft

en utilisant le rappel 0lim

u

ue .

b) Prouver que 0< f ’(t) pour t0 < t où on précise que t0 = )3

28ln(

4

1 ; étudier

soigneusement le signe de f’(t) en fonction de t pour donner le tableau des variations de f.

3° Déterminer l’équation de (T) la tangente à (C) au point d’abscisse 0.

4° Prouver que (C) admet une asymptote oblique (D) dont on déterminera l’équation.

Déterminer la position de (C) par rapport à (D).

5° Tracer (T), (D) et (C) .

x

1

f(t0)

O t0 1 t

Corrigé 1

ère partie

1° On écrit pour 0 t, r(t)= 4/1 = 4 et R(t)= 4 t : R’(t)=r(t). Sur [0, +[, les solutions de (E0)

sont toutes les fonctions t ↦ Ce – 4t


2° Pour 0 t, (t)= 8

1

8

3t et ’(t)=

8

3 : ’(t)+4t) =

8

3 + 4(

8

1

8

3t ) =

8

43

2

3 t

soit ’(t)+4t) = t2

3

8

7 .

C’est la preuve que est solution de (E) sur [0 ; +[

3° À la solution particulière de on ajoute toutes les solutions de (E0), l’équation homogène

associée à (E0), pour obtenir toutes les solutions de (E).

Sur [0, +[ toutes les solutions de (E) sont toutes les fonctions t ↦ 8

1

8

3t + C e

–4t où C est

une constante réelle.

4° Pour f solution de (E) sur [0, +[, on écrit pour 0 t, f(t)= 8

1

8

3t + C e

–4t où C est une

constante réelle ; f(0) = 8

3×0 +

8

1 + Ce

0 =

8

1+ C.

f(0) = 1 pour C=1–8

1=

8

7.

La fonction cherchée f est définie par f(t)= 8

1

8

3t +

8

7 e

–4t pour 0 t .

2ème

partie

1° Pour 0 t, f’(t)= 8

3×1 + 0 +

8

7×(-4)e

-4t soit f’(t)= )283(

8

1 4te .

a) On a 0limoù d' 0limet )4(lim 4

t

t

u

uteet et 0

8

7lim 4

t

te .

)8

1

8

3(lim t

t+ alors par addition

tlim [

8

1

8

3t +

8

7 e

–4t]= + soit )(lim tf

t = + .

b) Avec 0 t, les propositions {…}suivantes sont équivalentes :

{ 0<f’(t)= )283(8

1 4te }, {0< te 4283 }, {28e-4t

< 3}, { e-4t

< 3/28}, {-4t < ln (3/28)},

{ t

)28

3ln(

4

1}.

Soit t0 = )3ln28(ln4

1)28ln3(ln

4

1)

28

3ln(

4

1

: t0 = )

3

28ln(

4

1.

On vient de montrer l’équivalence 0< f’(t) t0< t ; de la même façon : f’(t)<0t<t0 et

finalement f’(t)=0 pour t=t0.

Comme e0 =1, on obtient f(0)= 0+

8

7

8

1 ×1 = 1

8

8 et f’(0)=

8

25)1283(

8

1 d’où le

tableau :

t 0 t0 +

f’(t)

8

25 – 0 +

f(t) 1 f(t0) +

3° La tangente au point d’abscisse 0 a pour pente f’(0)= 8

25; elle passe par le point de

coordonnées 0 et f(0)=1 : 1 est l’ordonnée à l’origine.

Finalement (T) a pour équation y= 1–8

25t.

4° ∗ On a l’égalité pour 0 t, f(t)= 8

1

8

3t +

8

7 e

–4t où 0

8

7lim 4

t

te . Cela suffit pour dire

que la droite (D) d’équation y=8

1

8

3t est asymptote à (C).

∗ De plus pour 0 t, f(t)= 8

1

8

3t +

8

7 e

–4t où 0<

8

7 e

–4t. Cela prouve aussi que (C) est

au-dessus de (D)..

5° On trace les droites (T) et (D) en connaissant leurs équations. Il est aussi nécessaire de

placer, au point de (C) d’abscisse t0, la tangente horizontale à (C).

La représentation graphique demandée est donnée à la page suivante :

x

(T)

(C)

f(t0) tangente horizontale à (C)

au point d’abscisse t0

(D)

t0 t

Tsipm1 Devoir sur feuille pour le vendredi 18 janvier

1ère

partie

On considère l’équation différentielle (E) : dt

dx+2x= 0,7+t où x est une fonction numérique de

la variable réelle t, définie et dérivable sur [0, +[, dt


1) Résoudre sur [0, +[ l’équation différentielle (E0) : dt

dx+2x=0.

2) Soit a et b 2 réels constants et φ la fonction numérique définie sur [0, +[ par l’égalité :

φ(t)=at+b..

a) Calculer en fonction de a, b et t, φ’(t)+2φ(t).

b) Calculer a et b pour que φ soit une solution particulière de (E) sur [0, +[.

3) Résoudre sur [0, +[, l’équation différentielle (E).

4) Déterminer la solution particulière f de (E) telle que : f(0)= 1.

2ème

partie

On considère la fonction numérique f définie par : f(t)= 0,5t +0,1+ 0,9e-2t

pour 0 t.

(C) est la représentation graphique de f dans un repère orthonormé R=(O, ji

, ) du plan où

l’unité de longueur vaut 5 cm.

1) Calculer la limite de f en +. Calculer la fonction dérivée de f.

2) Etudier soigneusement le signe de f’(t) en fonction de t, donner le tableau de variation de f

sur [0, +[.

3) Trouver l’équation de (T) la tangente à (C) au point d’abscisse 0.

4) Prouver que (C) admet une asymptote (D) dont on déterminera une équation. Déterminer

la position de (C) par rapport à (D).

5) Tracer (T), (D) et (C).


f(t)

f’(t) f(t) f’(t)

tα (αℝ) α.tα–1 e αt (α ℂ) α. e αt

Limites usuelles (à utiliser dans la 2ème

partie) : t

lim et = 0 et

tlim e

t = +.

Tsipm1 Corrigé du devoir maison de janvier

1ère

partie

1) On écrit pour 0 t, r(t)=2 et R(t)=2t : R’(t)=r(t). Ainsi sur [0, +[, les solutions de (E0)

sont toutes les fonctions t↦C.e-2t


2) a) Pour 0 t, φ’(t)=a et φ’(t)+2 φ(t) = a+ 2(at+b)= a+2b+2at .

2) b) Les propositions (…) suivantes sont équivalentes : (φ est solution de (E) sur [0, +[),

(φ’(t)+2 φ(t)= 0,7+t pour 0 t), (a+2b+2at= 0,7+ 1.t pour 0 t).

On est ramené à la recherche de a et b vérifiant un des systèmes d’égalités équivalents

suivants : { 2a=1 et a+2b= 0,7}, {a=0,5 et 0,5+2b=0,7}, {a=0,5 et 2b= 0,2},

{a=0,5 et b= 0,1}.

Désormais on écrit pour 0 t, φ(t)= 0,5t+0,1 : φ est une solution particulière de (E) sur

[0, +[.

3) A la solution particulière de (E) on ajoute toutes les solutions de (E0) pour avoir toutes

les solutions de (E) sur I : Sur [0, +[, toutes les solutions de (E) sont toutes les fonctions

t↦ 0,5t+0,1+Ce-2t


4) f étant une solution particulière de (E), on écrit pour 0 t, f(t)=0,5t+0,1+Ce-2t

avec C

constante réelle ; f(0)= 0,50+0,1+Ce0= 0,1+C et f(0)=1 pour C=1–0,1=0,9. Finalement :

f(t)=0,5t+0,1+0,9e-2t

pour 0 t.

2ème

partie

1) x

lim ex = 0 et

tlim -2t= - donnent

tlim e

-2t=0 d’où

tlim 0,9e

-2t=0.

D’autre part t

lim (0,5t+0,1)=+ et f(t)= (0,5t+0,1)+0,9e-2t

d’où t

lim f(t)=+.

Pour 0 t, f’(t)=0,5+0+0,9-2e-2t

, soit f’(t) = 0,5 –1,8e-2t

. Ainsi f’(0)= 0,5–1,8= -1,3.

2) ∗ Les propositions suivantes (…), écrites pour 0 t, sont équivalentes :

( 0<f’(t)=0,5–1,8e-2t

), (1,8.e-2t

< 0,5), (e-2t

<0,5/1,8 = 1/3,6), (e-2t

< ln(1/3,6) ), ( -2t<-ln(3,6)),

(0,5ln(3,6)<t).

Pour la suite on note t₀ = 0,5. ln(3,6).

∗ On vient de vérifier qu’avec 0 t : 0< f’(t) pour t₀<t. De la même façon :

f’(t)< 0 pour t<t₀et f’(t)= 0 pour t=t₀.On peut donc donner le tableau suivant de variation de f

où le signe de f’(t) vient d’être justifié :

t 0 t₀ +

f’(t) -1,3 – 0 +

f(t) 1 f(t₀) +

3) f’(0)= -1,3 est le coefficient directeur de (T). (T) passe par le point de coordonnées 0 et

f(0)=1 : 1 est l’ordonnée à l’origine de (T).

De cette manière (T) a pour équation x= -1,3t+1.

4) L’écriture f(t)= (0,5t+0,1)+0,9e-2t

,valable pour 0 t, avec t

lim 0,9e-2t

=0 prouve

automatiquement que la droite (D) d’équation x= 0,5t+0,1 est asymptote à (C).

De plus 0< e-2t

d’où 0< 0,9e-2t

pour 0 t : C’est la preuve que (C) est au-dessus de (D).

5) Représentation graphique de (C)

x

(C)

f(t0)

(T)

(D)

t0 t

On a représenté aussi la droite horizontale d’équation x=f(t0) qui est la tangente à (C) au point

d’abscisse t0.

tsipm1 Devoir surveillé n°7 La qualité de la rédaction où on justifie clairement et précisément les calculs intervient pour

une part importante dans l’appréciation des copies.

I Extrait de problème

Une machine à compacter est constituée d’un bloc d’acier appelé marteau ; ce marteau se

déplace le long d’une tige placée verticalement.

L’étude physique montre que la vitesse v (exprimée en mètres par seconde) est une fonction

du temps t (exprimé en secondes), solution de l’équation différentielle (E) :

dt

dy +4 y = 4 + e

-4t où y est une fonction de la variable réelle t avec 0 t,

dt

dy est la fonction

dérivée de y.

On admet que v(0)= 0.

Partie A

1) Résoudre sur [0, +[, l’équation différentielle (E0) : dt

dy +4 y = 0.

2) On écrit pour 0≤ t, g(t)= t e-4t

; calculer la fonction dérivée de g.

3) Avec a et b réels constants, on écrit φ(t) = a + b g(t) = a +b t.e-4t

pour 0 t.

a) Calculer ’(t) en fonction de a, b et t.

b) Calculer ’(t) + 4 φ(t) en fonction de a, b et t.

c) Calculer a et b pour que soit une solution particulière de (E).

4) Résoudre (E).

5) En déduire la fonction v définie dans l’introduction.

Partie B

T étant un réel positif ou nul, la distance parcourue par le marteau entre l’instant de départ

(t=0) et l’instant t=T est D = T

tv0

)( dt où v(t)=1–(1–t)e-4t

.

1) En faisant une intégration par parties calculer en fonction de T, l’intégrale

I= T

04(1–t)e

-4tdt.

2) En déduire l’expression de D en fonction de T.

II Exercice

1) On écrit g(x)= e0,2 x

; dériver g ; trouver une primitive à g.

2) Faire une intégration par parties pour calculer la valeur exacte de l’intégrale

dxex x5

0

2,0 = K.

3) En déduire la valeur exacte de l’intégrale L= dxex x 5

0

2,0 )32( .

Extraits de formulaire :

Intégration par parties : b

a

b

a

b

a dttvtutvtudttvtu )()(')]()([)(')(

f(t) f’(t)

e αt

(α ℂ) α. e αt

ℂ

tsipm1 Corrigé du devoir surveillé n° 7

Partie A du problème

1) On écrit pour 0 t, r(t)=1

4=4 et R(t)=4t : R’(t)=4. Alors sur [0, +[, les solutions de (E₀)

sont toutes les fonctions t↦Ce-4t


2) Pour 0≤ t, g’(t)= 1.e-4t

+t[-4e-4t

] = -4 t.e-4t

+ e-4t

3)a) a et b étant des constantes, pour 0 t, φ’(t)=0+b g’(t) soit φ’(t)= -4 bt.e-4t

+ be-4t

3)b) ’(t) = -4 bt.e-4t

+ be-4t

et 4φ(t)= 4bt.e-2t

+4a

Par addition : φ’(t)+4φ(t)= 4a+be-4t

pour 0 t .

3)c) est une solution de (E) lorsque pour 0≤t, φ’(t)+4φ(t)= 4+ 1.e-4t

. C’est-à-dire est

solution de (E) lorsque a et b vérifient les systèmes d’égalités équivalents suivants : {4a=4 et

b=1},{a=1 et b=1}.

Pour la suite on écrit pour 0≤ t, (t)=1+te-4t

.. est une solution particulière de (E) sur [0, +[.



t↦1+t.e-4t

+C.e-4t


4) v étant une solution de (E) sur [0,+[, on a : Pour 0 t, v(t)= 1+t.e-4t

+C.e-4t

où C est une

constante réelle, v(0)=1+Ce0= 1+C alors v(0)=0 pour C=-1. Finalement pour 0 t,

v(t)=1+t.e-4t

–e-4t

= 1+(t–1).e-4t

.

Partie B du problème

1) On écrit : où u et w sont dérivables et continues

sur ℝ alors :

I=

Ttet

0

4)1(4 dt= [(1–t).e-4t

] T

T

00 e

-4t dt=[(1–t).e

-4t]

TT

00

4

14e

-4t dt d’où :

I=(1–T).e-4T

–1.e0 –[e

-4t] T

0 /4=e-4T

–T.e-4T

–e0–( e

-4T–e

0)/4=-Te

-4T+(1–1/4)e

-4T–e

0(1–1/4) où e

0=1

et 1–1/4=3/4 alors I=-Te-4T

+3e-4T

/4–3/4.

2) T

01dt=[t] T

0 =T–0=T et par linéarité du calcul des intégrales on obtient les égalités

suivantes:

T+4

1I=

T

01dt+

T

04

14(1–t)e

-4t dt=

T

01dt+

T

0(1–t)e

-4tdt =

T

01( –(1–t)e

-4t) dt = D, et

D=T+4

1I donne D= T–Te

-4T/4+3e

-4T/16–3/16 .

II Exercice

1) g’(x)= 0,2 e 0,2 x

; d’autre part 5×0,2=1 et ainsi g(x)= 5 [0,2 e 0,2 x

].

On prend donc G(x) = 5 e 0,2 x

et ainsi G’(x)= 5 [0,2 e 0,2 x

]= g(x)

2) On écrit u(x) = x ; u’(x)= 1

v’(x)= e 0,2 x

; v(x) = 5 e 0,2 x

; u’(x)v’(x)= 5 e 0,2 x

.

u’ et v’ sont encore dérivables et continues sur ℝ alors K = [5x e 0,2 x

] 50 – dxe x

5

0

2,05 .

D’où K = 5×5×e1 – 0 –5 × 5 dxe x

5

0

2,02,0 ( puisque 5×5×0,2 = 5 ). Alors

K = 25 e –25[ e 0,2 x

] 50 = 25e – 25 (e

1 –e

0) où e

1 = e et e

0 = 1. Finalement K = 25.

u(t)=1–t u’(t)=-1

w’(t)=-4e-4t

w(t)=e-4t

u’(t)w(t)=-e-4t

3) Par linéarité du calcul des intégrales L= dxexdx x 5

0

2,05

0

32 = [2x ] 50 +3 K= 10 –0 +75

Finalement K = 85 .

tsipm 1 Devoir surveillé n°8 La qualité de la rédaction où on justifie clairement et précisément les calculs intervient pour


Une machine à compacter est constituée d’un bloc d’acier appelé marteau ; ce marteau se

déplace le long d’une tige placée verticalement.

L’étude physique montre que la vitesse v (exprimée en mètres par seconde) est une fonction

du temps t (exprimé en secondes), solution de l’équation différentielle (E) :

dt

dy +3 y = 9 +3 e

-3t où y est une fonction de la variable réelle t avec 0 t.

On admet que v(0)= 0.

Partie A

1) Résoudre sur [0, +[, (E0) : dt

dy +3 y = 0.

2) On écrit pour 0≤ t, g(t)= t e-3t

; calculer la fonction dérivée de g.

3) Avec a et b réels constants, on écrit φ(t)= a +b t.e-3t

pour 0 t.

a) Calculer ’(t) en fonction de a, b et t.

b) Calculer ’(t) + 3(t) en fonction de a, b et t.

c) Calculer a et b pour que soit une solution particulière de (E).

4) Résoudre (E).

5) En déduire la fonction v définie dans l’introduction.

Partie B

Pour la suite on admet que la fonction v est définie par v(t)=3+3(t–1).e-3t

. On note C la

représentation graphique de v dans le repère (O, ji

, ).

1) On écrit h(t)= (t–1).e-3t

. Calculer la fonction dérivée de h.

2) Vérifier, en présentant les calculs, si v’(t)=3(4–3t)e-3t

.

3) En déduire les variations de v. Pour quelle valeur t₀ de t, la vitesse v est elle

maximale ? Quelle est la valeur maximale prise par v ?

Partie C

T étant un réel positif ou nul, la distance parcourue par le marteau entre l’instant de départ

(t=0) et l’instant t=T est D = T

tv0

)( dt où v(t)=3–3(1–t)e-3t

.

1) En faisant une intégration par parties calculer en fonction de T, l’intégrale

I= T

03(1–t)e

-3tdt.

2) En déduire l’expression de D en fonction de T.

Extraits de formulaire :

Intégration par parties : b

a

b

a

b

a dttvtutvtudttvtu )()(')]()([)(')(

f(t) f’(t)

e αt

(α ℂ) α. e αt

Opération sur les dérivées : (uv)’ = u’v + uv’

tsp1 Corrigé du devoir surveillé n° 5 Partie A

1) On écrit pour 0 t, r(t)=3 et R(t)=3t : R’(t)=3. Alors sur [0, +[, les solutions de (E₀) sont

toutes les fonctions t↦Ce-3t


2) Pour 0 t, g’(t)= 1.e-3t

+t[-3e-3t

] soit g’(t)= e-3t

–3te-3t

3)a) Pour 0 t, φ’(t)=0+b(1.e-3t

+t[-3e-3t

]) d’où : ’(t) = -3 bt.e-3t

+ be-3t

b) On a aussi pour 0≤ t, 3φ(t)= 3bt.e-2t

+3a

Par addition : φ’(t)+3φ(t)= 3a+be-3t

pour 0 t .

c) est une solution de (E) lorsque pour 0≤t, φ’(t)+3φ(t)= 9+ 3e-3t

. C’est-à-dire est

solution de (E) lorsque a et b vérifient les systèmes d’égalités équivalents suivants : {3a=9 et

b=3},{a=3 et b=3}.

Pour la suite on écrit pour 0≤ t, (t)=3+3te-3t

. est une solution particulière de (E) sur [0,

+[.



t↦3+3t.e-3t

+C.e-3t


5) v étant une solution de (E) sur [0,+[, on a : Pour 0 t, v(t)= 3+3t.e-3t

+C.e-3t

où C est une

constante réelle, v(0)=3+Ce0= 3+C alors v(0)=0 pour C=-3. Finalement pour 0 t,

v(t)=3+3t.e-3t

–3e-3t

= 3+3(t–1).e-3t

.

Partie B

1) Pour 0≤ t, h’(t)= 1.e -3t

+(t–1)[-3e-3t

] = e-3t

[1–3(t–1)]= e-3t

[1–3t+3)] d’où h’(t)= e-3t

[4–3t] .

2) Pour 0 t, v(t) = 3 + 3h(t) d’où v’(t) = 0 + 3h’(t) soit : h’(t)= 3h’(t).

Cela donne : Pour 0 t, v’(t)=3e-3t

(4–3t) et v’(0)= 3e04= 12.

3) Comme 0< e-3t

, v’(t) est du signe de 4–3t ( qui s’annule et change de signe pour t= 4/3)et

on a le tableau de variation suivant :

v(4/3)=3+3(4/3–1).e-4

= 3+3(1/3)e-4

=3+e-4

.

D’après ce tableau la vitesse v est maximale

pour t=4/3 et la valeur maximale prise par v

est v(4/3)= 3+e-4

.

Partie C

1) On écrit : où u et w sont dérivables et continues

sur ℝ alors :

I=

Ttet

0

3)1(3 dt= [(1–t).e-3t

] T

T

00 e

-3t dt=[(1–t).e

-3t]

TT

00

3

13e

-3t dt d’où :

I=(1–T).e-3T

–1.e0 –[e

-3t] T

0 /3=e-3T

–T.e-3T

–e0–( e

-3T–e

0)/3=-Te

-3T+(1–1/3)e

-3T–e

0(1–1/3) où e

0=1

et 1–1/3=2/3 alors I=-Te-3T

+2e-3T

/3–2/3.

2) T

01dt=[t] T

0 =T–0=T et par linéarité du calcul des intégrales on obtient les égalités

suivantes:

3T+I=3 T

01dt+

T

03 (1–t)e

-2t dt=

T

03 dt+

T

03 (1–t)e

-3tdt =

T

03( –3(1–t)e

-3t) dt = D, et

D=3T+I donne D= 3T–Te-2T

+2e-2T

/3–2/3.

t 0 4/3 +

4–3t + 0 –

v’(t) 12 + 0 –

v(t) 0 v(4/3) 3

u(t)=1–t u’(t)=-1

w’(t)=-3e-3t

w(t)=e-3t

u’(t)w(t)=-e-3t

Tsipm1 Devoir surveillé n° 9

________________

La qualité de la rédaction où on justifie clairement et précisément les calculs intervient pour


Partie A : Résolution d’une équation différentielle du 1er

ordre

On considère l’équation différentielle (E) : -3y’+2y= -4e2x

où y est une fonction numérique de

la variable réelle x, définie et dérivable sur ℝ.

1°) Résoudre sur ℝ, l’équation différentielle (E0) : -3y’+2y=0.

2°) a étant un réel constant, on écrit g(x)=a.e2x

.

a) Dériver la fonction numérique g et calculer en fonction de a et x, -3g’(x)+2g(x).

b) Calculer a pour que g soit une solution de (E).

3°) Déduire des questions précédentes, la solution générale de (E).

4°) Déterminer la solution f de l’équation (E) dont la courbe représentative passe par le point

S(0,2).

Partie B : Résolution d’une équation différentielle du 2ème

ordre

On considère l’équation différentielle (E) : y’’-3y’+2y= -4e2x

où y est une fonction numérique

de la variable réelle x, définie et 2 fois dérivables sur ℝ.

1°) Résoudre sur ℝ, l’équation différentielle (E0) : y’’–3y’+2y=0.

2°) On écrit pour tout réel x, k(x)=x.e2x

. Calculer k’(x), k’’(x) et k’’(x)–3k’(x)+2k(x).

k est elle une solution de (E) ?

3°) a étant un réel constant, on écrit g(x)=a.xe2x

pour tout réel x.

a) Dériver 2 fois la fonction g pour exprimer g’(x) et g’’(x) en fonction de a et x.

b) Calculer a pour que g soit une solution de (E).

4°) Déduire des questions précédentes, la solution générale de (E).

5°) Déterminer la solution f de l’équation (E) dont la courbe représentative passe par le point

S(0,2) et admet en ce point une tangente horizontale.

Extraits de formulaire : Equations différentielles Equations Solution sur un intervalle I

a(t)x’+b(t)x=0 f(t)=ke

–G(t) où G est une primitive de t↦

)(

)(

ta

tb

ax”+bx’+cx=0

équation caractéristique :

ar2+br+c=0

de discriminant

Si 0, f(t)=tr

e 1 tr

e 2 ...où r1 et r2 sont les racines de l’équation

caractéristique.

Si =0, f(t)=(t+)ert...où r est la racine double de l’équation

caractéristique.

Si < 0, f(t)=[cos(t)+sin(t)]et

...où r1=iet r2=–i sont les

racines complexes conjuguées de l’équation caractéristique.

Dérivées et primitives

f(t)

f’(t) f(t) f’(t)

tα (αℝ) ℝ α.t

α–1 e

αt (α ℂ) ℂ α. e

αt

Tsipm1 Corrigé du devoir n° 9

_________________

Partie A 1°) On écrit r(x)= 2/(-3)= -(2/3) et R(x)= -(2/3)x : R’(x)=r(x). Alors les solutions de

(E) sont toutes les fonctions x↦ Ce(2/3)x


2°) a) On a g(x)=ae2x

et g’(x)=a[2e2x

]= 2ae2x

et -3g’(x)+2g(x)=-6ae2x

+2ae2x

soit

-3g’(x)+2g(x)= -4ae2x

.

b) g est solution de (E) à la seule condition que -3g’(x)+2g(x)= -4e2x

pour tout réel x.

Cela est réalisé lorsque -4a = -4 , soit lorsque a=1.

Pour la suite on écrit : g(x)=e2x

et g est une solution particulière de (E) .

3°) A la solution particulière g de (E) on ajoute toutes les solutions de (E0) pour avoir toutes

les solutions de (E) :

Toutes les solutions de (E) sont toutes les fonctions :x↦ e2x

+Ce(2/3)x

où C est une constante

réelle.

4°) f étant une solution de (E), on écrit f(x)= e2x

+Ce(2/3)x

où C est une constante réelle ;

f(0)= e0+Ce

0=1+C. La courbe représentative de f passe par S à la condition que f(0)=2, soit

pour C=1. Finalement : f(x)= e2x

+e(2/3)x

.

Partie B 1°) L’équation caractéristique, d’inconnue r, de (E0) s’écrit : r2–3r+2=0.

Δ=(-3)2–421 =1=1

2. Les racines sont r1=(3+1)/(21)=2 et r2= r1=(3–1)/(21)=1.

Les solutions de (E0) sont toutes les fonctions x↦λe2x+µe

x où λ et µ sont 2 réels constants.

2°) k’(x)=1.e2x

+ x.2e2x

soit : k’(x)= (1+2x)e2x

et k’’(x)=(2)e2x

+(1+2x)(2 e2x

) = 2[1+(1+2x)] e2x

soit : k’’(x)=2(2+2x) e2x

d’où k’’(x)=4(1+x) e2x

.

k’’(x)–3k’(x)+2k(x)= 4(1+x) e2x–3(1+2x)e

2x+2xe

2x=[ 4(1+x)–3(1+2x)+2x] e

2x soit :

k’’(x)–3k’(x)+2k(x)=[4–3+x(4–6+2)]e2x

d’où : k’’(x)–3k’(x)+2k(x)= e2x

.

En fait : 1-4 d’où 1e2x-4 e

2x soit : k’’(x)–3k’(x)+2k(x) -4 e

2x . C’est la preuve que k

n’est pas solution de l’équation différentielle (E) sur ℝ.

3°) a) a est un réel constant, avec g(x)=a.xe2x

=a. k(x) on a : g’(x)= a.k’(x)=a.(1+2x).e2x

et en

dérivant encore une fois : g’’(x)=a.k’’(x)=4a(1+x)e2x

.

b) On obtient : g’’(x)–3g’(x)+2g(x)=ak’’(x)–3ak’(x)+2ak(x) soit :

g’’(x)–3g’(x)+2g(x)=a.( k’’(x)–3k’(x)+2k(x)) d’où : g’’(x)–3g’(x)+2g(x)=a.e2x

.

Les propositions suivantes sont équivalentes : {g est solution de (E)},

{ g’’(x)–3g’(x)+2g(x)=-4e2x

pour tout réel x}, {a.e2x

= -4e2x

pour tout réel x}, {a=-4}.

Finalement g est solution de (E) pour a=-4.

Pour la suite on écrit : g(x)=-4xe2x

et g est une solution particulière de (E) .

4°) A la solution particulière g de (E) on ajoute toutes les solutions de (E0) pour avoir toutes

les solutions de (E) :

Toutes les solutions de (E) sont toutes les fonctions :x↦ -4x e2x

+ λe2x

+µex où λ et µ sont 2

réels constants

5°) Avec f solution de (E), on écrit : f(x)= -4x e2x

+ λe2x

+µex où λ et µ sont 2 réels constants.

Soit Cf la courbe représentative de f .

- Cf passe par S à la condition que f(0)=2

- Cf admet au point d’abscisse 0 une tangente horizontale à la condition que f’(0)=0.

On cherche f telle que : f(0)=2 et f’(0)=0.

f’(x)=-4(1.e2x

+ x[2e2x

]) +2λe2x

+µex et comme e

0=1 on obtient : f(0)= λ+µ et

f’(0)= -4(1+0)+2λ+µ=-4+2λ+µ.

Les systèmes d’égalités suivantes sont équivalentes à f(0)=2 et f’(0)=0 :

{λ+µ=2 et 2λ+µ=4}, ( avec L2–L1→L2) : { λ+µ=2 et λ=2}, {2+µ=2 et λ=2}, {µ=0 et λ=2}.

Finalement f(x)= -4xe2x

+ 2e2x

.

Nom : Prénom :

Annexe à rendre avec la copie

z

(C)

t

Problème

On considère un système mécanique formé d’un plateau soutenu par un amortisseur. Il est

représenté par le schéma ci- contre de l’annexe.

On note z la cote du centre de gravité du plateau. On suppose que z est une fonction de la

variable réelle t, définie et deux fois dérivable sur un intervalle de ℝ, où t représente le

temps exprimé en seconde.

L’étude de ce système mécanique permet de considérer que la fonction z est solution de

l’équation différentielle (E) : 10z’’+9z’+ 2z=6.

Partie A

1°) Résoudre sur ℝ l’équation différentielle 10z’’+9z’+ 2z =0 .

2°) Chercher une solution particulière constante de l’équation (E) et en déduire la solution

générale de (E).

3°) Donner la solution g de (E) qui vérifie les conditions g(0)= 6 et g’(0)= –1,4 .

Partie B

On suppose pour la suite du problème que z(t)=f(t), où f est la fonction définie sur

l’intervalle [0 ; +[ par f(t)= 2e– 0,5t

+ e–0,4t

+3.

1°) Etudier les variations de f.

2°) Déterminer la limite de f(t) quand t tend vers +.

3°) Déduire des 2 questions précédentes l’évolution de la cote du point G en fonction du

temps t.

4°) On note (C) la courbe représentative de f dans un repère orthonormal ),,( jiO

du plan.

Justifier l’existence d’une asymptote à la courbe (C) quand t tend vers + ; en donner une

équation. Tracer cette asymptote sur le graphique de l’annexe.

Partie C

1°) Déterminer une primitive de la fonction h, définie pour tout t de l’intervalle [0, +[,

par h(t)= 2e–0,5t

+ e–0,4t

.

2°) a) Calculer 6

0)3)(( dttf .

b) Interpréter géométriquement ce résultat en utilisant le graphique de l’annexe.

z G Plateau

Amortisseurs

1

0

Corrigé du problème Partie A

1° On résout d’abord l’équation caractéristique d’inconnue r, 10r2 + 9r + 2 = 0.

9²–4×10×2=1= 1². Les racines r1 et r2 sont données par

r1 = 4,010

4

102

8

102

19

et r2 = 5,0

2

1

102

10

102

19

. Ce sont 2 réels

distincts.

Sur ℝ les solutions de l’équation différentielle (E0) : 10 z’’+ 9z’ + 2z = 0 sont toutes les

fonctions t ↦ e -0,4t

+µ e-0,5t

où et µ sont 2 réels constants.

(E0) est l’équation différentielle linéaire homogène associée à (E).

2°) ∗ Pour fonction constante sur ℝ, on écrit, avec c réel constant : Pour tout réel t,

(t)=c, '(t)= 0 et ’’(t)=0 alors 10 ’’(t)+ 9’(t) +2 t)=2 c.

n’est solution de (E) que dans le cas où 2c =6 soit c=3 .

Désormais on écrit pour tout réel t, (t)= 3 et est une solution particulière à (E).

∗ À la solution particulière de (E) on ajoute toutes les solutions de (E0) pour obtenir

toutes les solutions de (E) :

Il s’agit de toutes les fonctions t ↦ 3 + e -0,4t

+µ e-0,5t


3°) g étant une solution de (E) , on écrit pour tout réel t,

g(t)= 3 + e -0,4t

+µ e-0,5t

où et µ sont 2 réels constants, alors

g’(t)= 0– 0,4e -0,4t –0,5 µe

-0,5t

Comme e0=1, on obtient : g(0)=3+ µ et g’(0)= –0,4 –0,5µ et les systèmes d’égalités

suivants sont équivalents à g(0)= 6 et g’(0)= -1,4 :

{µ =3 et –0,4 –0,5µ = -1,4}, avec l’opération sur les lignes L1 + 2L2 → L2 :

{µ =3 et 0,2 =0,2}, { µ =3 et =1}, {=1 et 1+ µ=3}, {=1 et µ= 2}.

Finalement la fonction g cherchée est définie par : g(t)= 3 + e -0,4t

+ 2 e-0,5t

.

Partie B

1°) Pour 0≤ t, f’(t)= -0,4e-0,4t

+2×-0,5e-0,5t

= -0,4e-0,4t

– e-0,5t

.

On a pour 0≤ t, 0<e- 0,4t

et 0<e-0,5t

d’où-0,4e-0,4t

<0 et -e-0,5t

<0 alors -0,4e-0,4t

– e-0,5t

<0 soit :

f’(t)<0 .

d’où f est strictement décroissante sur [0, +[.

2°) On a :

0limet 0limoù d'4,0limet )-0,5(limet 0lim 4,05,0

t

t

t

ttt

u

uee tte

d’ où

)(lim tft

2×0+0+3=3 .

3°) Pour tout réel t positif ou nul f(t) donne la cote du point G à l’instant t ; de plus f(t)=g(t)

où g est la fonction trouvée à la partie A.On a aussi f(0)=g(0)=6 et f’(0)= g’(0)= -1,4.

D’après les questions précédentes, on en tire le tableau de variation suivant :

t 0 +

f(t)

la cote du point G

6 3

En particulier 3<f(t) pour tout réel t positif ou nul.

4°) t

lim f(t) = 3 . C’est la preuve que la droite (D) d’équation z =3 est asymptote à (C) au

voisinage de +.

Partie C

1°) Pour 0≤t, h(t)= -4[-0,5e-0,5t

] –2,5[-0,4e-0,4t

]. Soit alors pour 0≤ t, H(t)=-4 e-0,5t

– 2,5 e-0,4t

.

On a H’(t)=h(t) pour 0≤ t.

2°)a) 6

0

6

0)0()6()()3)(( HHdtthdttf = -4e

-3–2,5e

-2,4 –[-4–2,5] d’où :

6

0)3)(( dttf 6,5–2,5e

-2,4–4e

-3. b) Cette intégrale donne l’aire de la surface hachurée

limitée par la courbe (C), la droite (D) et les deux droites d’équation t=0 et t=6.

z

(D)

t

L’unité des aires est celle du carré construit à partir du le repère ),O,( ji

.

Nom : Prénom :


Problème







l’équation différentielle (E) : 10 z’’ + 9 z’+ 1,8 z =3,6.

Partie A

1°) Résoudre sur ℝ l’équation différentielle 10 z’’+ 9 z’ + 1,8 z =0 .


générale de (E).


Partie B


l’intervalle [0 ; +[ par f(t)= 3e– 0,6 t

+ 2 e–0,3t

+ 2.




temps t.


du plan.

Justifier l’existence d’une asymptote à la courbe (C) quand t tend vers + ; en donner une

équation. Tracer cette asymptote sur le graphique de l’annexe.

Partie C

1°) Déterminer une primitive de la fonction h, définie pour tout t de l’intervalle [0, +[,

par h(t)= 3e– 0,6 t

+ 2 e–0,3t

.

2°) a) Calculer la valeur exacte de l’intégrale 5

0)2)(( dttf .

b) Interpréter géométriquement ce résultat en utilisant le graphique de l’annexe.

z G Plateau

Amortisseurs

1

0


1° On résout d’abord l’équation caractéristique d’inconnue r, 10r2 + 9r + 1,8 = 0.

9²–4×10×1,8=9= 3². Les racines r1 et r2 sont données par

r1 = 3,010

3

102

6

102

39

et r2 = 6,0

10

6

102

12

102

39

. Ce sont 2 réels

distincts.

Sur ℝ les solutions de l’équation différentielle (E0) : 10 z’’+ 9z’ + 1,8 z = 0 sont toutes les

fonctions t ↦ e -0,6 t

+µ e-0, 3 t




(t)=c, '(t)= 0 et ’’(t)=0 alors 10 ’’(t)+ 9’(t) +1,8 t)=1,8 c.

n’est solution de (E) que dans le cas où 1,8c = 3,6 soit c=2 .




Il s’agit de toutes les fonctions t ↦ 2 + e -0,6 t

+µ e-0,3t



g(t)= 2 + e -0,6t

+µ e-0,3t


g’(t)= 0– 0,6e -0,6t –0,3 µe

-0,3t



{µ =5 et – 0,6 –0,3µ = -2,4}, avec l’opération sur les lignes 0,6L1 + L2 → L2 :

{µ =5 et 0,6 –0,6 –0,3µ = 0,6×5–2,4}, {µ =5 et 0,3 =0,6}

{µ =5 et 0,3 =0,6}, { µ =5 et =2}, { +2 =5 et µ=2}, {=3 et µ= 2}.

Finalement la fonction g cherchée est définie par : g(t)= 2 + 3 e -0,6t

+ 2 e-0,3t

.

Partie B

1°) Pour 0≤ t, f’(t)= 3×-0,6e-0,6t

+2×-0,3e-0,3t

= -1,8e-0,6 t

– 0,6 e-0,3t

.


et 0<e-0,3t

d’où-1,8e-0,6t

<0 et -e-0,3t

<0 alors -1,8e-0,6t

– 0,6 e-0,3t

<0

soit : f’(t)<0 .


2°) On a : t

t

t

ttt

u

uee tte 3,06,0 lim 0limoù d'3,0limet )-0,6(limet 0lim

d’ où

)(lim tft

2+3×0+ 2×0=2 .




t 0 +

f(t)

la cote du point G

5 2


4°) t


voisinage de +.

Partie C

1°) Pour 0≤t, h(t)= 6,0

3

[-0,6e

-0,6t] -

3,0

2[-0,3e

-0,3t] = -5 [-0,6e

-0,6t] -

3

20[-0,3e

-0,3t]

Soit alors pour 0≤ t, H(t)=-5 e-0,6t

– 3

20e

-0,3t. On a H’(t)=h(t) pour 0≤ t.

2°)a) 5

0

2

0)0()5()()2)(( HHdtthdttf = -5e

-3–

3

20e

-1,5 –[-5–

3

20] d’où :

6

0)2)(( dttf

3

35–

3

20e

-1,5 –5e

-3. b) Cette intégrale donne l’aire de la surface hachurée

limitée par la courbe (C), la droite (D) et les deux droites d’équation t=0 et t=5.

L’unité des aires est celle du carré construit à partir du le repère ),O,( ji

.

(C)

(D)

Nom : Prénom :


(C)

Problème







l’équation différentielle (E) : 10 z’’ + 9 z’+ 1,8 z =3,6.

Partie A

1°) Résoudre sur ℝ l’équation différentielle 10 z’’+ 9 z’ + 1,8 z =0 .


générale de (E).


Partie B


l’intervalle [0 ; +[ par f(t)= 3e– 0,6 t

+ 2 e–0,3t

+ 2.




temps t.


du plan.

Justifier l’existence d’une asymptote (D) à la courbe (C) quand t tend vers + ; en donner

une équation. Tracer cette asymptote (D) sur le graphique de l’annexe.

Partie C

1°) Calculer l’équation de (T) la tangente à (C) au point d’abscisse 0.

2°) Tracer cette droite (T) sur le graphique de l’annexe.

3°) Calculer le développement limité d’ordre 1 de f au voisinage de 0.

z G Plateau

Amortisseurs

1

0


1° On résout d’abord l’équation caractéristique d’inconnue r, 10r2 + 9r + 1,8 = 0.

9²–4×10×1,8=9= 3². Les racines r1 et r2 sont données par

r1 = 3,010

3

102

6

102

39

et r2 = 6,0

10

6

102

12

102

39

. Ce sont 2 réels

distincts.

Sur ℝ les solutions de l’équation différentielle (E0) : 10 z’’+ 9z’ + 1,8 z = 0 sont toutes les

fonctions t ↦ e -0,6 t

+µ e-0, 3 t




(t)=c, '(t)= 0 et ’’(t)=0 alors 10 ’’(t)+ 9’(t) +1,8 t)=1,8 c.

n’est solution de (E) que dans le cas où 1,8c = 3,6 soit c=2 .




Il s’agit de toutes les fonctions t ↦ 2 + e -0,6 t

+µ e-0,3t



g(t)= 2 + e -0,6t

+µ e-0,3t


g’(t)= 0– 0,6e -0,6t –0,3 µe

-0,3t



{µ =5 et – 0,6 –0,3µ = -2,4}, avec l’opération sur les lignes 0,6L1 + L2 → L2 :

{µ =5 et 0,6 –0,6 –0,3µ = 0,6×5–2,4}, {µ =5 et 0,3 =0,6}

{µ =5 et 0,3 =0,6}, { µ =5 et =2}, { +2 =5 et µ=2}, {=3 et µ= 2}.

Finalement la fonction g cherchée est définie par : g(t)= 2 + 3 e -0,6t

+ 2 e-0,3t

.

Partie B

1°) Pour 0≤ t, f’(t)= 3×-0,6e-0,6t

+2×-0,3e-0,3t

= -1,8e-0,6 t

– 0,6 e-0,3t

.


et 0<e-0,3t

d’où-1,8e-0,6t

<0 et -e-0,3t

<0 alors -1,8e-0,6t

– 0,6 e-0,3t

<0

soit : f’(t)<0 .


2°) On a : t

t

t

ttt

u

uee tte 3,06,0 lim 0limoù d'3,0limet )-0,6(limet 0lim

d’ où

)(lim tft

2+3×0+ 2×0=2 .




t 0 +

f(t)

la cote du point G

5 2


4°) t


voisinage de +.

Partie C

1° ) Le coefficient directeur de (T) est égal à f’(0) = -1,8e0 – 0,6 e

0 = -1,8–0,6 = -2,4 ; (T)

passe par le point A de coordonnées 0 et f(0) = 7 : 7 est l’ordonnée à l’origine de (T).

Finalement (T) a pour équation z= -2,4 t + 7.

2°) (T) passe par le point A de cordonnées 0 et 7 et par le point B de coordonnées 2,5 et

-2,4×2,5+7 = 1. D’où son tracé.

3°) La partie régulière du développement limité d’ordre 1 de f au voisinage de 0 est donnée

par l’équation de (T) la tangente en A à (C).

On a ainsi pour 0≤ t, f(t)=7 –2,4t + t (t) où a pour limite 0 en 0.

(C)

(D)

(T)

TS IPM1 (2007-2008) Devoirs surveillés

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