Réponse y x 1 x 2 k arctan x 2 sur 1 1 1 et 1 et

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Réponse : y ( x )=(1+ x 2 )( K +Arctan( x )) 2. Sur ] − ∞ , 1[ , ] 1 , 1[ et ]1 , + [ (et tout I inclus dans l’un de ces 3 intervalles) : y ( x )= K radicalbigg vextendsingle vextendsingle vextendsingle 1+ x 1 x vextendsingle vextendsingle vextendsingle Les solutions ne se recollent pas en 1 et 1 , sauf si K =0 : sur tout intervalle ouvert contenant 1 ou 1 , l’unique solution est la fonction nulle. 3. Sur R + ou R : y ( x )=(ln( | x | )+ K x ) . Pas de solution définie en 0 , puisque l’équation ne l’est pas. Remarque : la valeur absolue de la primitivation du ln passe dans la constante K . 4. y ( x )= K + 1 2 ln(1+ x 2 ) Arctan( x ) , sur R + ou R . Sur I contenant 0 , se prolonge uniquement si K =0 : y ( x ) = ln(1+ x 2 ) 2Arctan( x ) , y (0)=0 (par équivalent). Vérifier que cette fonction est dérivable en 0 , et que l’ED est vérifiée en 0 . 5. y ( x )= K e ( x +1) 2 2 1 . Ici, la solution particulière est évidente, inutile d’utiliser la méthode de variation de la constante ! 6. y ( x ) = K e x ou y ( x ) = K e x sur tout I sur lequel y est de signe constant (avec K lessorequalslant 0 , K greaterorequalslant 0 , discuter suivant le signe). Par TVI, si y s’annule en x 0 , y étant croissante, elle est de signe constant sur ] − ∞ , x 0 [ et ] x 0 , + [ . La continuité assure alors K = K =0 . Ainsi, la description ci-dessus est valable sur R entier, on ne peut pas recoller les deux descriptions, sauf pour la fonction nulle. 7. Même principe, en résolvant sur des I sur lesquels y 1 est de signe constant. y ( x )= Kx +1 , K greaterorequalslant 0 , ou y ( x )= K x +1 , K lessorequalslant 0 . Les solutions ne peuvent pas se recoller en x 0 > 0 . 8. Changement de fonction z = e y . y ( x ) = 1 2 ln | x | +ln parenleftBigg K + | x | 3 2 3 parenrightBigg . Pour que ce soit défini sur R , K > 0 , sinon, ce n’est pas défini sur un intervalle centré en 0 . 9. Changement de fonction z =ln parenleftBig y x parenrightBig , z = K x 2 + 1 x , y = x exp parenleftbigg K x 2 + 1 x parenrightbigg . Indications ou solutions pour l’exercice 24 1. Soit A = integraltext x 0 a ( t ) d t . Justifier à l’aide de la méthode de variation de la constante que la solution générale s’écrit sous la forme : e A ( x ) parenleftbigg C + integraldisplay x 0 b ( t )e A ( t ) d x parenrightbigg . Justifier que pour tout t lessorequalslant x , A ( t ) lessorequalslant A ( x ) ( x t ) . En déduire que pour tout ε , il existe x 0 tel que pour tout x > x 0 , e A ( x ) integraldisplay x 0 | b ( t ) | e A ( t ) d x < ε et conclure. 7
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2. Même type d’argument, en justifiant d’abord la convergence de integraltext 0 −∞ b ( t )e A ( t ) . Comme e A ( x ) + , il est néces- saire de poser C = integraldisplay 0 −∞ b ( t )e A ( t ) d t , d’iù la seule solution possible admettant une limite nulle : e A ( x ) integraldisplay x −∞ b ( t )e A ( t ) d t. On termine à peu près comme en 1 . dans le cas où b n’est pas positive, on montre la convergence absolue de l’intégrale par les techniques usuelles sur les intégrales impropres.
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  • Fall '19
  • Mathématiques, Fonction trigonométrique, Continuité

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