Solutions
SOLUTIONS
3
12 a) D f = R− ∀x ∈ R
∗
−
f
(x) =
1
√ −x(1 − x)
lim
x→0−
f
(x) = +∞ : f n’est pasdérivable en 0.
b) ∀x ∈ ] − sin1,sin 1[
f
(x) = −(1 − x
2 )
− 1
2 (1 − Arcsin x)
− 1
2 (1 +Arcsin x)
− 3
2
f est-elle dérivableensin 1?
c) ∀x ∈ R f
(x) =
−2x
1+(1+x 2 ) 2
d) ∀x ∈ R\
π
2
+ kπ
f
(x) = −
cos x
2| cos x|
f est-elle dérivableen
π
2
+kπ(k∈Z)?
13 1) Vérifier que
Arctan (p +1)−Arctan (p) ∈ ]0,
π
2
[
et que
tan[Arctan (p +1)−Arctan (p)] =
1
p 2 + p +1
.
2)
Sn =
n
p=0
Arctan (p +1)−
n
p = 0
Arctan (p)
= Arctan (n +1).
Donc (Sn)converge vers
π
2
.
14 On sait quepour tout x ∈ [−1, 1],
cos(Arccos x) = x , sin(Arccos x) =
1 − x 2 ,
sin(Arcsin x) = x , sin(Arcsin x) =
1 − x 2
D’où : ∀x ∈ [−1, 1]
f (x) = 2x
1 − x 2 − 1+2x
2
Chapitre 3
1 a) Vrai. b) Vrai. c) Faux. d) Vrai. e) Faux, elle donne une
solution approchée. f) Faux, les solutions réelles sont des combinaisonsl inéaires de e
αx cos βx et e
αx sin βx où α + iβ et α − iβ
sont lesr acines complexes de l’équation caractéristique. g) Faux,
la condition initiale doit comporter également la valeur y
(0).
2 a) y = sin x + λe
−x ; b) y = ch x + λe
x 2 ;
c) y = 2(cos x +1)+λe
cos x
3 a) Sur I k =]
π
2
+ kπ,
π
2
+(k+1)π[, y=x+λ k cos x.
Au point critique c k =
π
2
+ kπ, il yarecollement si et seulement
si λ k−1 = λ k .
Soit (x0, y0) ∈ R
2 . Si x0
= c k , une solution unique sur R.S i
x 0 =c k ,il yau ne infinité de solutions sur R pour y0 = x0 et
aucune dans le cas contraire.
b) Soit I1 = R
∗
− et I2 = R
∗
+ . Sur I k , les solutions sont
y = e
x + λ k e
− 1
x
Le recollement n’est possible quepour λ1 = 0(λ2est quelconque).
Soit (x0, y0) ∈ R
2 . Si x0 < 0, il existe une solution unique sur
I1, qui se prolonge en uneinfinité de solutions sur R dans le cas
où y0 = e
x 0
, et en aucune dans le cascontraire. Si x0 > 0, il ya
toujours une solution unique sur R.Six0=0,il yaune infinité
de solutions sur R pour y0 = 1etaucune dans le cascontraire.
c) Soit I1 = R
∗
− et I2 = R
∗
+ . Sur I k , les solutions sont
y = x
3 + λ k x
2
On peut recoller une solution quelconque sur I1 avec une solution
quelconquesur I2.
Soit(x0,y0)∈R
2 .Si x0
= 0, il yaune solution unique surl’intervalle I k contenant x0, qui se prolonge d’une infinité de façons
sur l’autre intervalle. Si x0 = 0, il yaune infinité de solutions sur
R pour y0 = 0etaucune dans le cascontraire.
d) Soit I1 = R
∗
− et I2 = R
∗
+ . Sur I k , les solutions sont
y = Arctan x −
1
2x
ln(x
2 +1)+
λ k
x
Le seul recollement possible estobtenu pour
λ1 = λ2 = 0.
Soit (x0, y0) ∈ R
2 . Si x0
= 0, il yaune solution unique surl’intervalle I k contenant x0, qui se prolonge en unes olution unique
sur R danslecas où y0 = Arctan x0 −
1
2x0
ln(x
2
0 +1),et en aucune
danslecas contraire. Si x0 = 0, il yaune solution unique sur R
pour y0 = 0etaucune dans le cascontraire.
e) Sur I k =]
π
2
+ kπ,
π
2
+(k+1)π[, y=e
tan x (tan x + λ k ).
Aucunrecollement n’est possible.
Soit (x0, y0) ∈ R
2 . Si x0
=
π
2
+ kπ, il yaune solution unique sur
l’intervalle I k contenant x0. Si x0 =
π
2
+ kπ, il yaune infinité de
solutionssur ]
π
2
+(k−1)π,
π
2
+ kπ]pour y0 = 0etaucune dans
le cas contraire.
4 On résout sur ] − ∞, −1[ et sur ] − 1, +∞[. Lessolutions
sur R sont: y=x−2+λ(x+1)e
−x . La solution vérifiant la
condition initiale estobtenue pour λ = e.
5 L’ensembledes solutions est :
y = e
1
x
x
0
e
− 1
t dt + C
On remarque que :
∀x > 0
x
0
e
− 1
t dt
xe
− 1
x ,
d’où
lim
x→0+
e
1
x
x
0
e
− 1
t dt = 0.
Comme lim
x→0+
e
1
x = +∞, les solutions telles que C = 0admettent
une limite infinie en 0+.Seule la solution correspondant à C = 0
se prolonge par continuité en 0+.
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