MVA013 CNAM - Paris 2015-2016 Corrigé de l’examen (session 1) du 01 février 201

MVA013 CNAM - Paris 2015-2016 Corrigé de l’examen (session 1) du 01 février 2016 Exercice 1. On considère la fonction f : x 7→x2 ln(x). 1. La fonction x 7→x2 est définie sur R et la fonction x 7→ln(x) est définie sur R ∗ +. Donc f est définie sur R ∗ + : Df = R ∗ +. 2. f est dérivable sur R ∗ + et on a : f ′(x) = 2x ln(x) + x2 1 x f ′(x) = 2x ln(x) + x = x(2 ln(x) + 1) x > 0 car Df = R ∗ + donc f ′(x) est du signe de 2 ln(x) + 1. Etudions donc le signe de 2 ln(x) + 1. 2 ln(x) + 1 = 0 si et seulement si ln(x) = −1 2 soit : x = e−1 2 = 1 e 1 2 ou encore : x = 1 √e Comme la fonction ln est croissante, 2 ln(x) + 1 > 0 si x > 1 √e et 2 ln(x) + 1 < 0 si x < 1 √e. Enfin, on calcule f( 1 √e) = −1 e. On en déduit le tableau de variations de f : x 0 1 √e +∞ f ′(x) − 0 + 0 +∞ f(x) ↘ ↗ −1 e 3. lim x→+∞f(x) = lim x→+∞x2 ln(x) = +∞ lim x→0f(x) = lim x→0x2 ln(x) = 0 4. On a : lim x→+∞f(x) = +∞. De plus, lim x→+∞ f(x) x = lim x→+∞x ln(x) = +∞. Donc le graphe de f admet une branche parabolique parallèle à l’axe des y au voisinage de +∞. Remarque : f est prolongeable par continuuité en 0 en posant : f(0) = 0. 5. On déduit de tout ce qui précède la courbe représentative de f : 1 MVA013 CNAM - Paris 2015-2016 2 MVA013 CNAM - Paris 2015-2016 Exercice 2. I1 = Z 1 0 xe−xdx On pose : u(x) = x u′(x) = 1 v(x) = −e−x v′(x) = e−x Alors : I1 = [−xe−x]1 0 + Z 1 0 e−xdx I1 = [−xe−x]1 0 −[e−x]1 0 I1 = [−(x + 1)e−x]1 0 I1 = 1 −2 e I2 = Z 1 0 arctan(x)dx On pose : u(x) = arctan(x) u′(x) = 1 1 + x2 v(x) = x v′(x) = 1 Alors : I2 = [x arctan(x)]1 0 − Z 1 0 x 1 + x2 I2 = π 4 −1 2 Z 1 0 2 x 1 + x2 I2 = π 4 −1 2 [ln(1 + x2)]1 0 I2 = π 4 −ln(2) 2 I3 = Z 1 0 ex sin(x)dx On pose : u(x) = sin(x) u′(x) = cos(x) v(x) = ex v′(x) = ex Alors : I3 = [ex sin(x)]1 0 − Z 1 0 ex cos(x)dx Soit J3 = R 1 0 ex cos(x)dx Alors : I3 = e sin(1) −J3 Posons : u(x) = cos(x) u′(x) = −sin(x) v(x) = ex v′(x) = ex Alors : J3 = [ex cos(x)]1 0 + Z 1 0 ex sin(x)dx J3 = e cos(1) −1 + I3 Et I3 = e sin(1) −e cos(1) −1 −I3 Donc 2 I3 = e sin(1) −e cos(1) −1 Et I3 = e sin(1) −e cos(1) −1 2 Exercice 3. 1. On cherche la solution générale yH(t) de l’équation homogène : (H) 2 y′′(t) + 5 y′(t) + 2 y(t) = 0 (H) est une équation différentielle linéaire, du second ordre et à coefficients constants. Son équation caractéristique est : 2 r2 + 5r + 2 = 0 (⋆). On a : ∆= 25 −16 = 9. Donc ∆> 0 et √ ∆= 3. L’équation (⋆) a deux solutions distinctes : r1 = −5 + 3 4 = −1 2 et r2 = −5 −3 4 = −2. On en déduit : yH(t) = K1e−1 2 t + K2e−2t. 2. On cherche une solution particulière y0(t) de (E) 2 y′′(t) + 5 y′(t) + 2 y(t) = e2t On remarque que 2 n’est pas une solution de l’équation (⋆). Donc on peut chercher une solution particulière, y0(t), de la forme : 3 MVA013 CNAM - Paris 2015-2016 y0(t) = K e2t. On dérive : y′ 0(t) = 2 Ke2t et y′′ 0(t) = 4 Ke2t. y0 vérifie l’équation (E) donc : 2 y′′ 0(t) + 5 y′ 0(t) + 2 y0(t) = e2t D’où : 8 K e2t + 10 K e2t + 2 K e2t = e2t. Par identification, on a : 20K = 1 donc K = 1 20 et y0(t) = e2t 20 3. On en déduit la solution générale de l’équation (E) : y(t) = K1e−1 2 t + K2e−2t + e2t 20 4. On cherche l’unique solution de (E) qui vérifie : y(0) = 1 20 et y′(0) = 1 5. On calcule : y′(t) = −1 2 K1e−1 2 t −2 K2e−2t + 2 e2t 20 = −1 2 K1e−1 2 t −2 K2e−2t + e2t 10 On a : y(0) = K1 + K2 + 1 et y′(0) = −1 2 K1 −2 K2 + 1 10 On cherche donc K1 et K2 tels que : Exercice 4. On cherche à résoudre le système d’équations suivant, grâce à la méthode du pivot de Gauss :    x + 2 z = 5 −y + z = 3 x −2 y = 3 Ce système s’écrit sous la forme matricielle AX = B avec A =   1 0 2 0 −1 1 1 −2 0  . et B =   5 3 3  . On applique la méthode du pivot de Gauss sur la matrice augmentée du système :   1 0 2 5 0 −1 1 3 1 −2 0 3   On effectue l’ opération suivante : (L3) ←(L1) −(L3), ce qui donne :   1 0 2 5 0 −1 1 3 0 2 2 2   Puis : (L3) ←(L3)2, ce qui donne :   1 0 2 5 0 −1 1 3 0 1 1 1   Puis : (L3) ←(L3) + (L2), ce qui donne :   1 0 2 5 0 −1 1 3 0 0 2 4   On en déduit, en partant de la troisième équation :    z = 2 y = −1 x = 7 Le système admet une unique solution :    x = 7 y = −1 z = 2 4 MVA013 CNAM - Paris 2015-2016 Exercice 5. 1. A =  −1 1 3 1  2. On cherche à diagonaliser A. On cherche donc λ et ⃗ u = (x, y) tels que : A⃗ u = λ⃗ u. On en déduit le système :  −x + y = λx 3x + y = λy soit :  (−1 −λ)x + y = 0 3x + (1 −λ)y = 0 soit :  (−1 −λ)x + y = 0 ((−1 −λ)(1 −λ) −3)y = 0 On calcule : (−1 −λ)(1 −λ) −3 = −1 + λ2 −3 = λ2 −4 = (λ −2)((λ + 2) Il y a donc deux valeurs propres : 2 et -2. Et la matrice diagonale correspondante est D = 2 0 0 −2  . 5 uploads/s3/ examen1-mva013-corrige-cle0cfa31 1 .pdf

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