UNIVERSITÉ ABDELMALEK ESSAADIFACULTÉ DES SCIENCES
DÉPARTEMENT DE MATHÉMATIQUESTÉTOUAN
EXERCICES CORRIGÉS
ANALYSE II
ARIJ BOUZELMATE
Filières : SMP/SMC
Année Universitaire : 2017-2018
Table des matières
1 Séries Numériques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2 Intégrale Simple . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
3 Intégrales Généralisées . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
3.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
3.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
4 Equations Différentielles du Premier Ordre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
4.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
4.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
5 Equations Différentielles Linéaires du Second Ordre à Coefficients Constants . . . . . . . . . 38
5.1 Exercices . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
5.2 Solutions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
i
Arij Bouzelmate Faculté des Sciences de Tétouan
1 Séries Numériques
1.1 Exercices
Exercice 1.1. Montrer que les séries suivantes sont convergentes. Calculer leurs sommes.
1)∑n≥0
2n
3n−2;
2)∑n≥0
(−1)n(
1
2
)2n
;
3)∑n≥0
(1
6n+ (−1)n
(1
3
)2n)
;
4)∑n≥0
3
(3n+ 1)(3n+ 4);
5)∑n≥0
2n+ 3
(n+ 1)2(n+ 2)2.
Exercice 1.2. Soient (un)n une suite réelle positive et (vn)n la suite définie par
vn =un
1 + un, ∀n ∈ N.
Montrer que les séries∑n≥0
un et∑n≥0
vn sont de même nature.
Exercice 1.3. Soient (un)n une suite réelle strictement positive et strictement croissante et (vn)n la suite définie par
vn =un+1 − un
un, ∀n ∈ N.
Montrer que si la suite (un)n converge alors la série∑n≥0
vn converge aussi.
Exercice 1.4. On pose
un =2n
(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n); n ≥ 1.
1) Montrer que
u1 + u2 + · · ·+ un = 1− 1
(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n); pour tout n ≥ 1.
2) Etudier la nature de la série∑n≥1
un.
1
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Exercice 1.5. Soient a et b deux réels tels que 0 < a < b < 1. Soit un une suite réelle telle que(ab
)nun soit bornée.
1) Montrer que la série∑n≥0
an |un| est convergente.
2) Déduire que la série∑n≥0
nαrn est convergente pour tous 0 < r < 1 et α ∈ R.
3) En prenant α = 1 dans la question 2, montrer que+∞∑n=0
nrn =r
(1− r)2.
Exercice 1.6. Etudier la nature de la série de terme général
un =(ln 2)n
(1 + ln 2)(1 + ln 2)2 · · · (1 + ln 2)n; n ∈ N.
Exercice 1.7. Etudier la nature des séries suivantes
1)∑n≥1
1
(lnn)n; 2)
∑n≥1
lnn√n
; 3)∑n≥1
e−(lnn)2
;
4)∑n≥1
(3 + (−1)n)−n
; 5)∑n≥1
(1
2+
1
2n
)n; 6)
∑n≥1
(−1)n(√
n2 + 1− n)
;
7)∑n≥1
xlnn, x > 0; 8)∑n≥1
(1 +
1
n
)−n2
; 9)∑n≥1
2n + 3n
n2 + ln(n) + 5n;
10)∑n≥1
(2n+ 1)4
(7n2 + 1)3 ; 11)
∑n≥1
an
na, a > 0; 12)
∑n≥1
(1 +
x
n
)−n2
, x ∈ R.
Exercice 1.8.
1) Etudier la nature de la série∑n≥2
(−1)nn
n2 − 1.
2) Est-elle absolument convergente ?
1.2 Solutions
Exercice 1.1
1) On a2n
3n−2= 9
(2
3
)n. Comme
∣∣∣∣23∣∣∣∣ < 1, alors
∑n≥0
2n
3n−2est une série géométrique convergente. De plus,
+∞∑n=0
2n
3n−2= 9
+∞∑n=0
(2
3
)n= 9× 1
1− 2
3
= 27.
2) On a (−1)n(
1
2
)2n
=
(−1
4
)n. Comme
∣∣∣∣−1
4
∣∣∣∣ < 1, alors∑n≥0
(−1)n(
1
2
)2n
est une série géométrique
convergente. De plus,+∞∑n=0
(−1)n(
1
2
)2n
=
+∞∑n=0
(−1
4
)n=
1
1− −1
4
=4
5.
2
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3)∑n≥0
1
6nest une série géométrique convergente car
∣∣∣∣16∣∣∣∣ < 1. Donc,
+∞∑n=0
1
6n=
1
1− 1
6
=6
5.
On a (−1)n(
1
3
)2n
=
(−1
9
)n. Comme
∣∣∣∣−1
9
∣∣∣∣ < 1, alors∑n≥0
(−1)n(
1
3
)2n
est une série géométrique conver-
gente. Donc,+∞∑n=0
(−1)n(
1
3
)2n
=1
1 +1
9
=9
10.
Par suite, la série∑n≥0
(1
6n+ (−1)n
(1
3
)2n)
est convergente. Sa somme est
S =
+∞∑n=0
(1
6n+ (−1)n
(1
3
)2n)
=
+∞∑n=0
1
6n+
+∞∑n=0
(−1)n(
1
3
)2n
=6
5+
9
10=
21
10.
4) On pose un =3
(3n+ 1)(3n+ 4), n ∈ N. Alors, en utilisant la décomposition en éléments simples, on
obtient
un =1
3n+ 1− 1
3n+ 4∀n ∈ N.
On pose vn =1
3n+ 1, n ∈ N. Alors, un = vn − vn+1 pour tout n ∈ N et dans ce cas, on dit que
∑n≥0
un est
une série télescopique.
Soit Sn la somme partielle de la série∑n≥0
un. Donc,
Sn =
n∑k=0
uk =
n∑k=0
(vk − vk+1) = v0 − vn+1.
Comme limn→+∞
vn = 0, alors limn→+∞
Sn = v0 = 1. Donc la série télescopique∑n≥0
un est une série convergente
et sa somme
S = limn→+∞
Sn =
+∞∑n=0
3
(3n+ 1)(3n+ 4)= 1.
5) On pose un =2n+ 3
(n+ 1)2(n+ 2)2, n ∈ N. Alors, en utilisant la décomposition en éléments simples, on
obtient
un =1
(n+ 1)2− 1
(n+ 2)2∀n ∈ N.
On pose vn =1
(n+ 1)2, n ∈ N. Alors, un = vn − vn+1 pour tout n ∈ N et dans ce cas, on dit que
∑n≥0
un est
une série télescopique.
3
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Soit Sn la somme partielle de la série∑n≥0
un. Donc,
Sn =
n∑k=0
uk =
n∑k=0
(vk − vk+1) = v0 − vn+1.
Comme limn→+∞
vn = 0, alors limn→+∞
Sn = v0 = 1. Donc la série télescopique∑n≥0
un est une série convergente
et sa somme
S = limn→+∞
Sn =
+∞∑n=0
2n+ 3
(n+ 1)2(n+ 2)2= 1.
Exercice 1.2
On a vn =un
1 + un, pour tout n ∈ N. Donc, vn ∈ [0, 1[ et un =
vn1− vn
, pour tout n ∈ N. Par suite
un −→n−→+∞
0⇐⇒ vn −→n−→+∞
0.
Si un 6−→ 0, alors vn 6−→ 0 et les deux séries∑n≥0
un et∑n≥0
vn divergent.
Si un −→n−→+∞
0, alors vn ∼+∞
un et donc les deux séries∑n≥0
un et∑n≥0
vn sont de même nature d’après le
critère d’équivalence.
Il résulte que dans les deux cas, les deux séries sont de même nature.
Exercice 1.3
Soit (un)n une suite strictement positive, strictement croissante et convergente vers l. Alors nécessairement
l > 0. Donc
vn ∼+∞
un+1 − unl
.
La série à termes positifs∑n≥0
(un+1 − un) est convergente car
limn→+∞
n∑k=0
(uk+1 − uk) = limn→+∞
(un+1 − u0) = l − u0,
et donc,∑n≥0
(un+1 − un) = l − u0.
Il résulte que∑n≥0
vn est convergente d’après le critère d’équivalence.
Exercice 1.4
1) Montrons par récurrence que
u1 + u2 + · · ·+ un = 1− 1
(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n)pour tout n ≥ 1.
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On a
u1 =2
1 + 2=
2
3= 1− 1
1 + 2.
Supposons que
u1 + u2 + · · ·+ un = 1− 1
(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n)
et montrons que
u1 + u2 + · · ·+ un+1 = 1− 1
(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n+1).
On a
u1 + u2 + · · ·+ un + +un+1 = 1− 1
(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n)+ un+1
= 1− 1
(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n)+
2n+1
(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n)(1 + 2n+1)
= 1 +1
(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n)
[−1 +
2n+1
1 + 2n+1
]= 1− 1
(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n)(1 + 2n+1).
Donc
u1 + u2 + · · ·+ un = 1− 1
(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n)pour tout n ≥ 1.
2) Soit la somme partielle
Sn =
n∑k=1
uk = 1− 1
(1 + 2)(1 + 22) · · · (1 + 2n)pour tout n ≥ 1.
Comme 2n ≥ 0 pour tout n ≥ 1, alors Sn ≤ 1 pour tout n ≥ 1 ; c’est à dire la suite des sommes partielles
(Sn)n≥1 est majorée.Donc, la série à termes positifs∑n≥1
un est convergente.
Exercice 1.5
1) Comme(ab
)nun est bornée, alors il existe une constante M > 0 telle que
0 ≤ an |un| ≤Mbn pour tout n ∈ N.
Comme∑n≥0
Mbn est une série géométrique convergente car 0 < b < 1, alors∑n≥0
an |un| est une série conver-
gente d’après le critère de comparaison.
5
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2) Soit 0 < r < 1, alors il existe un réel b tel que 0 < r < b < 1, c’est à dire que 0 <r
b< 1. D’où,
limn→+∞
nα(rb
)n= 0 pour tout α ∈ R. Par suite, en prenant un = nα dans la question 1, on trouve que∑
n≥0
nαrn est convergente pour tout α ∈ R.
3) On sait d’après la question 2 que∑n≥0
nrn est convergente (pour α = 1). Donc, sa somme partielle Sn est
convergente vers S.
D’autre part, on a
Sn =
n∑k=0
krk =
n∑k=1
krk = r
n∑k=1
krk−1 = r
n∑k=1
((k − 1)rk−1 + rk−1
)= r
n∑k=1
(k − 1)rk−1 + rn∑k=1
rk−1 = rn−1∑k=0
krk + r1− rn
1− r
= rSn−1 + r1− rn
1− r.
Donc
Sn − rSn−1 = r1− rn
1− r.
Comme limn→+∞
Sn = S et limn→+∞
rn = 0 (car 0 < r < 1), alors en faisant tendre n → +∞ dans la dernière
égalité, on obtient
(1− r)S =r
1− r.
D’où,
S =
+∞∑n=0
nrn =r
(1− r)2.
Exercice 1.6
Soit
un =(ln 2)n
(1 + ln 2)(1 + ln 2)2 · · · (1 + ln 2)n; n ∈ N.
Donc, un > 0 pour tout n ∈ N.
On a pour tout n ∈ N
un+1
un=
(ln 2)n+1
(1 + ln 2)(1 + ln 2)2 · · · (1 + ln 2)n(1 + ln 2)n+1
(1 + ln 2)(1 + ln 2)2 · · · (1 + ln 2)n
(ln 2)n=
ln 2
(1 + ln 2)n+1.
6
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Comme limn→+∞
un+1
un= 0, alors d’après la règle de d’Alembert, la série
∑n∈N
un est convergente.
Exercice 1.7
1) Nature de la série∑n≥1
1
(lnn)n.
C’est une série à termes positifs.
On a
n
√1
(lnn)n=
(1
(lnn)n
)1/n
=1
lnn
Donc, limn→+∞
n
√1
(lnn)n= lim
n→+∞
1
lnn= 0 < 1. Par suite, d’après la règle de cauchy, la série
∑n≥1
1
(lnn)nest
convergente.
2) Nature de la série∑n≥1
lnn√n
.
C’est une série à termes positifs.
On a
lnn√n≥ 1√
npour n grand.
Comme∑n≥1
1√n
est une série de Riemann divergente (car1
2< 1), alors la série
∑n≥1
lnn√n
est divergente
d’après le critère de comparaison.
3) Nature de la série∑n≥1
e−(lnn)2
.
C’est une série à termes positifs.
On a
n2e−(lnn)2
= e2 lnn−(lnn)2 = elnn(2−lnn).
Donc, limn→+∞
n2e−(lnn)2
= limn→+∞
elnn(2−lnn) = 0, alors d’après la règle de Riemann, la série∑n≥1
e−(lnn)2
est
convergente.
4) Nature de la série∑n≥1
(3 + (−1)n)−n.
C’est une série à termes positifs.
Comme (−1)n ≥ −1 pour tout n ∈ N, alors en particulier pour tout n ≥ 1, on a
(3 + (−1)n)−n ≤ 1
2n.
7
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Comme∑n≥1
1
2nest une série géométrique convergente car
∣∣∣∣12∣∣∣∣ < 1, alors la série
∑n≥1
(3 + (−1)n)−n est
convergente d’après le critère de comparaison.
5) Nature de la série∑n≥1
(1
2+
1
2n
)n.
C’est une série à termes positifs.
On a pour tout n ≥ 1,
(1
2+
1
2n
)n=
(1
2
)n(1 +
1
n
)n=
(1
2
)nen ln
(1 +
1
n
)
Comme limn→+∞
n ln
(1 +
1
n
)= 1, alors (
1
2+
1
2n
)n∼+∞
e
(1
2
)n.
Par la suite, utilisant le fait que∑n≥1
1
2nest une série géométrique convergente, on voit que la série
∑n≥1
(1
2+
1
2n
)nest aussi convergente d’après le critère d’équivalence.
6) Nature de la série∑n≥1
(−1)n(√
n2 + 1− n)
.
On pose un = (−1)nan où an =√n2 + 1− n.
Comme an > 0 pour tout n ≥ 1, alors∑n≥1
un est une série alternée.
Montrons que la suite (an)n≥1 est décroissante et converge vers 0.
On pose an = f(n) avec f(x) =√x2 + 1− x.
La fonction f est continue et dérivable sur R et on a pour tout x ∈ R,
f ′(x) =x−√x2 + 1√
x2 + 1.
Donc, f ′(x) < 0 pour tout x ∈ R, ce qui entraine que f est décroissante en particulier sur R+. Par conséquent,
f(n) > f(n+ 1) pour tout n ≥ 1. D’où, la suite (an)n≥1 est décroissante.
De plus, on a
an =1√
n2 + 1 + n=
1
n
(√1 +
1
n2+ 1
) .Donc, lim
n→+∞an = 0.
On déduit d’après le critère spécial des séries alternées que la série∑n≥1
un est convergente.
8
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7) Nature de la série∑n≥1
xlnn, x > 0.
C’est une série à termes positifs.
On a pour tout n ≥ 1
xlnn = elnn ln x = nln x =1
n− ln x.
Donc, la série∑n≥1
xlnn est série de Riemann convergente si 0 < x < e−1 (c’est à dire − lnx > 1) et est
divergente si x ≥ e−1 (c’est à dire − lnx ≤ 1).
8) Nature de la série∑n≥1
(1 +
1
n
)−n2
.
C’est une série à termes positifs.
On pose un =
(1 +
1
n
)−n2
; n ≥ 1.
On a pour tout n ≥ 1,
n√un = (un)1/n =
(1 +
1
n
)−n= e−n ln
(1 +
1
n
)= e−
ln(1 + 1
n
)1n .
Donc, limn→+∞
n√un = e−1 =
1
e< 1. Par suite, d’après la règle de cauchy, la série
∑n≥1
un est convergente.
9) Nature de la série∑n≥1
2n + 3n
n2 + ln(n) + 5n.
C’est une série à termes positifs.
On a
2n + 3n
n2 + ln(n) + 5n∼+∞
3n
5n=
(3
5
)n.
Comme∑n≥1
(3
5
)nest une série géométrique convergente (car
∣∣∣∣35∣∣∣∣ < 1), alors la série
∑n≥1
2n + 3n
n2 + ln(n) + 5n
est convergente d’après le critère de comparaison.
10) Nature de la série∑n≥1
(2n+ 1)4
(7n2 + 1)3 .
C’est une série à termes positifs.
On a
(2n+ 1)4
(7n2 + 1)3 ∼+∞
(2n)4
(7n2)3=
24
731
n2.
Comme∑n≥1
1
n2est une série de Riemann convergente (car 2 > 1), alors
∑n≥1
24
73 n2est convergente. Par suite,
∑n≥1
(2n+ 1)4
(7n2 + 1)3 est convergente d’après le critère de comparaison.
9
Arij Bouzelmate Faculté des Sciences de Tétouan
11) Nature de la série∑n≥1
an
na, a > 0.
C’est une série à termes positifs.
On pose un =an
na; n ≥ 1.
On a pour tout n ≥ 1,un+1
un= a
(n
n+ 1
)a. Donc, lim
n→+∞
un+1
un= a. Par suite, d’après la règle de d’Alembert,
si 0 < a < 1, la série∑n≥1
un est convergente et si a > 1, la série∑n≥1
un est divergente.
Si a = 1, alors un =1
n. Donc
∑n≥1
un est une série de Riemann divergente.
12) Nature de la série∑n≥1
(1 +
x
n
)−n2
, x ∈ R.
C’est une série à termes positifs à partir d’un certain rang.
On pose un =(
1 +x
n
)−n2
; n ≥ 1.
On a pour tout n ≥ 1,
n√un = (un)1/n =
(1 +
x
n
)−n= e−n ln
(1 +
x
n
)= e
−xln(
1 +x
n
)x
n .
Comme limn→+∞
ln(
1 +x
n
)x
n
= 1, alors, limn→+∞
n√un = e−x. Par suite, d’après la règle de cauchy, si x > 0
(c’est à dire e−x < 1), la série∑n≥1
un est convergente et si x < 0 (c’est à dire e−x > 1), la série∑n≥1
un est
divergente.
Si x = 0, alors un = 1. Donc, un ne converge pas vers 0. D’où,∑n≥1
un est divergente.
Exercice 1.8
1) Nature de la série∑n≥2
(−1)nn
n2 − 1.
Commen
n2 − 1≥ 0, pour tout n ≥ 2, alors
∑n≥2
(−1)nn
n2 − 1est une série alternée.
On pose un =n
n2 − 1; , n ≥ 2. Alors, un = f(n) avec f(x) =
x
x2 − 1.
Montrons que f est décroissante sur [2,+∞[.
La fonction f est continue et dérivable sur [2,+∞[ et on a
f ′(x) =−(x2 + 1)
(x2 − 1)2pour tout x ≥ 2.
10
Arij Bouzelmate Faculté des Sciences de Tétouan
Donc, f ′(x) < 0 pour tout x ≥ 2. Par suite, f(n + 1) < f(n) pour tout n ≥ 2 (car n + 1 > n) ; c’est à dire
un+1 < un pour tout n ≥ 2. D’où, la suite (un)n≥2 est décroissante.
De plus, limn→+∞
un = limn→+∞
n
n2 − 1= 0. Donc, d’après le critère spécial des séries alternées, la série
∑n≥2
(−1)nn
n2 − 1
est convergente.
2) On a ∣∣∣∣(−1)nn
n2 − 1
∣∣∣∣ =n
n2 − 1pour tout n ≥ 2.
Donc ∣∣∣∣(−1)nn
n2 − 1
∣∣∣∣ ∼+∞ n
n2=
1
n.
Comme∑n
1
nest une série de Riemann divergente, alors
∑n
∣∣∣∣(−1)nn
n2 − 1
∣∣∣∣ est divergente. Donc, la série∑n≥2
(−1)nn
n2 − 1n’est pas absolument convergente.
2 Intégrale Simple
2.1 Exercices
Exercice 2.1. Calculer les intégrales simples suivantes.
1)
∫ π
0
cos2(x) dx; 2)
∫ 4
2
3
2x (lnx)2 dx;
3)
∫ π2
0
sin2(x) dx; 4)
∫ 1
0
x arctanx dx;
5)
∫ 1
0
ex√ex + 1
dx; 6)
∫ 314
1
x
1 + x4dx;
7)
∫ π
0
(2x− 1) cos(3x) dx; 8)
∫ 1√2
0
3
2x2 + 1dx.
Exercice 2.2. On considère les suites (un)n et (vn)n définies par
∀n ∈ N, un =
∫ 1
0
xn√1 + x2
dx et vn =
∫ 1
0
xn+2
(1 + x2)√
1 + x2dx.
1) a) Montrer que (un)n est une suite décroissante. En déduire que (un)n est une suite convergente.
b) Montrer que pour tout n ∈ N, on a 0 ≤ un ≤1
n+ 1. En déduire la limite de la suite (un)n.
2) Montrer que la suite (vn)n tend vers 0.
11
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3) a) Montrer que ∀n ∈ N, un =1√
2(n+ 1)+
1
n+ 1vn.
b) En déduire la limite de la suite (nun)n puis un équivalent de (un)n.
Exercice 2.3. Calculer les primitives suivantes.
1)
∫x+ 2
x2 − 3x− 4dx ;
2)
∫x− 1
x2 + x+ 1dx ;
3)
∫7− 2x3
x3 + x2 − 2dx.
4)
∫3x+ 4
(x2 + 2x+ 5)2 dx.
Exercice 2.4. Calculer les intégrales trigonométriques suivantes.
1)
∫ π2
0
dx
1 + sinxpuis
∫ π2
0
sinx
1 + sinxdx ;
2)
∫ π4
0
dx
cosx;
3)
∫ π4
0
tanx
2− sin2(x)dx ;
4)
∫ π4
0
sinx
cosx+ sinxdx.
2.2 Solutions
Exercice 2.1
1)
∫ π
0
cos2(x) dx =
∫ π
0
1 + cos(2x)
2dx =
[x
2+
sin(2x)
4
]π0
=π
2.
2)
∫ 4
2
3
2x (lnx)2 dx =
3
2
∫ 4
2
(lnx)′(lnx)
−2dx =
−3
2
[1
lnx
]42
=3
4 ln 2.
3) On a
∫ π2
0
sin2(x) dx =
∫ π2
0
1− cos2(x) dx =
∫ π2
0
1− 1 + cos(2x)
2dx
=
∫ π2
0
1
2− cos(2x)
2dx =
[x
2− sin(2x)
4
]π2
0
=π
4.
12
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4) Pour calculer∫ 1
0
x arctanx dx, on fait une intégration par parties. On a donc
∫ 1
0
x arctanx dx =
∫ 1
0
(x2
2
)′arctanx dx =
[x2
2arctanx
]10
− 1
2
∫ 1
0
x2
1 + x2dx
=π
8− 1
2
∫ 1
0
1 + x2 − 1
1 + x2dx =
π
8− 1
2
∫ 1
0
dx+1
2
∫ 1
0
1
1 + x2dx
=π
8− 1
2+
1
2
[arctanx
]10dx =
π
8− 1
2+π
8=π
4− 1
2.
5) Pour calculer∫ 1
0
ex√ex + 1
dx, on effectue le changement de variable t = ex. Alors, x = ln t et dx =dt
t.
Par suite
∫ 1
0
ex√ex + 1
dx =
∫ e
1
t√t+ 1
dt
t=
∫ e
1
dt√t+ 1
=[2√t+ 1
]e1
= 2(√e+ 1−
√2).
6) Pour calculer∫ 3
14
1
x
1 + x4dx, on effectue le changement de variable t = x2. Alors, x =
√t et dx =
dt
2√t.
Par suite
∫ 314
1
x
1 + x4dx =
1
2
∫ √3
1
√t√
t(1 + t2)dt =
1
2
∫ √3
1
dt
1 + t2
=1
2
[arctan t
]√3
1=
1
2
(π3− π
4
)=
π
24.
7) Pour calculer∫ π
0
(2x− 1) cos(3x) dx, on fait une intégration par parties. On a donc
∫ π
0
(2x− 1) cos(3x) dx =
∫ π
0
(2x− 1)
(sin(3x)
3
)′dx =
[(2x− 1)
sin(3x)
3
]π0
−∫ π
0
2
3sin(3x) dx
= −2
3
[− cos(3x)
3
]π0
=2
9
[cos(3x)
]π0
=−4
9.
8) Pour calculer∫ 1√
2
0
3
2x2 + 1dx, on effectue le changement de variable t =
√2x. Alors, x =
t√2
et
dx =dt√
2. Par suite ∫ 1√
2
0
3
2x2 + 1dx =
∫ 1
0
3√2
dt
t2 + 1=
3√2
[arctan t
]10
=3π
4√
2.
Exercice 2.2
1) a) On a un+1 − un =
∫ 1
0
xn+1
√1 + x2
dx−∫ 1
0
xn√1 + x2
dx =
∫ 1
0
xn+1 − xn√1 + x2
dx =
∫ 1
0
xn(x− 1)√1 + x2
dx.
Commexn(x− 1)√
1 + x2≤ 0 pour tout x ∈ [0, 1], alors
∫ 1
0
xn(x− 1)√1 + x2
dx ≤ 0. Par suite, la suite (un)n est décrois-
sante. De plus, commexn√
1 + x2≥ 0 pour tout x ∈ [0, 1], alors un ≥ 0 pour tout n ∈ N. On a donc, la suite
13
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(un)n est décroissante et minorée, par suite elle est convergente.
b) On a 0 ≤ un =
∫ 1
0
xn√1 + x2
dx ≤∫ 1
0
xn dx =
[xn+1
n+ 1
]10
=1
n+ 1pour tout n ∈ N.
Et comme limn→+∞
1
n+ 1= 0, alors lim
n→+∞un = 0.
2) On a 0 ≤ vn =
∫ 1
0
xn+2
(1 + x2)√
1 + x2dx =
∫ 1
0
x2
(1 + x2)
xn√1 + x2
dx ≤∫ 1
0
xn√1 + x2
dx.
Donc, 0 ≤ vn ≤ un pour tout n ∈ N ; et comme limn→+∞
un = 0, alors limn→+∞
vn = 0.
3) a) On a
un =
∫ 1
0
xn√1 + x2
dx =
∫ 1
0
(xn+1
n+ 1
)′1√
1 + x2dx =
[xn+1
n+ 1
1√1 + x2
]10
−∫ 1
0
xn+1
n+ 1
(1√
1 + x2
)′dx
=1√
2(n+ 1)+
1
n+ 1
∫ 1
0
xn+2
(1 + x2)√
1 + x2dx.
Donc
un =1√
2(n+ 1)+
1
n+ 1vn pour tout n ∈ N.
b) On a nun =n
n+ 1
(1√2
+ vn
). Comme lim
n→+∞
n
n+ 1= 1 et lim
n→+∞vn = 0, alors lim
n→+∞nun =
1√2
. D’où,
un ∼+∞
1
n√
2.
Exercice 2.3
1) On veut calculer∫
x+ 2
x2 − 3x− 4dx.
On effectue la décompostion en éléments simples. Sachant que le polynôme x2− 3x− 4 admet deux racines
réelles, on cherche deux réels a et b tels que
x+ 2
x2 − 3x− 4=
x+ 2
(x+ 1)(x− 4)=
a
x+ 1+
b
x− 4.
Un simple calcul donne a =−1
5et b =
6
5. Donc
∫x+ 2
x2 − 3x− 4dx =
−1
5
∫dx
x+ 1+
6
5
∫dx
x− 4
=−1
5ln |x+ 1|+ 6
5ln |x− 4|+ cte.
2) On veut calculer∫
x− 1
x2 + x+ 1dx.
Le polynôme x2 + x+ 1 n’a pas de racines réelles (car ∆ < 0).
On écrit x2 +x+1 sous la forme canonique (x−p)2 +q2. Un simple calcul donne x2 +x+1 =
(x+
1
2
)2
+3
4.
14
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On fait le changement de variable x =−1
2+
√3
2t, alors∫
x− 1
x2 + x+ 1dx =
2√3
∫ −32 +
√3t2
1 + t2dt
=
∫t
1 + t2dt−
√3
∫dt
1 + t2
=1
2
∫2t
1 + t2dt−
√3
∫dt
1 + t2
=1
2ln(1 + t2)−
√3 arctan t+ cte
=1
2ln
(4
3(x2 + x+ 1)
)−√
3 arctan
(2√3
(x+
1
2
))+ cte
=1
2ln
(4
3
)+
1
2ln(x2 + x+ 1)−
√3 arctan
(2√3
(x+
1
2
))+ cte
=1
2ln(x2 + x+ 1)−
√3 arctan
(2√3
(x+
1
2
))+ cte.
3) On veut calculer∫
7− 2x3
x3 + x2 − 2dx.
On effectue la décomposition en éléments simples. Pour cela, on fait la division euclidienne de 7 − 2x3 par
x3 + x2 − 2. On obtient
7− 2x3 = −2(x3 + x2 − 2) + 3 + 2x2.
Donc
7− 2x3
x3 + x2 − 2= −2 +
3 + 2x2
x3 + x2 − 2.
Comme 1 est racine de x3 + x2 − 2, alors on effectue la division euclidienne de x3 + x2 − 2 par x − 1 et on
obtient
x3 + x2 − 2 = (x− 1)(x2 + 2x+ 2).
Par suite,
3 + 2x2
x3 + x2 − 2=
3 + 2x2
(x− 1)(x2 + 2x+ 2).
Sachant que le polynôme x2 + 2x+ 2 n’a pas de racines réelles, on cherche des réels a, b et c tels que
3 + 2x2
(x− 1)(x2 + 2x+ 2)=
a
x− 1+
bx+ c
x2 + 2x+ 2.
Un simple calcul donne a = 1, b = 1 et c = −1, c’est à dire
3 + 2x2
(x− 1)(x2 + 2x+ 2)=
1
x− 1+
x− 1
x2 + 2x+ 2.
15
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Donc,
7− 2x3
x3 + x2 − 2= −2 +
1
x− 1+
x− 1
x2 + 2x+ 2.
Par suite, ∫7− 2x3
x3 + x2 − 2dx = −2x+ ln |x− 1|+
∫x− 1
x2 + 2x+ 2dx.
On calcule maintenant∫
x− 1
x2 + 2x+ 2dx.
On écrit x2 +2x+2 sous la forme canonique (x−p)2 +q2. Un simple calcul donne x2 +2x+2 = (x+1)2 +1.
On fait le changement de variable x = t− 1, alors
∫x− 1
x2 + 2x+ 2dx =
∫x− 1
(x+ 1)2 + 1dx =
∫t− 2
t2 + 1dt
=
∫t
t2 + 1dt− 2
∫dt
t2 + 1
=1
2
∫2t
t2 + 1dt− 2 arctan t+ cte
=1
2ln(t2 + 1)− 2 arctan t+ cte
=1
2ln(x2 + 2x+ 2)− 2 arctan(x+ 1) + cte.
On déduit que
∫7− 2x3
x3 + x2 − 2= −2x+ ln |x− 1|+ 1
2ln(x2 + 2x+ 2)− 2 arctan(x+ 1) + cte.
4) On veut calculer∫
3x+ 4
(x2 + 2x+ 5)2 dx.
Le polynôme x2 + 2x+ 5 n’a pas de racines réelles (car ∆ = −16 < 0).
On écrit x2 +2x+5 sous la forme canonique (x−p)2 +q2. Un simple calcul donne x2 +2x+5 = (x+1)2 +4.
On fait le changement de variable x = 2t− 1, alors
∫3x+ 4
(x2 + 2x+ 5)2 dx =
∫3x+ 4
((x+ 1)2 + 4)2 dx =
1
8
∫6t+ 1
(t2 + 1)2 dt
=3
8
∫2t
(t2 + 1)2 dt+
1
8
∫dt
(t2 + 1)2
=−3
8(t2 + 1)+
1
8
∫dt
(t2 + 1)2 + cte.
16
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Maintenant, pour calculer∫
dt
(t2 + 1)2, on calcule
∫dt
t2 + 1en utilisant une intégration par parties.
∫dt
t2 + 1=
∫1
t2 + 1(t)′ dt =
t
t2 + 1+ 2
∫t2
(t2 + 1)2dt
=t
t2 + 1+ 2
∫t2 + 1
(t2 + 1)2dt− 2
∫dt
(t2 + 1)2
=t
t2 + 1+ 2
∫dt
t2 + 1− 2
∫dt
(t2 + 1)2.
Donc, ∫dt
(t2 + 1)2=
t
2(t2 + 1)+
1
2arctan t+ cte.
On remplace t parx+ 1
2, on obtient
∫3x+ 4
(x2 + 2x+ 5)2dx =
x− 11
8(x2 + 2x+ 5)+
1
16arctan
(x+ 1
2
)+ cte.
Exercice 2.4
1) (i) On veut calculer∫ π
2
0
dx
1 + sinx.
On effectue le changement de variable t = tan(x
2
), alors x = 2 arctan t, dx =
2
1 + t2 ,dt et sinx =
2t
1 + t2.
On a donc
∫ π2
0
dx
1 + sinx=
∫ 1
0
1
1 +2t
1 + t2
2
1 + t2dt
=
∫ 1
0
2
t2 + 2t+ 1dt =
∫ 1
0
2
(t+ 1)2dt
=
[−2
t+ 1
]10
= 1.
(ii) Calculons maintenant∫ π
2
0
sinx
1 + sinxdx.
∫ π2
0
sinx
1 + sinxdx =
∫ π2
0
1 + sinx
1 + sinxdx−
∫ π2
0
dx
1 + sinx=
∫ π2
0
dx−∫ π
2
0
dx
1 + sinx=π
2− 1 (d’après (i)).
2)
∫ π4
0
dx
cosx=
∫ π4
0
dx
| cosx|=
∫ π4
0
dx√1− sin2 x
, (car cosx > 0 sur[0,π
4
]).
On effectue le changement de variable t = sinx alors x = arcsin t et dx =dt√
1− t2. Donc
∫ π4
0
dx
cosx=
∫ √2
2
0
dt√1− t2
√1− t2
=
∫ √2
2
0
dt
1− t2.
17
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Comme 1− t2 = (1− t)(1 + t), on cherche deux réels a et b tels que1
1− t2=
a
1− t+
b
1 + t. Un simple calcul
donne1
1− t2=
1
2(1− t)+
1
2(1 + t). Donc,
∫ √2
2
0
dt
1− t2=
1
2
∫ √2
2
0
dt
1− t+
1
2
∫ √2
2
0
dt
1 + t
=−1
2
[ln(1− t)
]√22
0+
1
2
[ln(1 + t)
]√22
0
=1
2ln
(2 +√
2
2−√
2
).
On déduit que∫ π
4
0
dx
cosx=
1
2ln
(2 +√
2
2−√
2
).
3) On veut calculer∫ π
4
0
tanx
2− sin2(x)dx.
On remarque que∫ π
4
0
tanx
2− sin2(x)dx =
∫ π4
0
sinx
cosx(1 + cos2(x))dx.
On effectue le changement de variable t = cosx, alors dt = − sinx dx. Donc,
∫ π4
0
tanx
2− sin2(x)dx = −
∫ √2
2
1
dt
t(1 + t2)=
∫ 1
√2
2
dt
t(1 + t2).
On cherche des réels a, b et c tels que
1
t(1 + t2)=a
t+bt+ c
1 + t2.
Un simple calcul donne
1
t(1 + t2)=
1
t− t
1 + t2.
Donc
∫ π4
0
tanx
2− sin2(x)dx =
∫ 1
√2
2
dt
t−∫ 1
√2
2
t
1 + t2dt
=[
ln t]1√
22
− 1
2
∫ 1
√2
2
2t
1 + t2dt
=[
ln t]1√
22
− 1
2
[ln(1 + t2)
]1√
22
= − ln
(√2
2
)− 1
2ln 2 +
1
2ln
(3
2
)=
1
2ln
(3
2
).
18
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4) On veut calculer∫ π
4
0
sinx
cosx+ sinxdx.
On a ∫ π4
0
sinx
cosx+ sinxdx =
∫ π4
0
sinx
cosx
(1 +
sinx
cosx
) dx =
∫ π4
0
tanx
1 + tanxdx.
On effectue le changement de variable t = tanx, alors x = arctan t et dx =dt
1 + t2. Donc,
∫ π4
0
sinx
cosx+ sinxdx =
∫ 1
0
t
(1 + t)(1 + t2)dt.
On cherche des réels a, b et c tels que
t
(1 + t)(1 + t2)=
a
1 + t+bt+ c
1 + t2.
Il est facile de trouver que
t
(1 + t)(1 + t2)=
−1
2(1 + t)+
t+ 1
2(1 + t2).
Par suite,
∫ π4
0
sinx
cosx+ sinxdx =
−1
2
∫ 1
0
dt
1 + t+
1
2
∫ 1
0
t
1 + t2dt+
1
2
∫ 1
0
dt
1 + t2
=−1
2
[ln(1 + t)
]10
+1
4
[ln(1 + t2)
]10
+1
2
[arctan t
]10
=π
8− ln 2
4.
3 Intégrales Généralisées
3.1 Exercices
Exercice 3.1. Déterminer les intégrales convergentes et calculer leurs valeurs.
1)
∫ 1
0
dx√1− x
; 2)
∫ π4
0
cosx√sinx
dx; 3)
∫ +∞
0
earctan x
1 + x2dx;
4)
∫ +∞
2
1
3xdx; 5)
∫ +∞
2
dx
x2 − 1; 6)
∫ 1
0
x
(1− x2)3/2dx.
Exercice 3.2. Etudier la nature des intégrales suivantes.
1)
∫ 1
0
cosx√xdx; 2)
∫ +∞
1
1− cosx
x2dx; 3)
∫ +∞
1
1 + lnx
x+ 2dx;
4)
∫ +∞
0
√2x+ 3
5x3 + 3x2 + 7dx; 5)
∫ +∞
2
lnx
x2dx; 6)
∫ 0
−1
dx
x3 + 1.
19
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Exercice 3.3. Soit α un réel strictement positif.
1) Montrer que l’intégrale∫ +∞
1
sinx
xα+1dx est absolument convergente.
2) Montrer que l’intégrale∫ +∞
1
cosx
xαdx est convergente.
Exercice 3.4. Soit α un réel strictement positif.
1) Etudier la convergence de l’intégrale∫ +∞
0
lnx
α2 + x2dx.
2) Exprimer l’intégrale∫ +∞
α
lnx
α2 + x2dx en fonction de
∫ α
0
lnx
α2 + x2dx.
Indication : Utiliser le changement de variable x =α2
t.
3) En déduire la valeur de l’intégrale∫ +∞
0
lnx
α2 + x2dx.
3.2 Solutions
Exercice 3.1
1) Nature de∫ 1
0
dx√1− x
.
La fonction x→ 1√1− x
est continue sur [0, 1[, donc le problème se pose uniquement en 1.
Soit t ∈ [0, 1[, alors ∫ t
0
dx√1− x
=[− 2√
1− x]t0
= −2√
1− t+ 2.
Donc, limt→1
∫ t
0
dx√1− x
= 2. Par suite,∫ 1
0
dx√1− x
est convergente et∫ 1
0
dx√1− x
= 2.
2) Nature de∫ π
4
0
cosx√sinx
dx.
La fonction x→ cosx√sinx
est continue sur]0,π
4
], donc le problème se pose uniquement en 0.
Soit t ∈]0,π
4
], alors
∫ π4
t
cosx√sinx
dx =[2√
sinx]π
4
t= 2
√√2
2− 2√
sin t = 234 − 2
√sin t.
Donc, limt→0
∫ π4
t
cosx√sinx
dx = 234 . Par suite,
∫ π4
0
cosx√sinx
dx est convergente et∫ π
4
0
cosx√sinx
dx = 234 .
3) Nature de∫ +∞
0
earctan x
1 + x2dx.
La fonction x→ earctan x
1 + x2est continue sur [0,+∞[, donc le problème se pose uniquement en +∞.
20
Arij Bouzelmate Faculté des Sciences de Tétouan
Soit t ∈ [0,+∞[, alors ∫ t
0
earctan x
1 + x2dx =
[earctan x
]t0
= earctan t − 1.
Donc, limt→+∞
∫ t
0
earctan x
1 + x2dx = e
π2 − 1. Par suite,
∫ +∞
0
earctan x
1 + x2dx est convergente et
∫ +∞
0
earctan x
1 + x2dx =
eπ2 − 1.
4) Nature de∫ +∞
2
1
3xdx.
La fonction x→ 1
3xest continue sur [2,+∞[, donc le problème se pose uniquement en +∞.
Soit t ∈ [2,+∞[, alors
∫ t
2
1
3xdx =
∫ t
2
e−x ln 3 dx =
[−e−x ln 3
ln 3
]t2
=−e−t ln 3
ln 3+e−2 ln 3
ln 3.
Donc,
limt→+∞
∫ t
2
1
3xdx = lim
t→+∞
(−e−t ln 3
ln 3+e−2 ln 3
ln 3
)=e−2 ln 3
ln 3=
1
9 ln 3.
Par suite,∫ +∞
2
1
3xdx est convergente et
∫ +∞
2
1
3xdx =
1
9 ln 3.
5) Nature de∫ +∞
2
dx
x2 − 1.
La fonction x→ 1
x2 − 1est continue sur [2,+∞[, donc le problème se pose uniquement en +∞.
Soit t ∈ [2,+∞[, alors
∫ t
2
dx
x2 − 1=
∫ t
2
(1
2(x− 1)− 1
2(x+ 1)
)dx =
1
2
[ln(x− 1)
]t2− 1
2
[ln(x+ 1)
]t2
=1
2ln(t− 1)− 1
2ln(t+ 1) +
ln 3
2=
1
2ln
(t− 1
t+ 1
)+
ln 3
2.
Donc,
limt→+∞
∫ t
2
dx
x2 − 1= limt→+∞
[1
2ln
(t− 1
t+ 1
)+
ln 3
2
]=
ln 3
2.
Par suite,∫ +∞
2
dx
x2 − 1est convergente et
∫ +∞
2
dx
x2 − 1=
ln 3
2.
6) Nature de∫ 1
0
x
(1− x2)3/2dx.
La fonction x→ x
(1− x2)3/2est continue sur [0, 1[ donc le problème se pose uniquement en 1.
21
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Soit t ∈ [0, 1[. On fait le changement de variable x = sinu, alors dx = cosu du et u = arcsinx. On a donc,
∫ t
0
x
(1− x2)3/2dx =
∫ arcsin t
0
sinu cosu
(cos2 u)3/2
du =
∫ arcsin t
0
sinu cos−2(u) du =
∫ arcsin t
0
−(cosu)′ cos−2(u) du
=
[1
cosu
]arcsin t0
=1
cos(arcsin t)− 1
cos 0=
1
cos(arcsin t)− 1.
Par suite,
limt→1
∫ t
0
x
(1− x2)3/2dx = lim
t→1
(1
cos(arcsin t)− 1
)= +∞.
D’où,∫ 1
0
x
(1− x2)3/2dx est divergente.
Exercice 3.2
1) Nature de∫ 1
0
cosx√xdx.
La fonction x→ cosx√x
est continue sur ]0, 1].
On a pour tout x ∈]0, 1], ∣∣∣∣cosx√x
∣∣∣∣ ≤ | cosx|√x≤ 1√
x.
Comme∫ 1
0
dx√x
est une intégrale de Riemann convergente (car1
2< 1), alors
∫ 1
0
∣∣∣∣cosx√x
∣∣∣∣ est convergente
d’après le critère de comparaison, d’où∫ 1
0
cosx√xdx est absolument convergente et par suite
∫ 1
0
cosx√xdx
est convergente.
2) Nature de∫ +∞
1
1− cosx
x2dx.
La fonction x→ 1− cosx
x2est continue et positive sur [1,+∞[ (car cosx ≤ | cosx| ≤ 1 pour tout x ∈ R).
On a pour tout x ≥ 1,
0 ≤ 1− cosx
x2≤ |1− cosx|
x2≤ 1 + | cosx|
x2≤ 2
x2.
Comme∫ +∞
1
dx
x2est une intégrale de Riemann convergente (car 2 > 1), alors
∫ +∞
1
2
x2dx est convergente,
par suite∫ +∞
1
1− cosx
x2dx est convergente d’après le critère de comparaison.
3) Nature de∫ +∞
1
1 + lnx
x+ 2dx.
La fonction x→ 1 + lnx
x+ 2est continue et positive sur [1,+∞[. On a
1 + lnx
x+ 2∼+∞
lnx
x.
22
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Or l’intégrale∫ +∞
1
lnx
xest divergente car
∫ +∞
1
lnx
x= limt→+∞
∫ t
1
lnx
x= limt→+∞
[(lnx)2
2
]t1
= limt→+∞
(ln t)2
2= +∞.
D’où,∫ +∞
1
1 + lnx
x+ 2dx est divergente d’après le critère d’équivalence.
4) Nature de∫ +∞
0
√2x+ 3
5x3 + 3x2 + 7dx.
La fonction x →√
2x+ 3
5x3 + 3x2 + 7est continue et positive sur [0,+∞[. En particulier, elle est continue sur
[0, 1]. Donc,∫ 1
0
√2x+ 3
5x3 + 3x2 + 7dx est une intégrale simple.
D’autre part, on a
2x+ 3
5x3 + 3x2 + 7∼+∞
2x
5x3=
2
5x2.
Donc √2x+ 3
5x3 + 3x2 + 7∼+∞
√2√
5 |x|=
√2√
5xau voisinage de +∞.
Comme∫ +∞
1
dx
xest une intégrale de Riemann divergente, alors
∫ +∞
1
√2√
5xdx est divergente, par suite∫ +∞
1
√2x+ 3
5x3 + 3x2 + 7dx est divergente d’après le critère d’équivalence.
On déduit que∫ +∞
0
√2x+ 3
5x3 + 3x2 + 7dx est divergente.
5) Nature de∫ +∞
2
lnx
x2dx.
La fonction x→ lnx
x2est continue et positive sur [2,+∞[.
Soit 1 < α < 2, alors limx→+∞
xαlnx
x2= lim
x→+∞xα−2 lnx = 0. Donc, d’après le critère de Riemann, l’intégrale∫ +∞
2
lnx
x2dx est convergente.
6) Nature de∫ 0
−1
dx
x3 + 1.
La fonction x→ 1
x3 + 1est continue sur ]− 1, 0].
Comme
f(x) =1
x3 + 1=
1
(x+ 1)(x2 − x+ 1),
alors, limx→−1+
(x + 1)f(x) = limx→−1+
1
x2 − x+ 1=
1
3. Par suite, d’après le critère de Riemann, l’intégrale∫ 0
−1
dx
x3 + 1est divergente.
23
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Exercice 3.3
1) Montrons que∫ +∞
1
sinx
xα+1dx est absolument convergente.
On a pour tout x ≥ 1,
0 ≤∣∣∣∣ sinxxα+1
∣∣∣∣ ≤ 1
xα+1.
Comme l’intégrale∫ +∞
1
1
xα+1est une intégrale de Riemann convergente (car α+1 > 1), alors
∫ +∞
1
∣∣∣∣ sinxxα+1
∣∣∣∣ dxest convergente d’après le critère de comparaison. Par suite,
∫ +∞
1
sinx
xα+1dx est absolument convergente.
2) Montrons que∫ +∞
1
cosx
xαdx est convergente.
Soit t ∈ [1,+∞[, alors
∫ t
1
cosx
xαdx =
∫ t
1
(sinx)′
xαdx
=
[sinx
xα
]t1
+ α
∫ t
1
sinx
xα+1dx
=sin t
tα− sin 1 + α
∫ t
1
sinx
xα+1dx.
Comme l’intégrale∫ +∞
1
sinx
xα+1dx est absolument convergente, alors elle est convergente et par suite lim
t→+∞
∫ t
1
sinx
xα+1dx
existe et est finie.
On a aussi limt→+∞
sin t
tα= 0 car 0 ≤
∣∣∣∣ sin ttα
∣∣∣∣ ≤ 1
tαet lim
t→+∞
1
tα= 0.
Il résulte que limt→+∞
∫ t
1
cosx
xαdx existe et est finie ; c’est à dire, l’intégrale
∫ +∞
1
cosx
xαdx est convergente.
Exercice 3.4
1) Nature de l’intégrale∫ +∞
0
lnx
α2 + x2dx ; α > 0.
La fonction x→ lnx
α2 + x2est continue sur ]0,+∞[, donc le problème se pose en 0 et en +∞.
Etudions la convergence de∫ 1
0
lnx
α2 + x2dx et
∫ +∞
1
lnx
α2 + x2dx.
Comme− lnx
α2 + x2≥ 0 pour tout x ∈]0, 1],
− lnx
α2 + x2∼0
− lnx
α2et∫ 1
0
− lnx
α2dx est convergente (car
∫ 1
0
lnx dx
est convergente et même∫ 1
0
lnx dx = −1), alors∫ 1
0
− lnx
α2 + x2dx est convergente d’après le critère d’équiva-
lence. Par conséquent,∫ 1
0
lnx
α2 + x2dx est convergente.
D’autre part, on alnx
α2 + x2≥ 0 pour tout x ≥ 1 et lim
x→+∞x3/2
lnx
α2 + x2= 0. Donc, d’après le critère de
Riemann∫ +∞
1
lnx
α2 + x2dx est convergente.
24
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Les deux intégrales∫ 1
0
lnx
α2 + x2dx et
∫ +∞
1
lnx
α2 + x2dx sont convergentes pour tout α > 0, donc
∫ +∞
0
lnx
α2 + x2dx
est convergente pour tout α > 0.
2) On effectue le changement de variable x =α2
t, alors dx =
−α2
t2dt et on a
∫ +∞
α
lnx
α2 + x2dx =
∫ 0
α
ln(α2)− ln t
α2 +α4
t2
× −α2
t2dt =
∫ α
0
ln(α2)− ln t
α2 + t2dt
= 2
∫ α
0
lnα
α2 + t2dt−
∫ α
0
ln t
α2 + t2dt.
On remarque que ∫ α
0
dt
α2 + t2=
∫ α
0
dt
α2
(1 +
(t
α
)2) .
Donc, en effectuant le changement de variable u =t
α, on obtient
∫ α
0
dt
α2 + t2=
1
α
∫ 1
0
du
1 + u2=
1
α
[arctanu
]10
=π
4α.
Donc
2
∫ α
0
lnα
α2 + t2dt = 2 lnα
∫ α
0
dt
α2 + t2=π lnα
2α.
Par suite, ∫ +∞
α
lnx
α2 + x2dx =
π lnα
2α−∫ α
0
ln t
α2 + t2dt =
π lnα
2α−∫ α
0
lnx
α2 + x2dx.
3) On a
∫ +∞
0
lnx
α2 + x2dx =
∫ α
0
lnx
α2 + x2dx+
∫ +∞
α
lnx
α2 + x2dx
=
∫ α
0
lnx
α2 + x2dx+
π lnα
2α−∫ α
0
lnx
α2 + x2dx.
On déduit que ∫ +∞
0
lnx
α2 + x2dx =
π lnα
2αpour tout α > 0.
25
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4 Equations Différentielles du Premier Ordre
4.1 Exercices
Exercice 4.1. Résoudre les équations différentielles suivantes.
1) (x− 1)y′ − 2y = 0 ;
2) y′ = (1− y)(2− y) ;
3) xy′ = x+ y ;
4) 2xyy′ = y2 − x2 ;
5) 2x2 y′ + y = 1 ;
6) y′ + x2 y = 3e−x3/3 ;
7) y′ sinx− y cosx = x ;
8) (x+ 1) y′ − y = lnx.
Exercice 4.2.
1) Calculer∫ex(x− 1) dx.
On considère la fonction g définie sur R par g(x) = (x− 2)ex.
2) Montrer que f(x) = e−xg(x) est solution de l’équation différentielle
y′ + y = x− 1; (E)
3) Montrer que la solution générale y de l’équation (E) s’écrit sous la forme
y(x) = ke−x + f(x), avec k ∈ R.
4) Déterminer la solution de l’équation (E) pour laquelle l’image de 1 est 0.
Exercice 4.3. Soit f une fonction continue sur [0,+∞[ telle que
x
∫ x
0
f(t) dt =3
2
∫ x
0
tf(t) dt, pour tout x ∈ [0,+∞[.
26
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1) Montrer que
f(x) =
2
x
∫ x
0
f(t) dt si x > 0,
0 si x = 0.
2) Montrer que f est solution de l’équation
x y′ − y = 0; (E)
3) Donner l’expression de f en fonction de x.
Exercice 4.4. Déterminer toutes les solutions de l’équation de Bernoulli suivante en précisant leurs domaines de
définition.
x y′ + y = xy3.
4.2 Solutions
Exercice 4.1
1) (x− 1)y′ − 2y = 0⇒ y′ =dy
dx=
2y
x− 1.
C’est une équation à variables séparées.
On a
dy
dx=
2y
x− 1⇒ dy
y=
2dx
x− 1
⇒∫dy
y=
∫2dx
x− 1
⇒ ln |y| = 2 ln |x− 1|+ cte
⇒ |y| = e2 ln |x−1|ecte
⇒ y = ±ecte(x− 1)2
⇒ y = C(x− 1)2; C ∈ R.
2) y′ = (1− y)(2− y).
C’est une équation à variables séparées (plus exactement elle est autonome).
27
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On a
dy
dx= (1− y)(2− y)⇒ dy
(1− y)(2− y)= dx
⇒∫
dy
(1− y)(2− y)=
∫dx
⇒∫ (
1
1− y− 1
2− y
)dy =
∫dx
⇒ − ln |1− y|+ ln |2− y| = x+ cte⇒ ln
∣∣∣∣2− y1− y
∣∣∣∣ = x+ cte
⇒∣∣∣∣2− y1− y
∣∣∣∣ = ex ecte ⇒ 2− y1− y
= ±ecteex
⇒ 2− y1− y
= Cex; C ∈ R
⇒ y =Cex − 2
Cex − 1; C ∈ R
3) xy′ = x+ y ⇒ y′ = 1 +y
x.
C’est une équation homogène de la forme y′ = f(yx
)avec f(t) = 1 + t.
On pose u =y
xalors y = ux et
dy
dx= x
du
dx+ u. Par suite,
xdu
dx+ u = f(u) = 1 + u⇒ du =
dx
x
⇒∫du =
∫dx
x
⇒ u = ln |x|+ C; C ∈ R.
Donc
y = ux = x (ln |x|+ C) ; C ∈ R.
4) 2xyy′ = y2 − x2 ⇒ y′ =1
2
(yx− 1)(
1 +x
y
).
C’est une équation homogène de la forme y′ = f(yx
)avec f(t) =
1
2(t− 1)(1 +
1
t) =
t2 − 1
2t.
28
Arij Bouzelmate Faculté des Sciences de Tétouan
On pose u =y
xalors y = ux et
dy
dx= x
du
dx+ u. Par suite,
xdu
dx+ u = f(u) =
u2 − 1
2u⇒ x
du
dx=u2 − 1
2u− u =
−u2 − 1
2u
⇒ −2u
u2 + 1du =
dx
x
⇒∫dx
x= −
∫2u
u2 + 1du
⇒ ln |x| = − ln(u2 + 1) + cte
⇒ |x| = ectee− ln(u2+1) =ecte
u2 + 1
⇒ x =C
u2 + 1; C ∈ R.
Donc
y = xu =Cu
u2 + 1; C ∈ R.
En remplaçant u pary
x, on obtient
y2 + x2 − Cx = 0; C ∈ R.
D’où,
y =√Cx− x2; C ∈ R.
5) 2x2 y′ + y = 1.
C’est une équation linéaire.
On commence par résoudre l’équation sans second membre 2x2 y′ + y = 0.
On a
2x2 y′ + y = 0⇒ y′ =dy
dx=−y2x2
⇒ dy
y= −dx
x2
⇒∫dy
y= −
∫dx
x2
⇒ ln |y| = 1
2x+ cte
⇒ |y| = ectee12x
⇒ y = ±ectee 12x .
29
Arij Bouzelmate Faculté des Sciences de Tétouan
Donc, la solution générale de l’équation sans second membre 2x2 y′ + y = 0 est
yh(x) = ke12x ; k ∈ R.
On cherche une solution particulière de l’équation 2x2 y′ + y = 1 de la forme
yp(x) = k(x)e12x .
On calcule y′p et on remplace dans l’équation 2x2 y′ + y = 1, on trouve que
yp(x) = e12x
∫e−12x
2x2dx = e
12x e
−12x = 1.
Donc, la solution générale de l’équation 2x2 y′ + y = 1 est
y(x) = yh(x) + yp(x) = ke12x + 1; k ∈ R.
6) y′ + x2 y = 3e−x3/3.
C’est une équation linéaire.
On commence par résoudre l’équation sans second membre y′ + x2 y = 0.
On a
y′ + x2 y = 0⇒ y′ =dy
dx= −x2 y
⇒ dy
y= −x2 dx
⇒∫dy
y=
∫−x2 dx
⇒ ln |y| = −x3
3+ cte
⇒ |y| = ectee−x3/3
⇒ y = ±ectee−x3/3.
Donc, la solution générale de l’équation sans second membre y′ + x2 y = 0 est
yh(x) = ke−x3/3; k ∈ R.
On cherche une solution particulière de l’équation y′ + x2 y = 3e−x3/3 de la forme
yp(x) = k(x)e−x3/3.
30
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On calcule y′p et on remplace dans l’équation y′ + x2 y = 3e−x3/3, on trouve que k′(x) = 3, d’où k(x) = 3x.
Donc,
yp(x) = 3xe−x3/3.
Donc, la solution générale de l’équation y′ + x2 y = 3e−x3/3 est
y(x) = yh(x) + yp(x) = ke−x3/3 + 3xe−x
3/3 = (3x+ k)e−x3/3; k ∈ R.
7) y′ sinx− y cosx = x.
C’est une équation linéaire.
On commence par résoudre l’équation sans second membre y′ sinx− y cosx = 0.
On a
y′ sinx− y cosx = 0⇒ y′ =dy
dx=y cosx
sinx
⇒ dy
y=
cosx
sinxdx
⇒∫dy
y=
∫cosx
sinxdx
⇒ ln |y| = ln(| sinx|) + cte
⇒ |y| = ecteeln(| sin x|) = ecte| sinx|
⇒ y = ±ecte sinx.
Donc, la solution générale de l’équation sans second membre y′ sinx− y cosx = 0 est
yh(x) = k sinx; k ∈ R.
On cherche une solution particulière de l’équation y′ sinx− y cosx = x de la forme
yp(x) = k(x) sinx.
On calcule y′p et on remplace dans l’équation y′ sinx− y cosx = x, on trouve que
yp(x) = sinx
∫x
sin2 xdx.
31
Arij Bouzelmate Faculté des Sciences de Tétouan
D’autre part, on a
∫x
sin2 xdx =
∫x
(−1
tanx
)′dx =
−xtanx
+
∫1
tanxdx
=−x
tanx+
∫cosx
sinxdx
=−x
tanx+ ln(| sinx|).
Il résulte que
yp(x) = sinx
(−x
tanx+ ln(| sinx|)
)= −x cosx+ sinx ln(| sinx|).
Par conséquent, la solution générale de l’équation y′ sinx− y cosx = x est
y(x) = yh(x) + yp(x) = k sinx− x cosx+ sinx ln(| sinx|) = −x cosx+(k + ln(| sinx|)
)sinx; k ∈ R.
8) (x+ 1) y′ − y = lnx.
C’est une équation linéaire.
On commence par résoudre l’équation sans second membre (x+ 1) y′ − y = 0.
On a
(x+ 1) y′ − y = 0⇒ y′ =dy
dx=
y
x+ 1
⇒ dy
y=
dx
x+ 1
⇒∫dy
y=
∫dx
x+ 1
⇒ ln |y| = ln |x+ 1|+ cte
⇒ |y| = ecte|x+ 1|
⇒ y = ±ecte(x+ 1).
Donc, la solution générale de l’équation sans second membre (x+ 1) y′ − y = 0 est
yh(x) = k(x+ 1); k ∈ R.
On cherche une solution particulière de l’équation (x+ 1) y′ − y = lnx de la forme
yp(x) = k(x)(x+ 1).
32
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On calcule y′p et on remplace dans l’équation (x+ 1) y′ − y = lnx, on trouve que
yp(x) = (x+ 1)
∫lnx
(x+ 1)2dx.
D’autre part, on a
∫lnx
(x+ 1)2dx = −
∫ ((x+ 1)−1
)′lnx dx =
− lnx
x+ 1+
∫1
x(x+ 1)dx
=− lnx
x+ 1+
∫ (1
x− 1
x+ 1
)dx
=− lnx
x+ 1+ lnx− ln(x+ 1) =
− lnx
x+ 1+ ln
(x
x+ 1
).
Donc
yp(x) = (x+ 1)
(− lnx
x+ 1+ ln
(x
x+ 1
))= − lnx+ (x+ 1) ln
(x
x+ 1
).
Par suite, la solution générale de l’équation (x+ 1) y′ − y = lnx est
y(x) = yh(x) + yp(x) = k(x+ 1)− lnx+ (x+ 1) ln
(x
x+ 1
); k ∈ R.
Exercice 4.2
1)
∫ex(x− 1) dx est une primitive de la fonction ex(x− 1). On a
∫ex(x− 1) dx =
∫(ex)′(x− 1) dx = ex(x− 1)−
∫ex dx
= ex(x− 1)− ex + C = ex(x− 2) + C; C ∈ R.
2) Soit g(x) = (x− 2)ex; x ∈ R. La fonction g est une primitive de la fonction ex(x− 1) sur R.
On a f(x) = e−xg(x) = x− 2. Donc, f est dérivable sur R et on a f ′ + f = 1 + x− 2 = x− 1. Par suite, f est
solution de l’équation y′ + y = x− 1.
33
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3) On commence par résoudre l’équation sans second membre y′ + y = 0.
y′ + y = 0⇒ y′ =dy
dx= −y
⇒ dy
y= −dx
⇒∫dy
y= −
∫dx
⇒ ln |y| = −x+ cte
⇒ |y| = ectee−x
⇒ y = ±ectee−x.
Donc, la solution générale de l’équation sans second membre y′ + y = 0 est
yh(x) = ke−x; k ∈ R.
On cherche une solution particulière de l’équation y′ + y = x− 1 est de la forme
yp(x) = k(x)e−x.
On calcule y′p et on remplace dans l’équation y′ + y = x− 1, on trouve que
yp(x) = e−x∫ex(x− 1) dx = e−xg(x) (car g est primitive de ex(x− 1))
= f(x).
Par suite, la solution générale de l’équation y′ + y = x− 1 est
y(x) = yh(x) + yp(x) = ke−x + f(x); k ∈ R.
4) Soit y la solution de (E) telle que y(1) = 0. On a
y(1) = 0⇒ ke−1 + 1− 2 = 0⇒ ke−1 = 1⇒ k = e.
Donc, y(x) = e1−x + f(x) = e1−x + x− 2 est solution de (E) telle que y(1) = 0.
Exercice 4.3
1) On pose
F (x) =
∫ x
0
f(t) dt et G(x) =
∫ x
0
tf(t) dt.
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Alors,
xF (x) =3
2G(x).
Comme f est continue sur [0,+∞[, alors les deux fonctions F et G sont dérivables sur [0,+∞[ de dérivées
respectives F ′(x) = f(x) et G′(x) = xf(x) pour tout x ∈ [0,+∞[.
Soit x ∈ [0,+∞[, alors
xF (x) =3
2G(x)⇒ (xF (x))
′=
3
2G′(x)
⇒ F (x) + xF ′(x) =3
2G′(x)
⇒ F (x) + xf(x) =3
2xf(x)
⇒ F (x) =3
2xf(x)− xf(x)
⇒ F (x) =1
2xf(x).
Donc, pour tout x > 0, f(x) = 2F (x)
x=
2
x
∫ x
0
f(t) dt.
D’autre part, comme f est continue en 0, F (0) = 0, F est dérivable en 0 et F ′(0) = f(0), alors
f(0) = limx→0
f(x) = limx→0
2F (x)
x= limx→0
2F (x)− F (0)
x− 0= 2F ′(0) = 2f(0).
Par suite, f(0) = 0.
2) On a pour tout x ∈ [0,+∞[, xf(x) = 2F (x).
Soit x ∈ [0,+∞[, alors
xf(x) = 2F (x)⇒ (xf(x))′
= 2F ′(x)
⇒ f(x) + xf ′(x) = 2f(x)
⇒ xf ′(x)− f(x) = 0
Donc, f est solution de l’équation x y′ − y = 0.
3) L’équation x y′ − y = 0 est linéaire sans second membre.
35
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On a
x y′ − y = 0⇒ y′ =dy
dx=y
x
⇒ dy
y=dx
x
⇒∫dy
y=
∫dx
x
⇒ ln |y| = ln |x|+ cte
⇒ |y| = ecte|x|
⇒ y = ±ectex.
Donc, la solution générale de l’équation x y′ − y = 0 est
y(x) = kx; k ∈ R.
Il résulte que pour tout x ∈ [0,+∞[, f(x) = kx; k ∈ R.
Exercice 4.4
On veut résoudre l’équation de Bernoulli x y′ + y = xy3.
On a y = 0 est solution de l’équation de Bernoulli.
On cherche maintenant une autre solution non identiquement nulle. On a
x y′ + y = xy3 ⇒ x y′y−3 + y y−3 = x
⇒ −x2
(1
y2
)′+
1
y2= x.
On pose u =1
y2alors on se ramène à résoudre l’équation linéaire
−x2u′ + u = x.
36
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On commence par résoudre l’équation sans second membre−x2u′ + u = 0.
−x2u′ + u = 0⇒ u′ =
du
dx=
2u
x
⇒ du
u=
2
xdx
⇒∫du
u=
∫2
xdx
⇒ ln |u| = 2 ln |x|+ cte
⇒ |u| = ectee2 ln |x| = ectex2
⇒ u = ±ectex2.
Donc, la solution générale de l’équation sans second membre−x2u′ + u = 0 est
uh(x) = kx2; k ∈ R.
On cherche une solution particulière de l’équation−x2u′ + u = x de la forme
up(x) = k(x)x2.
On calcule u′p et on remplace dans l’équation−x2u′ + u = x, on trouve que
up(x) = x2∫−2
x2dx = x2
2
x= 2x
Par suite, la solution générale de l’équation−x2u′ + u = x est
u(x) = uh(x) + up(x) = kx2 + 2x; k ∈ R.
D’autre part, pour k ∈ R, on considère l’intervalle réel Ik défini par
Ik =
]0,+∞[ si k = 0,]0,−2
k
[si k < 0.]
−∞, −2
k
[∪ ]0,+∞[ si k > 0.
Comme u =1
y2= kx2 + 2x et kx2 + 2x > 0 pour tout x ∈ Ik , alors les solutions de l’équation de Bernoulli
sont de la forme
y(x) =1√
kx2 + 2xou y(x) =
−1√kx2 + 2x
pour tout x ∈ Ik.
37
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5 Equations Différentielles Linéaires du Second Ordre à CoefficientsConstants
5.1 Exercices
Exercice 5.1. Résoudre les équations différentielles du second ordre suivantes.
1) y′′ + 2y′ = 4 ;
2) y′′ + y′ − 2y = 2x2 − 2x+ 4 ;
3) y′′ + 6y′ + 9y = x2e2x ;
4) y′′ + y′ − 2y = x2e−2x
5) y′′ + 2y′ + 2y = sinx.
6) y′′ + y = cos 2x ;
7) y′′ + 2y′ + 5y = e−x(
2 cos(2x)− 3 sin(2x))
;
8) y′′ − y′ − 2y = cosx+ 3 sinx.
5.2 Solutions
Exercice 5.1
1) y′′ + 2y′ = 4.
On commence par résoudre l’équation sans second membre y′′ + 2y′ = 0.
L’équation caractéristique est λ2 + 2λ = 0.
Elle admet deux racines réelles λ1 = 0 et λ2 = −2.
Donc, la solution générale de l’équation sans second membre est
yh(x) = C1 e0 + C2 e
−2x = C1 + C2 e−2x; C1, C2 ∈ R.
Le second membre de l’équation complète y′′+2y′ = 4 est une constante (c’est à dire un polynôme de degré
0) et on a 2 6= 0, alors on cherche une solution particulière de la forme yp(x) = ax; a ∈ R.
38
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On calcule y′p(x) et y′′p (x) et on remplace dans l’équation y′′ + 2y′ = 4, on trouve que a = 2.
Donc, la solution particulière de l’équation complète est
yp(x) = 2x.
Par conséquent, la solution générale de l’équation y′′ + 2y′ = 4 est
y(x) = yh(x) + yp(x) = C1 + C2 e−2x + 2x; C1, C2 ∈ R.
2) y′′ + y′ − 2y = 2x2 − 2x+ 4.
On commence par résoudre l’équation sans second membre y′′ + y′ − 2y = 0.
L’équation caractéristique est λ2 + λ− 2 = 0.
Elle admet deux racines réelles distinctes λ1 = 1 et λ2 = −2.
Donc, la solution générale de l’équation sans second membre est
yh(x) = C1 ex + C2 e
−2x; C1, C2 ∈ R.
Le second membre de l’équation y′′ + y′ − 2y = 2x2 − 2x + 4 est un polynôme de degré 2 et on a −2 6= 0,
alors on cherche une solution particulière de la forme yp(x) = Q2(x) où Q2 est un polynôme de degré 2,
c’est à dire yp(x) = ax2 + bx+ c; a, b, c ∈ R.
On calcule y′p(x) et y′′p (x) et on remplace dans l’équation y′′ + y′ − 2y = 2x2 − 2x+ 4, on trouve
−2ax2 + 2(a− b)x+ 2a+ b− 2c = 2x2 − 2x+ 4.
On obtient par identification a = −1, b = 0 et c = −3.
Donc, la solution particulière de l’équation complète est
yp(x) = −(x2 + 3).
Par conséquent, la solution générale de l’équation y′′ + y′ − 2y = 2x2 − 2x+ 4 est
y(x) = yh(x) + yp(x) = C1 ex + C2 e
−2x − (x2 + 3); C1, C2 ∈ R.
39
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3) y′′ + 6y′ + 9y = x2e2x.
On commence par résoudre l’équation sans second membre y′′ + 6y′ + 9y = 0.
L’équation caractéristique est λ2 + 6λ+ 9 = 0.
Comme ∆ = 0, alors elle admet une racine réelle double λ = −3.
Donc, la solution générale de l’équation sans second membre est
yh(x) = e−3x(C1x+ C2
); C1, C2 ∈ R.
Le second membre de l’équation y′′ + 6y′ + 9y = x2e2x est de la forme emx Pn(x) avec m = 2 et n = 2.
Comme 2 n’est pas racine de l’équation caractéristique, alors on cherche une solution particulière de la
forme yp(x) = e2xQ2(x) où Q2 est un polynôme de degré 2, c’est à dire
yp(x) = e2x(ax2 + bx+ c
); a, b, c ∈ R.
On pose u(x) = ax2 + bx+ c. Alors, yp(x) = e2x u(x).
On calcule y′p(x) et y′′p (x) et on remplace dans l’équation y′′ + 6y′ + 9y = x2e2x, on trouve
25ax2 + (20a+ 25b)x+ 2a+ 10b+ 25c = x2.
On obtient par identification a =1
25, b =
−4
125et c =
6
625.
Donc
u(x) =1
25x2 − 4
125x+
6
625.
Par suite, la solution particulière de l’équation complète est
yp(x) = e2x u(x) = e2x(
1
25x2 − 4
125x+
6
625
)=e2x
625
(25x2 − 20x+ 6
).
Par conséquent, la solution générale de l’équation y′′ + 6y′ + 9y = x2e2x est
y(x) = e−3x(C1x+ C2
)+e2x
625
(25x2 − 20x+ 6
); C1, C2 ∈ R.
4) y′′ + y′ − 2y = x2e−2x.
On commence par résoudre l’équation sans second membre y′′ + y′ − 2y = 0.
40
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L’équation caractéristique est λ2 + λ− 2 = 0.
Comme ∆ = 9 > 0, alors elle admet deux racines réelles distinctes λ1 = 1 et λ2 = −2.
Donc, la solution générale de l’équation sans second membre est
yh(x) = C1 ex + C2 e
−2x; C1, C2 ∈ R.
Le second membre de l’équation y′′ + y′ − 2y = x2e−2x est de la forme emx Pn(x) avec m = −2 et n = 2.
comme −2 est racine simple de l’équation caractéristique, alors on cherche une solution particulière de la
forme yp(x) = e−2x xQ2(x) où Q2 est un polynôme de degré 2, c’est à dire
yp(x) = e−2x x(ax2 + bx+ c
)== e−2x
(ax3 + bx2 + cx
); a, b, c ∈ R.
On pose u(x) = ax3 + bx2 + cx. Alors, yp(x) = e−2x u(x).
On calcule y′p(x) et y′′p (x) et on remplace dans l’équation y′′ + y′ − 2y = x2e−2x, on trouve
−9ax2 + (6a− 6b)x+ 2b− 3c = x2.
On obtient par identification a =−1
9, b =
−1
9et c =
−2
27.
Donc
u(x) =−1
9x3 − 1
9x2 − 2
27x.
Par suite, la solution particulière de l’équation complète est
yp(x) = e−2x u(x) = e−2x(−1
9x3 − 1
9x2 − 2
27x
).
Par conséquent, la solution générale de l’équation y′′ + y′ − 2y = x2e−2x est
y(x) = yh(x) + yp(x) = C1 ex + +C2 e
−2x + e−2x(−1
9x3 − 1
9x2 − 2
27x
); C1, C2 ∈ R.
D’où
y(x) = C1 ex + e−2x
(−1
9x3 − 1
9x2 − 2
27x+ C2
); C1, C2 ∈ R.
5) y′′ + 2y′ + 2y = sinx.
On commence par résoudre l’équation sans second membre y′′ + 2y′ + 2y = 0.
41
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L’équation caractéristique est λ2 + 2λ+ 2 = 0.
Comme ∆ = −4 < 0, alors elle admet deux racines complexes λ1 = −1 + i et λ2 = −1− i.
Donc, la solution générale de l’équation sans second membre est
yh(x) = e−x (C1 cosx+ C2 sinx) ; C1, C2 ∈ R.
Le second membre de l’équation y′′ + 2y′ + 2y = sinx est de la forme emx sin(ωx) avec m = 0 et ω = 1.
Comme i n’est pas racine de l’équation caractéristique, alors on cherche une solution particulière de la
forme
yp(x) = A cosx+B sinx; A,B ∈ R.
On calcule y′p(x) et y′′p (x) et on remplace dans l’équation y′′ + 2y′ + 2y = sinx, on trouve
(A+ 2B
)cosx+
(B − 2A− 1) sinx = 0.
Ceci implique en utilisant le fait que les deux fonctions cosx et sinx sont linéairement indépendantes, que
A =−2
5et B =
1
5.
Donc, la solution particulière de l’équation complète est
yp(x) =−2
5cosx+
1
5sinx.
Par conséquent, la solution générale de l’équation y′′ + 2y′ + 2y = sinx est
y(x) = yh(x) + yp(x) = e−x (C1 cosx+ C2 sinx)− 2
5cosx+
1
5sinx; C1, C2 ∈ R.
6) y′′ + y = cos 2x.
On commence par résoudre l’équation sans second membre y′′ + y = 0.
L’équation caractéristique est λ2 + 1 = 0.
Elle admet deux racines complexes λ1 = i et λ2 = −i.
Donc, la solution générale de l’équation sans second membre est
yh(x) = C1 cos(x) + C2 sin(x); C1, C2 ∈ R.
42
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Le second membre de l’équation y′′ + y = cos 2x est de la forme emx cos(ωx) avec m = 0 et ω = 2.
Comme 2i n’est pas racine de l’équation caractéristique, alors on cherche une solution particulière de la
forme
yp(x) = A cos(2x) +B sin(2x); A,B ∈ R.
On calcule y′p(x) et y′′p (x) et on remplace dans l’équation y′′ + y = cos 2x, on trouve
(3A+ 1
)cos(2x) + 3B sin(2x) = 0.
Ceci implique en utilisant le fait que les deux fonctions cosx et sinx sont linéairement indépendantes, que
A =−1
3et B = 0.
Donc, la solution particulière de l’équation complète est
yp(x) =− cos(2x)
3.
Par conséquent, la solution générale de l’équation y′′ + y = cos 2x est
y(x) = yh(x) + yp(x) = C1 cos(x) + C2 sin(x)− cos(2x)
3; C1, C2 ∈ R.
7) y′′ + 2y′ + 5y = e−x(
2 cos(2x)− 3 sin(2x))
.
On commence par résoudre l’équation sans second membre y′′ + 2y′ + 5y = 0.
L’équation caractéristique est λ2 + 2λ+ 5 = 0.
Comme ∆ = −16 < 0, alors elle admet deux racines complexes λ1 = −1 + 2i et λ2 = −1− 2i.
Donc, la solution générale de l’équation sans second membre est
yh(x) = e−x(C1 cos(2x) + C2 sin(2x)
); C1, C2 ∈ R.
Le second membre de l’équation y′′+ 2y′+ 5y = e−x(
2 cos(2x)−3 sin(2x))
est de la forme emx(
2 cos(ωx)−
3 sin(ωx))
avec m = −1 et ω = 2.
Comme −1 + 2i est racine de l’équation caractéristique, alors on cherche une solution particulière de la
forme
yp(x) = xe−x(A cos(2x) +B sin(2x)
); A,B ∈ R.
43
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On pose z(x) = x(A cos(2x) +B sin(2x)
). Alors, yp(x) = e−x z(x).
On calcule y′p(x) et y′′p (x) et on remplace dans l’équation y′′ + 2y′ + 5y = e−x(
2 cos(2x) − 3 sin(2x))
, on
trouve (4B − 2
)cos(2x) +
(3− 4A
)sin(2x) = 0.
Ceci implique en utilisant le fait que les deux fonctions cosx et sinx sont linéairement indépendantes, que
A =3
4et B =
1
2.
Donc
z(x) = x
(3
4cos(2x) +
1
2sin(2x)
).
Par suite , la solution particulière de l’équation complète est
yp(x) = e−x z(x) = xe−x(
3
4cos(2x) +
1
2sin(2x)
).
Par conséquent, la solution générale de l’équation y′′ + 2y′ + 5y = e−x(
2 cos(2x)− 3 sin(2x))
est
y(x) = yh(x) + yp(x) = e−x(C1 cos(2x) + C2 sin(2x)
)+ xe−x
(3
4cos(2x) +
1
2sin(2x)
); C1, C2 ∈ R.
D’où
y(x) = e−x[(
3
4x+ C1
)cos(2x) +
(x2
+ C2
)sin(2x)
]; C1, C2 ∈ R.
8) y′′ − y′ − 2y = cosx+ 3 sinx.
On commence par résoudre l’équation sans second membre y′′ − y′ − 2y = 0.
L’équation caractéristique est λ2 − λ− 2 = 0.
Comme ∆ = 9 > 0, alors elle admet deux racines réelles distinctes λ1 = 2 et λ2 = −1.
Donc, la solution générale de l’équation sans second membre est
yh(x) = C1 e2x + C2 e
−x; C1, C2 ∈ R.
Le second membre de l’équation y′′ − y′ − 2y = cosx + 3 sinx est de la forme emx(
cos(ωx) + 3 sin(ωx))
avec m = 0 et ω = 1.
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Comme i n’est pas racine de l’équation caractéristique, alors on cherche une solution particulière de la
forme
yp(x) = A cosx+B sinx; A,B ∈ R.
On calcule y′p(x) et y′′p (x) et on remplace dans l’équation y′′ − y′ − 2y = cosx+ 3 sinx, on trouve
(− 3A−B − 1
)cosx+
(A− 3B − 3
)sinx = 0.
Ceci implique en utilisant le fait que les deux fonctions cosx et sinx sont linéairement indépendantes, que
A = 0 et B = −1.
Donc la solution particulière de l’équation complète est
yp(x) = − sinx.
Par conséquent, la solution générale de l’équation y′′ − y′ − 2y = cosx+ 3 sinx est
y(x) = yh(x) + yp(x) = C1 e2x + C2 e
−x − sinx; C1, C2 ∈ R.
45