Document créé le 29 octobre 2015
Lien vers les énoncés des exercice exercicess
Lien vers le cours de ce chap chapitre itre
Chapitre 5 Techniques d’analyse (intégration) 5.1 5.1 Calc Calcul ulss de prim primit itiv ives es Primitivation Solution Solution 5.1.1
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par développement et linéarité .
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− 1 √ 1 2 √ √ √ d = 1. d − √ d = −2 + 3 √ 2. (1 − ) d = + − d = 3 − 103 (1 − √ ) 3 x
x
x
2
3
x
√ xx
3.
x x
x
2
x
2
dx =
3
Solution Solution 5.1.2
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x
x
7/3
x x
x3
x
x
x−1/3
− 2x1/6 + x2/3
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x
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x
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x
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√ 1 d = 1. 1− d = 1−2 + 1 1 2. + d = +2+ d = +2 5 d√ √ √ 2 2
3
x2
3.
√ x +
x
2
x
Primitivation .
2. Avec
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1. Avec t = 1 +
−
−1
x
x
dx =
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λ = x
x2/3
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3
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1 − 3 √ + 3
3
10
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x
λ.
− 127 x7/6 + 35 x5/3 + λ. .
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− 3x2/3 + 3x1/3 + λ.
x
− 31x3 + λ.
x3/2
3
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x
x5
x
x4
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x2
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:
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− (x − 1)3/2 + λ.
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:
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x dx (a2 + x2
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t4
t3 t
sin x cos x x
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4x
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λ
t
3
t3
x d x = cos2 x
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sin d = d = + = + 4 4 d 1 1 = = − + = − ) 2 4 4( − d 1 1
3
sin
3. Avec t = cos x :
.
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+ x2
Solution Solution 5.1.4
x
x−2/3
.
.
par changement de variable simple
1. Avec t = sin x : t = a 2
=
−1
Solution Solution 5.1.3
x4
x
x2
x
x−1/3
x
2
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λ
10/ 10/3
dx =
.
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t
t2
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1 x(1 + x ) dx = 2 2 5
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=
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+ λ =
t
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t5 dt =
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cos x
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t6
12
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λ.
1 + λ. a2 + x2 )2
λ
t2
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+ λ.
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+ λ =
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(1 + x2 )6 + λ. 12
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5.1 Calculs de primitives 2. Avec t = 1 +
1 √ 2 : 1 + d = d = 9 − d 3 x2
x3
3. Avec t = cos x : Solution 5.1.5
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1. Avec t = cos x
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Chapitre 5 : Techniques
x3 x
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− ln |t| + λ = − ln |cos x| + λ.
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t
t3
x
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t
t3
d
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1 + λ. 2cos2 x
λ =
t2
=
x(1 + ln x)3
1. Avec t = arcsin x : 2.
.
x x 3x
3. Avec t = ln x, puis u = ln t : dx dt = = x ln x lnln x t ln t .
.
=
t
sin d − d 1 : = = + cos 2 d d
2. Avec t = 1 + ln x :
Solution 5.1.6
t
tan x dx =
2 (1 + x3 )3/2 + λ. 9
t3/2 + λ =
t t
d’analyse (intégration)
− 21t2 + λ = −2(1 +1ln x)2 + λ.
=
u = ln u + λ = ln ln t + λ = ln lnln x + λ. u
.
√ arcsin
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x
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||
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d x =
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t dt =
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t2
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+ λ =
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arcsin2 x + λ. 2
2 − x2 √ √ dx √ = 2 dt = 2 tan t + λ = 2 tan √ x + λ. Avec t = x : cos2 t x cos2 x
3. Avec
t = x 2
√ d : 1cos−
√ d 1d−
1 = 2 x4 x dx = cos2 x
x x
4. Avec t = sin x,
Primitivation Solution 5.1.7
1
.
2
−
t
=
t2
arcsin t arcsin x2 + λ = + λ. 2 2
t = arctan t + λ = arctan sin x + λ. 1 + t2
par changement de variable indiqué .
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x
Avec t = x + sin x, on a dt = (1 + cos x) dx = 2 cos2 d x : 2 x cos2 dt 1 1 2 dx = 1 Ainsi = ln t + λ = ln x + sin x + λ 2 2 2 x + sin x t
Solution 5.1.8
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||
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|
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√ x + 1, on a x + 1 = t2 et dx = 2t dt. √ x dx 2t(t2 − 1) 2 3 √ 2 On en déduit : = dt = t − 2t + λ = (x + 1)3/2 − 2 x + 1 + λ. Avec t =
Solution 5.1.9
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3
t
x+1
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3
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Avec t = sin x cos x : dt = (cos x + sin x) dx et t2 = 1 2sin x cos x = 1 sin2x. sin x + cos x dt Ainsi dx = = arctan t + λ = arctan(sin x cos x) + λ. 2 sin2x 1 + t2
−
−
Solution 5.1.10
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1
−
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−
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−n
u
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
−n | |
−n |
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− −
t dx d t Avec t = : I = = = x x(xn + 1) t−n + 1 t2 On pose ensuite u = 1 + tn , donc du = nt n−1 dt : 1 du 1 1 = ln u + λ = ln 1 + tn + λ = I =
−
|
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1 − ln 1 + +
mathprepa.fr
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tn−1 d t. 1 + tn
1
n
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xn
λ
Page 2
5.1 Calculs de primitives Solution 5.1.11
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√ − √ −
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Chapitre 5 : Techniques
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Avec t = ex 1, on a t2 = e x 1 donc 2 t dt = ex dx. ex dx 2 dt t = = arctan + λ = arctan 4 + t2 2 (3 + ex ) ex 1
Solution 5.1.12
1
−
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x2 x2
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√ ex − 1 2
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d’analyse (intégration)
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+ λ.
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1 +1 d = d . On a = − −2+ 1 . √ + 1 √ d d √ d = = . 1 +1 − + 1 d = − +1 = −1+ √ 1 1 Ainsi = ln( + + 1) + = ln − + − 1 + + . − 1 + √ − + 1 − ln + . Finalement = ln Avec t = x I
x2
x
x x4
I
, on a dt = 1 +
x4
t2
t
Primitivation Solution 5.1.13
t2
x
x
x4
x 2
x2 t
t
x2
λ
x2
I
x2
x t
x
x2
x
t2
x2
x2
x2
x
x2
λ
x2
x
λ
par parties .
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On intègre par partie en intégrant x2 et en dérivant arctan x :
x3
2
x arctan x dx =
3
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3 .
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2
− x6
arctan x .
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+ .
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x
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x
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x
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x
2
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tan x cos2 x
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x
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λ
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cos4 x
2x
sin − 2 cos d
x 3x
x
2x
− 2
On en déduit
.
x
x 3x
x = cos3 x
x
x x
2sin sin − tan cos d = cos 1 − cos sin sin
dx = cos4 x
− 1 + x2
d
1 1 et en dérivant... : cos2 x cos2 x
On primitive par parties en intégrant
x
x
cosln x dx = x cosln x + sin ln x dx
x x
Solution 5.1.15
On recommence : sin ln d = sinln − cosln d . On en déduit finalement : cos ln d = cosln + sin ln + x x
−
1 3
ln( x2 + 1) +λ 6
On intègre 1 et on dérive cosln x :
−
x3
= Solution 5.1.14
arctan x
x3 dx x3 = arctan x 3(1 + x2 ) 3
4x
x dx = cos3 x
− 2
d x
x
cos4 x
+ 2
dx cos2 x
dx sin x 2 = + tan x + λ cos4 x 3cos3 x 3
Solution 5.1.16
On primitive 1 et on
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dérive e arcsin x
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e
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arcsin x
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dx = x e
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arcsin x
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arcsin x
√ e x
dx − x2 x√ earcsin x 2 arcsin x arcsin x Encore une primitivation par parties : − dx = 1 − x e dx − e 1 − x2 √ 1 On en déduit finalement : e arcsin x dx = (x + 1 − x2 )earcsin x + λ 2 Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
:
.
mathprepa.fr
−
1
Page 3
5.2 Intégration sur un segment
Chapitre 5 : Techniques
d’analyse (intégration)
5.2 Intégration sur un segment Intégration
par développement et linéarisation
Solution 5.2.1
On linéarise
.
.
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.
.
=
: cos 8 (x)
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eix + e−ix
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= 1 cos8 8
2
128
π 1 35π On en déduit : I = 35 = (car 128 2 256 .
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kx 2k
cos(2kx ) dx =
0
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π/2
sin2
π/2
∗
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x + 8cos 6x + 28 cos4 x + 56 cos 2x + 35 .
∀ k ∈ N ,
Solution 5.2.2
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= 0).
0
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En utilisant la parité, puis la quantité conjuguée, on trouve :
√ 1
I =
dx 1 + x2 + 1
1
−
√ − x2 = 2
√ 1
0
dx 1 + x2 + 1
√ − x2 =
√ 1 + 1
x2
− √ 1 − x2 dx
x2
0
Pour l’instant, on ne peut pas séparer en deux intégrales (aucune d’elles n’aurait de sens.)
√ 1 + 1
On pose J a =
x2
x2
a
√ 1 − 1
dx et K a =
√ 1 + 1
Avec ces notations, I = lim
x2
a
x2
x2
dx, avec 0 < a < 1.
− √ 1 − x2 dx = lim (J a − K a).
x2
a→0 a
a→0
— On pose x = sh t, avec t 0 pour calculer J a . On obtient : 1 + x2 ch2 t ch t 1 + x2 2 d = d = + = ln + 1 + + K . x t t K x x sh t x2 x sh2 t 1 1 + x2 1 + a2 2 + Ainsi J a = d = ln(1 + 2) 2 ln + 1 + x a a 2
√
√ a
−
√
x
√ √ 1 = ln(1 + 2) − 2 + + o(1)
− √ √ − −
√
a
a
— On pose x = sin t (avec 0 t
√ 1 −
x2
sin2 t
d t =
pour calculer K a . On obtient :
√ 1 − x2
cos t + K = sin t
− arcsin x − x + K . √ 1 − a2 π 1 1 √ 1 − x2 π Ainsi K a = dx = − + arcsin a + = − + + o(1) x2 a 2 2 a a √ √ π On en déduit J a − K a = ln(1 + 2) − 2 + + o(1). √ 2 √ π Conclusion : I = lim (J a − K a ) = ln(1 + 2) − 2 + . a 0 2 x2
dx =
2t
cos
π2 )
−t −
→
Remarque : on pouvait utiliser une intégration par parties (solution de JP Pardigon.)
√ 1 + = √ 1 + = − √ 1 + = − 1
I a
L’application x
a
− √ 1 − x2 dx x2 √ x2 − 1 − x2 1 x2
x
x2
√ 1 + x2 − √ 1 − x2
− √ 1 − x2 x
√ 1 √ 1 + + d 1+ 1+ + arcsin + ln( + √ 1 + ) a
1
x2
a
1
a
x
x
x2
x
x2
1 a
tend vers 0 quand x tend vers 0. x On peut donc faire tendre a vers 0 dans le résultat précédent et on obtient :
→
√ √ π √ 1 2 I = − 2 + arcsin x + ln(x + 1 + x ) = − 2 + + ln(1 + 2) 2 0 Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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5.2 Intégration sur un segment Intégration
Chapitre 5 : Techniques
d’analyse (intégration)
de fonctions périodiques
Solution 5.2.3
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La fonction à intégrer est paire et π-périodique. On peut donc écrire :
π
I =
0
λ
Ainsi I =
lim
λ→(π/2)−
dx = a2 cos2 x + sin2 x
J λ , avec J λ =
π
2
−
π
2
dx = a2 cos2 x + sin2 x
π
2
0
2 dx a2 cos2 x + sin2 x
2 dx . + sin2 x
a2 cos2 x
0
On utilise le changement de variable t = tan x, qui applique 0, λ sur [0, tan λ[. dt On a dt = (1 + t2 ) dx donc dx = = cos 2 x dt. On en déduit : 2 1+t 2cos2 x dt = a2 cos2 x + sin2 x
et on trouve : I =
π (penser à la vérification très simple a = 1). a
tan λ
J λ =
0
π
On fait tendre λ vers Solution 5.2.4
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2
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tan λ
0
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2 dt 2 x = arctan a 2 + t2 a a
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2 tan λ = arctan
tan λ
a
0
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a
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L’application x
3π
Ainsi I =
0
→ ϕ (x) = sin x sin2x sin3x est π-périodique. π
ϕ(x) dx = 3
Solution 5.2.5
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2
ϕ(x) dx = 3
0
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π
−
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ϕ(x) dx. Or ϕ est impaire. Il en découle I = 0.
π
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2
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→ 1 + 31cos2 x est continue sur R. Elle est π-périodique et paire.
L’application x
2π
On en déduit I =
0
dx =2 1 + 3 cos2 x
λ
Ainsi I =
lim
λ→(π/2)−
J λ , avec J λ =
0
−
−
π
dx = 1 + 3 cos2 x
2
π
2
π
2
0
4 dx . 1 + 3 cos2 x
4 dx . 1 + 3 cos2 x
4 d = = 2 arctan
On utilise le changement de variable t = tan x, qui applique 0, λ sur [0, tan λ[. On a dx =
dt 1 , et cos 2 x = . Donc J λ 2 1+t 1 + t2 π
On fait tendre λ vers
tan λ
0
t 4 + t2
t
tan λ
2
0
= 2 arctan
tan λ . 2
et on trouve : I = π . 2 Pour calculer I , on utilise le changement de variable défini par t = 2π x : 2π 2π 2π x dx t d = dt = 2πI I = 2 π 2 I . Ainsi I = π 2 . I = x 2 2 0 3 + cos x 0 3 + cos t
Solution 5.2.6
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−
−
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−
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−
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π
On note que les applications à intégrer sont continues sur 0, (après prolongement en 0), ce qui assure 2 l’existence des intégrales I n et J n . Pour tout entier n, on a les égalités :
sin(2 π
I n+1
− I n =
2
0
n + 3)t
− sin(2n + 1)t dt = 2
sin t
Ainsi la suite ( I n ) est constante. Or I 0 =
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
0
π
2
. Conclusion :
π
2
cos(2n
sin(2 + 2) d = t t
n + 2) t
n+1
π/2 0
=0
∀ n ∈ N, I n = π2 .
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5.2 Intégration sur un segment
Chapitre 5 : Techniques
d’analyse (intégration)
Pour tout entier n, on a les égalités : sin2 (n + 1)t
− sin2 nt
1
=
− cos2(n + 1)t − 1 − cos2nt 2
2
1 cos2nt 2
=
− cos 2(n + 1)t = sin t sin(2n + 1)t
sin(2 π
∀ n ∈ N, J n+1 − J n = 0 sinn +t 1)t dt = I n = π2 . π π Il en découle : ∀ n ∈ N, J n = J 0 + n = n . 2 2 2
On en déduit :
Intégration
par changement de variable
Solution 5.2.7
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x
On obtient : 1
I =
(x
Solution 5.2.8
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− x3)1/3 dx = 3t2 1 − 1 1/3 dt = 3t(t2 − 1)1/3 dt = 3 (t2 − 1)4/33 = 6 x4
1/3
.
1
On utilise le changement de variable défini par t =
.
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t3
t
1
.
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8
1
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x
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1
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π
On effectue le changement de variable t = tan , qui applique 0, ] sur [0 , 1]. 2 2 1 2 dt 1 t2 x On sait que dt = (1 + t2 ) dx, donc dx = . D’autre part cos = . 2 1 + t2 1 + t2 1 1 1 2 dt 2 dt dt Ainsi I θ = = = . 2 2 2 θ θ t )cos θ cos θ) 0 1 + t + (1 0 1 + cos θ + t (1 0 2 2 2 cos + t sin 2 2 π Si θ = 0, alors I θ = . Quand θ est non nul, on trouve : 2
−
1
1
I θ =
θ
sin2
Solution 5.2.9
.
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tan
dt
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θ
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t
θ
sin2 .
θ θ
1
2
2
0
sin cos 2 2
= 2 arctan tan
=
cotan 2 + t2 2
2
−
θ
0
−
θ
2 .
.
On utilise le changement de variable défini par t =
.
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θ
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.
θ
=
.
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.
sin θ
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.
√ x, qui applique [0, 1] sur [0 , 1]. 6
√ x = t3, √ x = t2. Enfin x = t6 ⇒ dx = 6t5 dt. On en déduit : 1 1 + √ √ x 1 1 + t3 5 1 6 4 3 2 t+1 d x = 6t dt = 6 dt I = t −t +t +t −t−1+ 2 2 x t +1 0 1+ 0 1+t 0
Ainsi
3
3
t7
5
4
3
2
1 1 t t t t + + − − t + ln( t2 + 1) + arctan t − 7 5 4 3 2 2 0
=
=
1 7
ln 2 π + + − 15 + 14 + 13 − 12 − 1 + ln22 + π4 = − 409 420 2 4
Solution 5.2.10
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On effectue le changement de variable t = sin x ( dt = cos x dx et cos 6 x = (1
− t2)3). 1 2 3 1 2 4 6 3 3t5 t7 1 3 1 16 On trouve J = (1 − t ) dt = (1 − 3t + 3t − t ) dt = t − t + − 7 0 = 5 − 7 = 35 5 0 0 Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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Page 6
5.2 Intégration sur un segment Solution 5.2.11
.
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Chapitre 5 : Techniques
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On effectue le changement de variable t = tan x
4
0
1
7
tan x dx
Solution 5.2.12
.
t7
= 1+ = −
π
.
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.
0
.
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t2
t4
6
4
.
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.
t
− 2 .
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.
5
0
t2
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,
d t =
+
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π
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, qui applique 0 sur [0 1]. 1
t6
.
.
,
4
dt . 1 + t2
On a donc dt = (1 + tan 2 x) dx donc dx =
.
d’analyse (intégration)
.
.
−t
3
t
+t
1 ln(1 + t2 ) 2
d
− 1 + t2
t
= 1 − 1 + 1 − ln 2 = 5 − ln 2
.
.
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1
6
0
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4
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2
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.
2
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12
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.
2
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On effectue le changement de variable u = t + x, et on développe le cosinus. On trouve :
) d =
b+x
g (x) =
b+x
f (u) cos(u
a+x
−x
b+x
= cos x
u
a+x
b+x
f (u)cos u + sin x
a+x
f (u)(cos u cos x + sin u sin x) du f (u)sin u du
a+x
On peut alors dériver l’application g , en notant que : b+x d f (u)cos u = f (b + x)cos(b + x) f (a + x)cos(a + x) — dx a+x
d
−
b+x
—
dx
a+x
f (u)sin u = f (b + x)sin(b + x)
On en déduit, pour tout x de
− f (a + x)sin(a + x)
R :
( )cos + cos ( )sin d − sin ( + )cos( + ) − ( + )cos( + ) +cos ( + )sin( + ) − ( + )sin( + ) +sin ( )(sin cos − cos sin ) d + ( + ) cos cos( + ) + sin sin( + ) − ( + )cos cos( + ) + sin sin( + ) b+x
g (x) =
x
b+x
f u
u
x
f u
a+x
u u
a+x
x f b
x
b
x
f a
x
a
x f b
x
b
x
f a
x
f u
u
x
x
u
f b
x
x
b
x
x
b
f a
x
x
a
x
x
a
x
a
x
b+x
=
u
a+x
x
x
b+x
=
En revenant à la variable t = u
∀ ∈ x
Intégration
f (u)sin(u
a+x
− x) du + f (b + x)cos b − f (a + x)cos a
− x dans l’intégrale, on trouve :
b
R, g (x) =
a
f (x + t)sin t dt + f (b + x)cos b
− f (a + x)cos a
par parties
Solution 5.2.13
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On va procéder à une intégration par parties.
→ (x2 +x 1)2 est x → −2(x21+ 1) et la dérivée de x → ln x est x → x1 .
Une primitive de x
1
Mais attention à la borne x = 0 : on considère donc I a =
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a
x ln x d x, avec 0 < a < 1. (x2 + 1)2 Page 7
5.2 Intégration sur un segment Ainsi I a
= − =
+ 1 d = ln + 1 1 − 2 ( + 1) 2( + 1) 2 1 1 ln 2 + o(1) + ln − ln( + 1) = − + o(1)
ln x 2(x2 + 1)
ln a 2
Chapitre 5 : Techniques 1
1
a
x
x x2
a
x
2 ln 2 Conclusion : I = lim I a = . a→0 4
a2
x
a
x x2 + 1
d
x
1
x2
2
1
a
d’analyse (intégration)
4
a
−
Solution 5.2.14
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On procède à une intégration par parties, en dérivant ln n x et en intégrant xλ : 1 I λ,n = xλ+1 lnn x λ+1
1
1
n
0
λ+1
−
0
xλ lnn−1 (x) dx =
−λ +n 1 I λ,n
1
−
=0
Une récurrence évidente donne alors : n n(n 1) n! ( 1)n n! n I λ,n = I λ,n−1 = I . . . I = = ( 1) = λ,n−2 λ,0 (λ + 1)2 (λ + 1)n (λ + 1)n λ+1
−
−
Solution 5.2.15
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−
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– Le calcul de I n est classique (intégrale de Wallis). On procède par intégration par parties. Pour tout n de
=
I n
π
2
0
= (2 n
sin x sin
− 1) π
Compte tenu de I 0 =
d = − cos sin
x x
2
0
x
.
.
.
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.
(1
− sin2 x)sin2n
2
−
.
N∗ ,
2n−1
x
x dx = (2n
.
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0
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( 1)n n! (λ + 1)n+1
−
xλ dx =
.
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on a :
=0
π
1
π
2
+(2n
0
− 1)
π
2
0
cos2 x sin 2n−2 x dx
− 1)(I n 1 − I n) −
, on en déduit une expression de I n à l’aide de factorielles :
2n 1 (2n 1)(2n 3) 3 1 2n(2n 1) 4 3 2 1 π (2n)! π I n−1 = I 0 = = 2 2n 2n(2n 2) 4 2 4n (n!)2 2 (2n)(2n 2) 4 2 2
− ··· · · · − ··· · Pour le calcul de J n , on utilise le changement de variable t = π − x : π 2n π π 2n 2n (π − t)sin t dt = π sin t dt − J n J n = x sin x dx = 0 0 0 I n =
–
2
2n−1
−
Ainsi J n =
π
2
−
π
0
−
− ··· · − ··· ·
sin2n t dt. En utilisant la périodicité puis la parité, on trouve :
π
sin
0
2n
t dt =
π
2
−
sin
2n
t dt = 2
π
2
π
2
0
sin2n t dt = 2I n
(2n)! π 2 On en déduit J n = π I n = n . 4 (n!)2 2 Solution 5.2.16
.
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1. Supposons n 1. On intègre par parties en intégrant xm et en dérivant (1
1 1 n 1 xm+1 (1 x)n + xm+1 (1 = m+1 m+1 0 0 Par application répétée de cette méthode, on trouve :
I nm
I nm =
Or
I 0m+n
1
=
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0
xm+n dx
−
n m+1
= I nm+1 −1
1 m+n+1
n(n
− 1)
(m + 1)(m + 2)
n = . On en déduit I m
= I nm+2 −2
− x)n
1
−
.
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− x)n :
dx =
n
m+1
I nm+1 −1
··· = (mm+!nn! )! I 0m+n
m! n! . (m + n + 1)!
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5.2 Intégration sur un segment
Chapitre 5 : Techniques
d’analyse (intégration)
∈ 0, π2 . On trouve :
2. On utilise le changement de variable x = sin 2 t, avec t I nm
=2
π
2
0
sin
2m
t (1
− sin
2
n
t) sin t cos t dt = 2
π
2
0
sin2m+1 t cos2n+1 t dt = 2J nm
1 m! n! . 2 (m + n + 1)!
On en déduit J nm =
3. Il suffit de considérer le cas m = n . On trouve : J nn
=
π
2
sin
0
2n+1
2n+1
t cos
t dt =
(sin2 ) π
1
2
22n+1
2n+1
t
0
dt =
Il en découle
− t montre que
π
0
(sin x)2n+1 dx = 2 J nn
On obtient donc Solution 5.2.17
.
.
.
2
0
(sin x)2n+1 dx =
a
I (a) =
1
a
(sin t)2n+1 dt.
π
2
π
2
0
(sin x)2n+1 dx = 2K n .
22n (n!)2 = 2n+1 K n et finalement K n = . 2 (2n + 1)! 1
.
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.
– Première méthode : on utilise le changement de variable défini par t =
0
ln x d x = 1 + x2
1
− ln t − 1 dt =
a
a
1
1+
t2
1
ln t d t = 1 + t2
a
a
.
.
.
1
.
.
.
.
.
→
ln x et F : t 1 + x2
1
1 =
∀ a > 0, I (a) = f (a) + a2 f
On pose J =
π
4
0
D’autre part I
−
.
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→
1
.
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.
f (x) dx.
a
+∗ R .
− F a1 .
a
Or I (1) = 0.
par astuce .
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π
π sin x d x. On constate que I + J = dx = . cos x + sin x 4 0 π/4 cos x sin x ln 2 π ln 2 d x = ln(cos x + sin x) = . On en déduit I = + . J = 2 8 4 0 0 cos x + sin x
Solution 5.2.19
.
.
.
.
π
−
4
.
.
.
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.
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.
.
Ainsi I = J , avec J = Solution 5.2.20
.
.
π
2
0
.
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.
π
Le changement de variable t =
Avec t =
.
t
−
→
Solution 5.2.18
.
−I (a). Donc I (a) = 0.
ln a 1 ln a + 2 = 0. 2 1 1+a a 1+ 2
L’application a I (a) est donc constante sur Conclusion : a > 0 , I (a) = 0.
Intégration
.
.
x
F est la primitive de f qui s’annule au point 1. On constate que I (a) = F (a)
∀
.
t2
– Deuxième méthode : Soit f : x
Ainsi :
(sin x)2n+1 dx
π
π
Le changement de variable x = π
22n+2
π
1
.
π
2
.
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cos3 x dx = cos3 x + sin3 x
x donne I = 2 0 3 sin x d x. Or I + J = 3 cos x + sin3 x
−
.
4
.
.
.
.
.
π
2
dx =
0
.
.
.
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.
π
2 .
.
.
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.
2
0
.
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.
sin3 t dt. sin3 t + cos3 t
π
π
. Donc I =
.
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.
4 .
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.
π 1 − tan t = 2 . − x, on a 1 + tan x = 1 + tan − t = 1 + 4 4 1 + tan t 1 + tan t
π
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5.3 Équations différentielles y + a(x)y = b (x)
Chapitre 5 : Techniques
Ainsi I =
π
4
0
π
4
ln(1 + tan x) dx =
0
− ln(1 + tan t) dt = π4 ln 2 − I . Donc I = π8 ln 2.
ln 2
dx . 1 + x2
Pour calculer J , on pose t = arctan x, donc dt = Ainsi J =
ln(1 + 1
0
1+
x)
x2
Solution 5.2.21
.
.
.
dx =
.
.
.
.
.
.
.
π
4
0
.
.
.
.
.
π
ln(1 + tan t) dt = I = ln 2. 8 .
.
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.
1
Avec le changement de variable t =
1
Mais I + J =
−x, on trouve I = J , avec J =
arctan ex + arctan e−x
1
d’analyse (intégration)
−
d =
1
x
π
12
1
.
.
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.
arctan e−t dt.
−
d x = π .
−
5.3 Équations différentielles y + a(x)y = b(x) Solution 5.3.1
Réponse : y = 2 + Solution 5.3.2
Réponse : y =
.
Réponse : y = λx
Solution 5.3.6
.
x+2 .
.
.
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sin x
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.
− x. .
.
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.
.
.
.
− cos x + 3 sin 2x − 6cos2x + λe
.
x.
−
2
Solution 5.3.7
.
.
5
.
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arcsin(2x 2 x
√ −−x1)2 + β
Solution 5.3.8
x
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2x
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x
1
Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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− 1 arctan x + x
Solution 5.3.9
Réponse : y =
.
λ
Réponse : y = λx 4/3
Réponse : y =
.
− 31x2 .
Solution 5.3.5
Réponse : y =
.
− cos x + sin1 x++x λ .
Solution 5.3.4
Réponse : y =
.
C + cos x + x sin x . x2
Solution 5.3.3
Réponse : y =
.
− x2
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(1 +
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+1
2x
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ln
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√ xx2++1 1 + λ .
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x) ln x + 1 + λx .
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5.4 Équations différentielles du 2 ordre
Chapitre 5 : Techniques
nd
d’analyse (intégration)
5.4 Équations différentielles du 2nd ordre Solution 5.4.1
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Réponse : y = (x + a cos x + b sin x)ex . Solution 5.4.2
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Réponse : y = (ax + b)e2x + 2xex . Solution 5.4.3
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Réponse : y = e 2x (a cos3x + b sin3x) + 2 cos 2x + sin 2x. Solution 5.4.4
Réponse : y = sin x Solution 5.4.5
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x
lntan + 2 .
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λ cos x + µ sin x.
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Réponse : y = (λ + ln x )e−x + µe−2x .
||
5.5 Équations d’ordre 2 à coefficients non constants Solution 5.5.1
Réponse :
2 y = λe x
Solution 5.5.2
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+ .
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2 x2 + 3 + 16
2 µe2x
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Réponse : y = λx 2 + µ ln x. Solution 5.5.3
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Réponse : y = ax + bx2 + 1 Solution 5.5.4
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− 2x sin x. .
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Réponse : y = x 2 ln x + 1 + λx2
|
Solution 5.5.5
Réponse : y =
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|
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ln .
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+ + 1 x
x
x
1
−2
+ µx2 .
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−1 + a ch x + b sh x . x2
Solution 5.5.6
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√
Réponse : y = λ x2 + 3 + µx Solution 5.5.7
On obtient y (4)
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− 1. .
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− 2y + y = 0. Réponse : = a (ch x − x sh x) + b(x ch x − sh x). Mathématiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
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