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Sujet 0 - Equation différentielle - Exponentielle

Exercice 1

L’exercice est constitué de deux parties indépendantes.

Partie I

On considère l’équation différentielle :

y′+y=e−x y^{\prime} + y = e^{ - x}

  1. Soit uu la fonction définie sur R\mathbb{R} par u(x)=xe−xu(x) = xe^{ - x}.
    Vérifier que la fonction uu est une solution de l’équation différentielle y′+y=e−xy^{\prime} + y = e^{ - x}.

  2. On considère l’équation différentielle y′+y=0y^{\prime} + y = 0. Résoudre l’équation différentielle sur R\mathbb{R}.

  3. En déduire toutes les solutions de l’équation différentielle y′+y=e−xy^{\prime} + y = e^{ - x} sur R\mathbb{R}.

  4. Déterminer l’unique solution gg de l’équation différentielle y′+y=e−xy^{\prime} + y = e^{ - x} telle que g(0)=2g(0) = 2.

Partie II

Dans cette partie, kk est un nombre réel fixé que l’on cherche à déterminer.

On considère la fonction fkf_k définie sur R\mathbb{R} par fk(x)=(x+k)e−xf_k(x) = (x + k)e^{ - x}.

Soit hh la fonction définie sur R\mathbb{R} par h(x)=e−xh(x) = e^{ - x}.

On note CkC_k la courbe représentative de la fonction fkf_k dans un repère orthogonal et CC la courbe représentative de la fonction hh.

On a représenté sur le graphique en annexe les courbes CkC_k et CC sans indiquer les unités sur les axes ni le nom des courbes.

  1. Sur le graphique en annexe à rendre avec la copie, l’une des courbes est en traits pointillés, l’autre est en trait plein. Laquelle est la courbe CC ?

  2. En expliquant la démarche utilisée, déterminer la valeur du nombre réel kk et placer sur l’annexe à rendre avec la copie l’unité sur chacun des axes du graphique.

Bac spé maths - sujet 0 - 2024 - équation différentielle

Corrigé

Partie I

  1. Soit uu la fonction définie sur R\mathbb{R} par u(x)=xe−xu(x) = xe^{ - x}. uu est dérivable sur R\mathbb{R}.

    Calculons la dérivée de uu :

    u(x)=xe−x u(x) = xe^{ - x}

    u′(x)=e−x+x(−e−x)=e−x−xe−x=(1−x)e−x u^{\prime}(x) = e^{ - x} + x( - e^{ - x}) = e^{ - x} - xe^{ - x} = (1 - x)e^{ - x}

    Remplaçons uu et u′u^{\prime} dans l'équation différentielle :

    u′(x)+u(x)=(1−x)e−x+xe−x=e−x u^{\prime}(x) + u(x) = (1 - x)e^{ - x} + xe^{ - x} = e^{ - x}

    On obtient bien e−xe^{ - x}, ce qui montre que uu est une solution de l’équation différentielle y′+y=e−xy^{\prime} + y = e^{ - x}.

  2. L’équation différentielle y′+y=0y^{\prime} + y = 0 peut s'écrire y′=−y y^{\prime}= - y . C'est une équation différentielle du type y′=ay y^{\prime}=ay aveca=−1 a= - 1 .

    D'après le cours, la solution générale de cette équation différentielle est donc :

    y(x)=Ce−x y(x) = Ce^{ - x}

    avec C∈R C \in \mathbb{R} .

  3. La solution générale de l'équation différentielle non homogène y′+y=e−xy^{\prime} + y = e^{ - x} est de la forme :

    y(x)=yh(x)+yp(x) y(x) = y_h(x) + y_p(x)

    où yh(x)y_h(x) est la solution générale de l'équation homogène associée y′+y=0 y^{\prime} + y = 0 et yp(x)y_p(x) est une solution particulière de l'équation non homogène y′+y=e−x y^{\prime} + y = e^{ - x} .

    Nous avons déjà trouvé que les solutions de l'équation homogène y′+y=0 y^{\prime} + y = 0 sont les fonctions x⟼Ce−xx \longmapsto Ce^{ - x}.

    Nous avons également trouvé que u(x)=xe−xu(x) = xe^{ - x} est une solution particulière de l'équation non homogène y′+y=e−x y^{\prime} + y = e^{ - x} .

    La solution générale de l'équation différentielle y′+y=e−xy^{\prime} + y = e^{ - x} est donc :

    y(x)=Ce−x+xe−x y(x) = Ce^{ - x} + xe^{ - x}

  4. Nous avons :

    g(x)=Ce−x+xe−x g(x) = Ce^{ - x} + xe^{ - x}

    Utilisons la condition initiale g(0)=2g(0) = 2 pour trouver CC :

    g(0)=Ce0+0e0=C g(0) = Ce^{0} + 0e^{0} = C

    C=2 C = 2

    Ainsi, l’unique solution g(x)g(x) de l’équation différentielle y′+y=e−xy^{\prime} + y = e^{ - x} telle que g(0)=2g(0) = 2 est :

    g(x)=2e−x+xe−x=(2+x)e−x g(x) = 2e^{ - x} + xe^{ - x} = (2 + x)e^{ - x}

Partie II

  1. La courbe CC est représentative de la fonction h(x)=e−xh(x) = e^{ - x}.

    Pour déterminer laquelle est la courbe CC, nous devons observer que h(x)=e−xh(x) = e^{ - x} a pour dérivée la fonction définie par h′(x)=−e−x h^{\prime}(x)= - e^{ - x} et donc strictement décroissante sur R \mathbb{R} .

    La courbe en trait plein est donc celle de h(x)h(x). La courbe en traits pointillés serait alors celle de fk(x)f_k(x).

  2. La courbe représentative de la fonction hh coupe l'axe des ordonnées au point de coordonnées (0,1)(0,1). Ce point ayant pour ordonnée 11 nous permet de tracer la graduation sur l'axe des ordonnées.

    La courbe représentative de fkf_k coupe l'axe des ordonnées en un point qui semble avoir une ordonnée égale à 22. On en déduit que fk(0)=2f_k(0) = 2, c'est-à-dire (0+k)e0=2(0 + k)e^0 = 2 donc k=2k = 2.

    La courbe en pointillés représente donc la fonction f2f_2 qui à xx associe (x+2)e−x(x + 2)e^{ - x}.

    L'abscisse du point d'intersection entre les deux courbes est la solution de l'équation f2(x)=h(x)f_2(x) = h(x).

    Or :

    f2(x)=h(x)⇔(x+2)e−x=e−x⇔x+2=1⇔x=−1. f_2(x) = h(x) \Leftrightarrow (x + 2)e^{ - x} = e^{ - x} \Leftrightarrow x + 2 = 1 \Leftrightarrow x = - 1.

    L'abscisse du point d'intersection des deux courbes est donc −1 - 1, ce qui permet de graduer l'axe des abscisses.

    bac spécialité sujet 0 équation différentielle courbe corrigée

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