Mathématiques : Pour les sciences de la vie et de la santé en 30 fiches

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Author: Daniel Fredon

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Daniel FREDON

Mathématiques pour les sciences de la vie et de la santé

en 30 fiches

Daniel FREDON

Mathématiques pour les sciences de la vie et de la santé en 30 fiches

© Dunod, Paris, 2008 ISBN 978-2-10-053931-4

Avant-propos Ce livre est destiné à tous les utilisateurs de mathématiques en biologie, pharmacie, médecine, environnement, chimie… principalement aux étudiants qui vont passer un examen ou un concours et qui ont besoin d'accéder rapidement à l'essentiel, avec des exercices d'entraînement et d'applications. C'est pourquoi l'utilisation est facilitée par le découpage en fiches courtes (ce qui vous permet de ne retenir que celles qui sont au programme de l'année) et un index détaillé situé en fin d'ouvrage. Le choix des sujets a été fait en pensant à un public assez large : des sciences de la vie et de la santé (avec beaucoup d'exemples de modélisation) jusqu'à la chimie (avec du calcul vectoriel permettant d'étudier une propriété de la molécule de méthane). Dans les exercices, l'accent a été mis le plus souvent possible sur des situations appliquées, car l'enseignement des mathématiques au public déjà décrit ne doit pas être un sous-produit de l'enseignement des mathématiques en licences de mathématiques et informatique.

© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.

Toutes vos remarques, vos commentaires, vos critiques, et même vos encouragements, seront accueillis avec plaisir. [email protected]

Ava n t - p r o p o s

3

Table des matières Partie 1 : Algèbre et géométrie Fiche 1 Fiche 2 Fiche 3 Fiche 4 Fiche 5 Fiche 6 Fiche 7 Fiche 8 Fiche 9 Fiche 10

6 12 16 20 24 28 32 38 42 48

Rappels d'algèbre Nombres complexes Exponentielle complexe Polynômes Fractions rationnelles Systèmes linéaires Calcul vectoriel Coordonnées non cartésiennes Calcul matriciel Déterminants (ordre 2 ou 3)

Partie 2 : Analyse Fiche 11 Fiche 12 Fiche 13 Fiche 14 Fiche 15 Fiche 16 Fiche 17 Fiche 18 Fiche 19 Fiche 20 4

Suites de réels Suites particulières Fonctions d’une variable réelle Fonctions dérivables Fonctions usuelles Fonctions circulaires et leurs réciproques Fonctions hyperboliques et leurs réciproques Étude globale des fonctions dérivables Étude locale des fonctions dérivables Calcul intégral

52 58 62 68 74 80 86 90 94 100


Fiche 21 Fiche 22 Fiche 23 Fiche 24 Fiche 25

104 110 116 122 128 134 138 146 150 154


Fiche 26 Fiche 27 Fiche 28 Fiche 29 Fiche 30

Calcul de primitives Intégrales généralisées Séries numériques Équations différentielles du premier ordre Équations différentielles linéaires du second ordre à coefficients constants Systèmes différentiels Exemples de modélisation Fonctions de plusieurs variables Optimisation d’une fonction à deux variables Intégrales multiples

Ta b l e d e s m a t i è r e s

5

FICHE

I •

1

Rappels d'algèbre

Opérations sur les nombres réels Corps des nombres réels On dit que l’ensemble R des nombres réels est un corps pour dire qu’il est muni de deux opérations + et ×, avec toutes les propriétés dont vous avez l’habitude.

•

Puissances Définition Soit a ∈ R et n ∈ N (avec n 2). On définit « a puissance n » par : a n = a × · · · × a n facteurs

/ 0), a −n = On pose de plus : a = a, a = 1 (pour a = 1

0

1 / 0). (pour a = an

Propriétés / 0, b = / 0, on a : Pour n ∈ Z, p ∈ Z, a = a n × a p = a n+ p n a an = n b b •

a n bn = (ab)n

(a n ) p = a np

an = a n− p ap

Formules de calcul a et b étant deux réels quelconques, on a : Identités remarquables (a + b)2 = a 2 + 2ab + b2 ; (a − b)2 = a 2 − 2ab + b2 ; (a − b)(a + b) = a 2 − b2 Formule du binôme (a + b) = n

n n k=0

6

k

k

a b

n−k

où

n k

=

n! k!(n − k)!


1

Autre égalité a n − bn = (a − b)

n−1

a n−k−1 bk .

k=0

•

Racine n-ième Définition Soit n ∈ N∗ et x ∈ R+ . On appelle racine n-ième de x l’unique réel positif a tel que a n = x. On écrit : √ 1 a = n x = xn. Propriétés 1

La fonction R+ dans R+ : x → x n est une bijection strictement croissante. p p 1 ∗ q Pour x ∈ R+ , p ∈ Z, q ∈ N , on note x = x q Les règles de calcul sur les exposants rationnels sont alors les mêmes que pour les exposants entiers.

II Inégalités •

Propriétés des inégalités Lorsque x > 0 et y > 0, ou x < 0 et y < 0, on a :


x y ⇐⇒

1 1 x y

Si x et y sont de signes contraires, le résultat n’est plus le même.

√ √ Pour x 0 et y 0, on a : x 2 y 2 ⇐⇒ x y ⇐⇒ x y . On a toujours : x y ⇐⇒ x + z y + z. Pour z > 0 : x y ⇐⇒ x z yz ; pour z < 0 : x y ⇐⇒ x z yz . Si on ne connaît pas le signe de z, on ne peut rien dire.

•

Intervalles [a,b] est l’ensemble des x tels que : a x b. [a,b[ est l’ensemble des x tels que : a x < b. On définit de même ]a,b],]a,b[,[a,+∞[. . . FICHE 1 – Rappels d’algèbre

7

Pour des réels quelconques, on a : a x b ⇐⇒ −b −x −a a x b et a y b ⇒ a + a x + y b + b Attention à ne pas soustraire membre à membre des inégalités. Sinon, on aurait, par exemple, 6 x 8 et 1 y 5 qui entraînerait 6 − 1 x − y 8 − 5 , d’où 5 3 , ce qui serait curieux !

III Valeur absolue •

Définition La valeur absolue d’un réel x, notée |x|, est le réel positif tel que : |x| = x si x 0 ; |x| = −x si x 0 Si x et y sont deux réels, |x − y| représente la distance de x à y.

•

Propriétés |x| = |y| ⇐⇒ (x = y ou x = −y) x |x| |x y| = |x| |y| ; = / 0) ; |x| − |y| |x − y| |x| + |y| (si y = y |y| Soit a > 0. On a : |x − b| a ⇐⇒ b − a x b + a

IV Approximations •

Partie entière Étant donné un nombre réel x, il existe un plus grand entier relatif, noté E(x) ou [x], tel que E(x) x. On l’appelle la partie entière de x. On a donc, par définition : E(x) x < E(x) + 1 . Attention à ne pas confondre avec la suppression de la partie décimale quand x < 0 ; par exemple E(−4, 3) = −5 .

•

Valeurs décimales approchées Soit x ∈ R et n ∈ N. Il existe un entier d unique tel que d × 10−n x < (d + 1) × 10−n . d est la partie entière de 10n x .

8


1 d × 10−n s’appelle la valeur décimale approchée de x à 10−n près par défaut, et (d + 1) × 10−n celle par excès. •

Notation scientifique Soit x un nombre décimal non nul. Il existe un nombre décimal α et un entier m uniques tels que : x = α × 10m

avec 1 |α| < 10.

Cette écriture est la notation scientifique de x. Si β est l’entier le plus proche de α, alors l’ordre de grandeur de x est β × 10m.

V Entiers naturels •

Raisonnement par récurrence Soit E(n) un énoncé qui dépend d’un entier naturel n. Si E(0) est vrai, et si, quel que soit k, l’implication E(k) ⇒ E(k + 1) est vraie, alors l’énoncé E(n) est vrai pour tout entier n. Ce principe a diverses variantes, par exemple : si E(0) est vrai, et si, quel que soit k 0, l’implication

E(0) et E(1) et . . . et E(k) ⇒ E(k + 1)

•

est vraie, alors l’énoncé E(n) est vrai pour tout entier n. Le symbole


Une somme comme S = x 1 + x2 + · · · + x86 + x87 se note : S =

87

xi et se lit :

i=1

somme de i = 1 à i = 87 des xi. Dans cette écriture, la lettre i choisie pour désigner l’indice n’intervient pas dans le résultat. On dit qu’il s’agit d’une variable muette. Propriétés n n n n n (xi + yi ) = xi + yi ; (kxi ) = k xi i=1

i=1

i=1

i=1

i=1

FICHE 1 – Rappels d’algèbre

9

Application Parmi les affirmations qui suivent, déterminez celles qui sont vraies et celles qui sont fausses. Pour tout x réel : 1 1. si 0 < x < 10−4 alors 104 < x 1 2. si 0 < x < 103 alors < 10 x 3. si x < 10 alors x 2 < 103 1 1 > 103 ou < 10−4 4. si 10−4 < |x| < 10−3 alors x x −3 2 −3 5. si |x| < 10 alors x < 10

Solution Réponses vraies : 1., 4., 5. – Comme x > 0, on a : x < 10−4 ⇐⇒

1 1 1 > −4 soit > 104 ; donc 1. est vraie. x 10 x

1 = 102 , montre que 2. est faux. x – Le contre-exemple x = −103 , où x 2 = 106 , montre que 3. est faux. / 0. – L’hypothèse de 4. entraîne que x = 1 1 Si x > 0, on a : x < 10−3 ⇐⇒ > 103 . Si x < 0, on a < 0 < 10−4 . Dans tous les x x cas 4. est vraie. – Comme |x| < 10−3 ⇐⇒ x 2 < 10−6 et 10−6 < 10−3 , 5. est vraie. – Le contre-exemple x = 10−2 , où

Application x − 2 1. Résolvez dans R l’inéquation : x + 2 Solution algébrique Pour tout x du domaine de définition D = R \ {−2}, on a : 2 2 x − 2 1 ⇐⇒ x − 2 1 ⇐⇒ (x − 2) − 1 0 x + 2 x +2 (x + 2)2 (x − 2)2 − (x + 2)2 0 ⇐⇒ x 0 ⇐⇒ (x + 2)2

.

L’ensemble des solutions est donc S = [0,+∞[. 10


1

Solution géométrique L’inéquation est équivalente à |x − 2| |x + 2|. Sur un axe orienté, désignons par A le point d’abscisse −2, par B le point d’abscisse 2 et par M le point d’abscisse x. La résolution de l’inéquation est la recherche des points M plus près de B que de A. C’est la demi-droite d’origine O (milieu de [AB]) contenant B.

Application n n(n + 1) (−1)n−k k 2 = pour n ∈ N∗ . Démontrez par récurrence que : 2 k=1 Solution 1×2 · – Pour n = 1, on vérifie bien que 1 = 2 – Supposons que l’égalité soit vraie pour un entier N quelconque, et montrons qu’elle est alors vraie pour N + 1. Écrivons la somme à calculer pour N + 1 de sorte que l’hypothèse pour N soit utilisable : N +1 N (−1) N +1−k k 2 = − (−1) N −k k 2 + (N + 1)2 k=1

k=1

=−

N (N + 1) (N + 1)(N + 2) + (N + 1)2 = 2 2


La propriété est donc vérifiée pour N + 1. – La propriété est donc démontrée par récurrence pour n ∈ N∗ quelconque.

FICHE 1 – Rappels d’algèbre

11

FICHE

I •

2

Nombres complexes

Forme algébrique Définition Tout nombre complexe z s’écrit, de manière unique, z = x + iy avec x et y réels, i étant un nombre complexe particulier tel que i2 = −1. Le réel x s’appelle la partie réelle de z , et se note Re(z). Le réel y s’appelle la partie imaginaire de z , et se note Im(z).

•

Égalité Deux nombres complexes sont égaux si, et seulement si, ils ont même partie réelle et même partie imaginaire. Attention, il n’y a pas d’inégalités dans C . N’écrivez jamais qu’un nombre complexe est positif, ou négatif. Cela n’aurait aucun sens.

•

Opérations dans C L’addition et la multiplication ont les mêmes propriétés que pour les réels. Pensez à remplacer i2 par −1.

•

Plan complexe → → u ,− v ) un repère orthonormal direct du plan. Soit (O,− Le point M(x,y) est l’image de z = x + iy, et z l’affixe de M. → → u + β− v est le nombre complexe z = α + iβ. L’affixe du vecteur α− −→ Si z A et z B sont les affixes de A et B, le vecteur AB a pour affixe z B − z A. La somme des nombres complexes correspond à l’addition des vecteurs.

•

Conjugué d’un nombre complexe Le conjugué de z = x + iy est le nombre complexe z = x − iy. z z z = z ; z + z = z + z ; zz = z z ; = · z z

12 Mathématiques pour les sciences de la vie et de la santé en 30 fiches

2

II Forme trigonométrique •

Module d’un nombre complexe Définition Le module de z = x + iy (où x ∈ R et y ∈ R) est le nombre réel positif √ z z = x 2 + y 2 . On le note |z|, ou ρ, ou r. Si M est l’affixe de z , |z| est la longueur O M. Propriétés Si z ∈ R, le module de z est la valeur absolue de z . Le module d’un nombre complexe a des propriétés qui prolongent celles de la valeur absolue d’un nombre réel : |z| = 0 ⇐⇒ z = 0 ; |Re (z)| |z| ; |Im (z)| |z| ; |z| − |z | |z − z | |z| + |z |; z |z| |zz | = |z| |z | ; |z n | = |z|n pour n ∈ N ; = si z = / 0. z |z | / R, alors z 2 = / |z|2 . Si z ∈ R, alors z 2 = |z|2 ; mais si z ∈

•

Forme trigonométrique


Tout nombre complexe non nul z s’écrit sous forme trigonométrique : z = ρ (cos θ + i sin θ) avec ρ > 0. ρ = |z| est le module de z . θ est un argument de z , noté arg z . Il est défini, modulo 2π, par : x y cos θ = et sin θ = · ρ ρ •

M

y ρ v θ O

u

x

Propriétés de l’argument d’un nombre complexe non nul Les égalités suivantes ont lieu à 2kπ près (avec k ∈ Z) : arg (zz ) = arg z + arg z ; arg (z n ) = n arg z avec n ∈ Z ; z 1 = − arg z ; arg = arg z − arg z . arg z z z est réel si, et seulement si, z = 0 ou arg z = 0 [π] . π z est imaginaire pur si, et seulement si, z = 0 ou arg z = [π] . 2 FICHE 2 – Nombres complexes

13

Application À tout nombre complexe a, on associe l’application f définie sur C \ {1} par a − az f (z) = · 1−z 1. Que pouvez-vous dire de f si a est réel ? 2. On suppose a = i a) Trouvez l’ensemble des points M d’affixe z tels que f (z) soit réel positif. b) Soit z ∈ C . Déterminez les antécédents par f de z . 3. Trouvez l’ensemble des points M d’affixe z tels que f (z) soit réel.

Solution 1. f est constante égale à a.

−2y + i (1 − x 2 − y 2 ) −y + i (1 + x) = 1−x −iy (1 − x)2 + y 2 ⇐⇒ Im f (z) = 0 et Re f (z) 0

2. a) On a : f (z) = f (x + i y) = f (z) ∈ R+

⇐⇒ 1 − x 2 − y 2 = 0 et − 2y 0 L’ensemble cherché est le demi-cercle trigonométrique du demi-plan y 0, privé du point U d’affixe 1. b) On a : f (z) = z ⇐⇒ z (z + i) = z − i car z = 1 n’est pas solution. Discutons en fonction du paramètre z . Si z = −i, alors z n’a pas d’antécédent. z − i · / − i, alors z a un antécédent, et un seul : Si z = z +i a−az a−az 3. f (z) ∈ R ⇐⇒ f (z) = f (z) ⇐⇒ = 1−z 1−z . ⇐⇒ (a − az) (1 − z) = (a − az) (1 − z) ⇐⇒ (a − a) (zz − 1) = 0 Si a ∈ R, l’ensemble est le plan privé de U . / R, on a f (z) ∈ R ⇐⇒ zz = 1 ⇐⇒ x 2 + y 2 = 1 . Si a ∈ L’ensemble est le cercle trigonométrique privé de U .

14


2

Application 1+i π π · pour calculer cos et sin Utilisez Z = √ 12 12 3+i

Solution • Forme trigonométrique : cherchons le module et l’argument de Z. √ 2 |1 + i| = |Z | = √ 2 | 3 + i| √ π π π arg (Z ) = arg (1 + i) − arg ( 3 + i) = − = [2π] 4 6 12 √ 2 π π cos + i sin On peut donc écrire : Z = 2 12 12 • Forme algébrique : multiplions à la fois le numérateur et le dénominateur de la fraction par le conjugué du dénominateur. √ √ √ 3+1 3−1 (1 + i) ( 3 − i) Z= √ = +i · √ 4 4 ( 3 + i) ( 3 − i) √ √ π ( 3 − 1) 2 sin = · 12 4


• En égalant les deux formes, on obtient : √ √ ( 3 + 1) 2 π = et cos 12 4

FICHE 2 – Nombres complexes

15

FICHE

I •

3

Exponentielle complexe

Exponentielle complexe Définition et propriétés On définit l’exponentielle du nombre complexe z = x + iy par : ez = ex eiy = ex (cos y + i sin y) . Cette notation est justifiée par le prolongement des propriétés déjà connues pour l’exponentielle réelle : ∀z ∈ C

∀z ∈ C ∀z ∈ C

∀n ∈ Z

ez ez = ez+z ; z n e = enz .

Si z est une constante complexe et t une variable réelle, on a : d zt e = z ezt . dt •

Formule de Moivre ∀θ ∈ R ∀n ∈ Z

( cos θ + i sin θ)n = cos nθ + i sin nθ ,

ce qui s’écrit avec la notation précédente : (eiθ )n = einθ . •

Formules d’Euler Pour tout réel x et tout entier n, on a : eix + e−ix 2

;

sin x =

einx + e−inx 2

;

sin (nx) =

cos x = cos (nx) =

eix − e−ix ; 2i einx − e−inx · 2i

On peut utiliser ces formules pour linéariser des polynômes trigonométriques, avant d’en calculer une primitive.

16


3

II Racines n-ièmes d’un nombre complexe •

Racines n-ièmes de l’unité Soit Un l’ensemble des racines n-ièmes de 1, c’est-à-dire l’ensemble des nombres complexes z tels que z n = 1. On a : Un = {u 0 ,u 1 ,. . . ,u n−1 }

avec

u k = cos

2kπ 2kπ + i sin = (u 1 )k n n

Propriété n−1

uk = 0 .

k=0

•

Racines n-ièmes d’un nombre complexe non nul Tout nombre complexe non nul a = ρ (cos θ + i sin θ) possède n racines n-ièmes : θ + 2kπ θ + 2kπ √ n z k = ρ cos + i sin avec k ∈ {0,. . . ,n − 1} . n n À partir de l’une d’entre elles, on peut les obtenir toutes en la multipliant par les éléments de U .


•

Cas particulier des racines carrées Pour déterminer les racines carrées de z = a + ib, il est plus commode de procéder par identification, c’est-à-dire de chercher les réels α et β tels que (α + iβ)2 = a + ib. L’égalité des parties réelles et des parties imaginaires donne : α2 − β2 = a L’égalité des modules conduit à : α2 + β2 =

et

2α β = b .

a 2 + b2 .

On en déduit α2 et β2 , puis α et β en utilisant le fait que α β est du signe de b. Ce calcul est utilisé lors de la résolution d’une équation du second degré à coefficients complexes.

FICHE 3 – Exponentielle complexe

17

Application Calculez I =

π 4

cos4 x dx.

0

Solution On va linéariser cos4 x, c’est-à-dire l’écrire sous forme d’une somme d’expressions de degré 1. On peut utiliser les formules d’Euler et la formule du binôme : 4 ix e + e−ix 1 4 cos x = = 4 ei4x + 4 ei2x + 6 + 4 e−i2x + e−i4x 2 2 i4x ei2x + e−i2x 3 cos 2x cos 4x 1 e + e−i4x +4 +3 = + + = 8 2 2 8 2 8

π 3π 1 1 1 3 x + sin 2x + sin 4x 4 = + D’où : I = 8 4 32 32 4 0

Application En faisant confiance à la notation exponentielle, retrouvez les formules de trigonométrie qui donnent cos (a + b) et sin (a + b).

Solution L’exponentielle complexe ayant les mêmes propriétés que l’exponentielle réelle, pour a et b réels, on doit avoir : ei (a+b) = ei a ei b c’est-à-dire en détaillant :

cos (a + b) + i sin (a + b) = cos a + i sin a cos b + i sin b .

En développant le produit du second membre, et en égalant les parties réelles et les parties imaginaires, on obtient : cos (a + b) = cos a cos b − sin a sin b sin (a + b) = sin a cos b + cos a sin b

18


3

Application Résolvez dans C l’équation : z 2 − 2iz + 2 − 4i = 0.

Solution L’équation est du second degré. Le fait que les coefficients soient complexes ne changent pas les formules dont vous avez l’habitude. On calcule le discriminant : = (−2i)2 − 4(2 − 4i) = −12 + 16 i . On cherche les racines carrées de , c’est-à-dire les nombres complexes tels que : −12 + 16 i = (a + i b)2 = a 2 − b2 + 2ab i En égalant les parties réelles et imaginaires, et aussi les modules, on obtient :  2 a − b2 = −12   2ab = 16   2 a + b2 = || = 20 ce qui donne :

 2 a =4   b2 = 16   ab > 0

Les racines carrées de sont donc : 2 + 4i et −2 − 4i et les racines de l’équation :


z1 =

2i + 2 + 4i =1+3i ; 2

z2 =

2i − 2 − 4i = −1 − i 2

FICHE 3 – Exponentielle complexe

19

FICHE

I •

4

Polynômes

Généralités Définitions P est une fonction polynôme s’il existe des réels a0 ,. . . ,an tels que : ∀x ∈ R P(x) = an x n + · · · + a1 x + a0 . Les nombres ai sont les coefficients du polynôme. / 0 , le plus grand entier n tel que an = / 0 est le degré de P. On le note d◦ P Si P = ou deg P. Lorsque an = 1, le polynôme est dit unitaire ou normalisé. Pour le polynôme nul P = 0, on convient que d◦ P = −∞ . L’ensemble des polynômes à coefficients dans K (avec K = R ou C) se note K [X].

•

Opérations algébriques n m ai x i et Q(x) = b j x j deux éléments de K [X] et λ ∈ K. Soit P(x) = i=0

j=0

Addition de deux polynômes r (P + Q)(x) = ck x k avec r = max (m,n) et ck = ak + bk . k=0

/ d◦ Q , il y a égalité. On a d◦ (P + Q) max (d◦ P,d◦ Q) . Si d◦ P = Produit par un scalaire n (λ P)(x) = (λ ai ) x i . Si λ = / 0 , on a d◦ (λ P ) = d◦ P. i=0

Produit de deux polynômes (P Q)(x) =

m+n k=0

dk x k avec dk =

ai b j .

i+ j=k

On a d◦ (P Q) = d◦ P + d◦ Q . 20


4

II Factorisation •

Divisibilité Si A = B Q, on dit que A est un multiple de B, ou que B est un diviseur de A. On dit que A et B sont des polynômes associés lorsque A = λB avec λ ∈ K ∗.

•

Division euclidienne / 0. Il existe des polynômes Soit A et B deux polynômes de K [X], avec B = uniques Q et R dans K [X], tels que : A = B Q + R avec d◦ R < d◦ B. Q est le quotient, et R le reste, dans la division euclidienne de A par B.

•

Racines d’un polynôme Définitions Les racines de l’équation P(x) = 0 sont les zéros, ou racines, de P. Un zéro α de P est dit d’ordre k, ou de multiplicité k (avec k ∈ N∗ ), s’il existe / 0. Q ∈ K [X] tel que P(x) = (x − α)k Q(x) avec Q(α) = Caractérisation d’une racine d’ordre k Un zéro α de P est d’ordre k si, et seulement si, P(α) = 0 , P(α) = 0 , . . . , P (k−1) (α) = 0 , P (k) (α) = / 0.


Théorème de d’Alembert Tout polynôme de C[X], de degré n, a exactement n racines dans C, en comptant chaque racine autant de fois que son ordre de multiplicité. •

Polynômes irréductibles Un polynôme P de K [X] est irréductible si d◦ P 1 , et s’il n’est divisible que par les polynômes associés à 1 et à P.

•

Décomposition Tout polynôme de degré 1 se factorise en un produit d’un élément de K ∗ et de polynômes irréductibles unitaires. Dans C[X], les polynômes irréductibles sont les polynômes de degré 1. Dans R[X], les polynômes irréductibles sont les polynômes de degré 1, et les polynômes ax 2 + bx + c avec b2 − 4ac < 0. Si P ∈ R[X], on peut le considérer dans C[X], et si α est un zéro non réel de P, alors P admet aussi le conjugué α pour zéro, avec le même ordre de multiplicité que α. F I C H E 4 – Po l y n ô m e s

21

Application Soit P un polynôme tel que le reste de la division de P(x) par x − 1 soit −2, et le reste de la division de P(x) par x − 2 soit −3. Quel est le reste de la division de P(x) par (x − 1)(x − 2) ?

Solution Comme on veut diviser le polynôme P(x) par un polynôme de degré 2, l’égalité de division s’écrit : P(x) = (x − 1)(x − 2)Q(x) + α x + β . En remplaçant x par 1 puis par 2, on obtient : P(1) = −2 = α + β P(2) = −3 = 2α + β

⇐⇒

α = −1 β = −1

Le reste de la division est donc : R(x) = −x − 1.

Application Soit B(x) = nx n − x n−1 − x n−2 − · · · − x − 1 . En utilisant (1 − x)B(x), prouvez que toutes les racines de B sont simples.

Solution Pour démontrer que toutes les racines de B(x) sont simples, nous allons raisonner par l’absurde, c’est-à-dire supposer qu’il existe une racine au moins double et montrer que ce n’est pas possible. Développons le produit donné dans l’énoncé : (1 − x)B(x) = nx n − x n−1 − x n−2 − · · · − x − 1 −nx n+1 + x n + x n−1 + x n−2 + · · · + x n+1 n = −nx + (n + 1) x − 1 Dérivons cette égalité : −B(x) + (1 − x)B (x) = −n(n + 1)x n + n(n + 1)x n−1 = n(n + 1)x n−1 (1 − x) Si x est une racine au moins double, elle vérifie : B(x) = B (x) = 0. D’après l’égalité précédente, les seules valeurs possibles sont 0 et 1. Comme B(0) = −1, la valeur 0 n’est pas racine de B(x). 22


4 On a bien B(1) = 0 . Mais après avoir calculé B (x), on obtient : n(n − 1) B (1) = n 2 − (n − 1) + (n − 2) + · · · + 1 = n 2 − = / 0. 2 Donc 1 n’est pas racine double, et B(x) n’admet pas de racine multiple.

Application Montrez que i est racine double du polynôme : P(x) = x 6 + x 5 + 3x 4 + 2x 3 + 3x 2 + x + 1 . Factorisez P(x) dans R[X].

Solution On a P (x) = 6x 5 + 5x 4 + 12x 3 + 6x 2 + 6x + 1. Comme P(i) = 0 = P (i) , i est racine au moins double de P(x). P(x) étant à coefficients réels, le conjugué −i est aussi racine au moins double. P(x) est donc divisible par (x − i)2 (x + i)2 = (x 2 + 1)2 . En effectuant la division, on obtient : P(x) = (x 4 + 2x 2 + 1) (x 2 + x + 1) = (x 2 + 1)2 (x 2 + x + 1) .


Comme x 2 + x + 1 n’a pas de racine réelle, il s’agit de la factorisation en polynômes irréductibles dans R[X].

F I C H E 4 – Po l y n ô m e s

23

FICHE

5

Fractions rationnelles

I

Décomposition en éléments simples

•

Forme générale – Une fraction rationnelle est une fonction qui peut s'écrire sous la forme A(x) F(x) = / 0 sont deux polynômes. En simplifiant, on a où A(x) et B(x) = B(x) une écriture irréductible. – On note K (X) l'ensemble des fractions rationnelles à coefficients dans K (K = R ou C). – Une fraction rationnelle irréductible s'écrit de façon unique, sous la forme : R(x) F(x) = E(x) + avec d◦ R < d◦ B . B(x) – E(x) est la partie entière, et

R(x) la partie fractionnaire de F(x). B(x)

•

Éléments simples Un élément simple de K (X) est une fraction rationnelle, non nulle, de la forme P(x) S(x) = α où Q est un polynôme irréductible de K [X] , α ∈ N∗ et Q (x) d◦ P < d◦ Q . Si d◦ Q = 1, l'élément simple S(x) est dit de première espèce ; alors P(x) = a . Si d◦ Q = 2, il est dit de deuxième espèce ; on a alors P(x) = ax + b.

•

Partie polaire Si la factorisation de B en polynômes irréductibles comporte un terme Q α avec Q irréductible et α ∈ N∗ , on appelle partie polaire de F relative à Q une somme d'éléments simples du type : P1 P2 Pα , + α−1 + · · · + α Q Q Q où, pour tout i, d◦ Pi < d◦ Q .

24


5

Pour une fraction F donnée, les polynômes Pi existent et sont uniques. Théorème de décomposition Toute fraction rationnelle, écrite sous forme irréductible, est égale, de façon unique, à la somme de sa partie entière et des parties polaires relatives à chacun des facteurs irréductibles intervenant dans la décomposition de B .

II Méthodes pratiques de décomposition •

Plan d'étude – On met F sous forme irréductible. – On obtient E et R à l'aide de la division euclidienne de A par B. – On factorise B en polynômes irréductibles. – On écrit la forme littérale de la décomposition en éléments simples de F, ou de R · Pour ceci, il faut distinguer le cas où la décomposition a lieu dans C(X) et B ne comporte que des éléments simples de première espèce, ou dans R(X) auquel cas il peut y avoir des éléments simples de première et de deuxième espèce. – On détermine les coefficients à l'aide de diverses méthodes.


•

Méthodes pratiques – La méthode la plus rudimentaire consiste à réduire au même dénominateur la forme décomposée, et à identifier les numérateurs. – Vous pouvez remplacer x par des valeurs numériques, différentes des pôles. – Sachant que la décomposition est unique, si F est paire, ou impaire, on obtient des relations entre les coefficients. – En multipliant F(x) par Q k (x) et en remplaçant x par un zéro deQ, on obtient le numérateur associé à Q k (x). a – Si α est un pôle simple, la partie polaire associée vérifie : x −α A(α) · a= B (α)

F I C H E 5 – Fra c t i o n s ra t i o n n e l l e s

25

Application 1 + 3x + 2 1. Exprimez f (x) comme somme de fractions rationnelles plus simples. 1 f (x) dx. 2. Déduisez-en la valeur de I = Soit f la fonction définie par f (x) =

x2

0

Solution 1. Comme x 2 + 3x + 2 = (x + 1) (x + 2) , la fonction f est définie sur ] − ∞; −2[ ∪ ] − 2; −1[ ∪ ] − 1; +∞[ . Comme les deux pôles sont simples, f (x) peut se décomposer en éléments simples sous la forme : x2

1 a b = + · + 3x + 2 x +1 x +2

En multipliant les deux membres de cette égalité par x + 1 et en remplaçant x par −1, on obtient a = 1. En multipliant par x + 2 et en remplaçant x par −2, on obtient b = −1. 1 1 − · Donc f (x) = x +1 x +2 2. L'intervalle d'intégration est inclus dans un intervalle où f est définie. On déduit de la question précédente : 1 1 I = f (x) dx = ln|x + 1| − ln|x + 2| 0

26

0

. 4 ≈ 0,288 = ln2 − ln3 + ln2 = ln 3


5

Application Simplifiez la somme : S =

n k=0

1 · (x + k) (x + k + 1)

Solution 1 a deux pôles simples. (x + k) (x + k + 1) Sa décomposition en éléments simples est de la forme : La fraction rationnelle

1 a b = + · (x + k) (x + k + 1) x +k x +k+1 En multipliant les deux membres de cette égalité par x + k et en remplaçant x par −k, on obtient a = 1. En multipliant par x + k + 1 et en remplaçant x par −k − 1 , on obtient b = −1. Donc

1 1 1 = − (x + k) (x + k + 1) x +k x +k+1

On en déduit, en explicitant la notation : 1 1 1 1 1 1 + + ··· + S= − − − x x +1 x +1 x +2 x +n x +n+1


Les termes intermédiaires se simplifient de proche en proche. Il ne reste que le premier et le dernier, soit : S=

1 1 n+1 − = · x x +n+1 x (x + n + 1)

F I C H E 5 – Fra c t i o n s ra t i o n n e l l e s

27

FICHE

I •

6

Systèmes linéaires

Généralités Définitions – Un système de n équations linéaires à p inconnues, à coefficients dans K = R ou C, est de la forme :  a11 x1 + · · · + a1 p x p = b1    .. .. (S) . .    an1 x1 + · · · + anp x p = bn – Les coefficients ai j et les seconds membres bi sont des éléments donnés de K. Les inconnues x1 ,. . . ,x p sont à chercher dans K. – Le système homogène associé à (S) est le système obtenu en remplaçant les bi par 0. – Une solution est un p-uplet (x1 ,. . . ,x p ) qui vérifient (S). – Résoudre (S), c'est chercher toutes les solutions. – Un système est impossible, ou incompatible, s'il n'admet pas de solution. – Deux systèmes sont équivalents s'ils ont les mêmes solutions.

•

Systèmes triangulaires Un système linéaire (S) est triangulaire si n = p (il y a autant d'équations que d'inconnues) et si ai j = 0 pour tous j < i. Théorème Un système triangulaire dont les éléments diagonaux aii sont tous non nuls a une solution, et une seule.

L'obtention de cette solution peut se faire par substitution en partant de la dernière ligne où il ne figure qu'une seule inconnue ; puis en reportant dans l'équation qui précède, et ainsi de suite. 28


6

II Méthode du pivot de Gauss •

Principe de la méthode La méthode consiste à construire un système triangulaire équivalent à (S). On obtient un système équivalent en utilisant l'une des opérations élémentaires : – addition d'un multiple d'une ligne à une autre ligne, ce qui se code : Li L i + αL j ; α Li ; – multiplication d'une ligne par un scalaire α non nul, ce qui se code : L i – échange de deux lignes, ce qui se code : L i → L j . −→

−→

−→

À chaque étape le pivot α est choisi pour faire apparaître des 0 en-dessous, pour finalement aboutir à un système triangulaire. En calcul numérique, pour minimiser les erreurs d'arrondi, on choisit comme pivot le terme de plus grande valeur absolue.

Remarques Si, au cours du calcul, on rencontre – une équation du type 0x1 + · · · + 0xn = 0, on peut la supprimer et continuer le procédé, / 0, le système n'a – une équation du type 0x1 + · · · + 0xn = b avec b = pas de solution et il est inutile de continuer.


•

Méthode de Gauss-Jordan Dans cette variante du pivot de Gauss, à chaque étape on fait apparaître des zéros à la fois au-dessus et au-dessous du pivot. On obtient ainsi directement la solution (si elle existe) sans avoir à effectuer des substitutions pour achever la résolution.

FICHE 6 – Systèmes linéaires

29

Application Un agriculteur a livré à sa coopérative 30 t de blé, 45 t de tournesol et 75 t de sorgho. Il a reçu un chèque de 234 M€. Le prix de la tonne de blé est la moyenne du prix de la tonne de tournesol et du prix de la tonne de sorgho. D'autre part, s'il avait livré une tonne de chacun de ces produits, il aurait reçu 5,1 M€. Quel est le prix payé à la tonne de chacun des produits livrés ? (la réalité des prix n'est pas garantie).

Solution Désignons par x, y et z les prix respectifs, en M€, d'une tonne de blé, d'une tonne de tournesol et d'une tonne de tournesol. Les informations fournies se traduisent alors par le système linéaire de 3 équations à 3 inconnues :  30x +45y +75z = 234   (S) 2x −y −z = 0   x +y +z = 5,1 La résolution peut se faire par la méthode du pivot de Gauss :   x +y +z = 5,1 x +y     (S) ⇐⇒ 3y +3z = 10,2 ⇐⇒ y     15y +45z = 81  x = 1,7   ⇐⇒ y = 2,4   z = 1

+z

= 5,1

+z

= 3,4

30z

=

30

Cette méthode a l'avantage d'être automatique. Mais, ici, vous pouvez obtenir directement x avec L 2 + L 3 , puis substituer. Les prix unitaires sont donc de 1,7 M€ par tonne pour le blé, 2,4 M€ par tonne pour le tournesol et 1 M€ par tonne pour le sorgho. La mise en équations suppose implicitement que la situation est linéaire, c'est-à-dire que, pour chaque produit, le prix total est proportionnel au prix unitaire et que le prix total est la somme des prix payés pour chaque produit. L'existence de subventions fixes, par exemple, pourrait rendre le problème non linéaire.

30


6

Application Dans une cage, on a une population de 100 souris. Elle est composée de mâles gris et de femelles blanches. On laisse la population se développer pendant un mois. À la fin de l'expérience, on dénombre 284 souris. L'accouplement des souris donne une fois sur quatre une souris blanche, et trois fois sur quatre une souris grise. En un mois, le nombre de mâles a été multiplié par 2, et le nombre de femelles par 3. Il n'y a pas eu de mort au cours de l'expérience. 1. Déterminez le nombre de mâles et le nombre de femelles en début d'expérience. 2. Déterminez le nombre de souris grises et le nombre de souris blanches à la fin du mois.

Solution 1. Notons x le nombre de mâles et y le nombre de femelles en début d'expérience. D'après les informations fournies, ces nombres (entiers) vérifient le système : x+y = 100 2x + 3y

= 284


La combinaison 3L 1 − L 2 donne x = 16, puis, en reportant dans L 1 on obtient y = 84. Il y avait donc au départ 16 mâles gris et 84 femelles blanches. 2. On est passé de 100 souris à 284 souris, sans mortalité. Il y a donc eu 184 nais184 = 46 souris sances. D'après les informations fournies, elles se décomposent en 4 blanches et 184 − 46 = 138 souris grises. À la fin du mois, il y a donc 16 + 138 = 154 souris grises et 84 + 46 = 130 souris blanches. La couleur du pelage n'est donc plus un caractère de reconnaissance statistique du sexe.

FICHE 6 – Systèmes linéaires

31

FICHE

I •

7

Calcul vectoriel

Barycentre de points pondérés Définition Soit A1 ,. . . ,An des points du plan ou de l’espace, affectés de coefficients respecn αi = / 0. Le barycentre de ce système de points pondétifs α1 ,. . . ,αn tels que i=1

rés est l’unique point G tel que :

n

→ −−→ − αi G Ai = 0 .

i=1

On a alors, pour tout point P :

n i=1

−−→ −→ αi P Ai = αi PG . n

i=1

En choisissant P = O , on peut ainsi calculer les coordonnées de G. •

Propriétés Le barycentre d’un système de points pondérés n’est pas modifié si on multiplie tous les coefficients par un même nombre non nul. / 0, le barycentre des points pondérés (A1 ,α1 ),. . . ,(An ,αn ) est Si α1 = · · · = αn = donc le même que celui de (A1 ,1),. . . ,(An ,1) . On l’appelle l’isobarycentre des points. Le barycentre d’un ensemble de points pondérés est inchangé si on remplace un sous-ensemble par son barycentre partiel (s’il existe) affecté de la somme des coefficients des points remplacés.

•

Applications En géométrie, l’isobarycentre de deux points A et B est le milieu du segment [AB], de trois points non alignés A, B et C est le centre de gravité du triangle ABC, de quatre points non coplanaires A, B, C, D est le centre de gravité du tétraèdre ABC D. En physique, si les coefficients αi sont les masses des points Ai , le barycentre est le centre d’inertie, ou centre de gravité, du système. La définition se généralise à une infinité de points.

32


7

II Produit scalaire •

Définition → → u et − v deux vecteurs non nuls définissant un angle θ. Le produit scalaire Soit − − → → v est le réel : de u et de − − → → → → u ·− v = − u − v cos θ − → − → où u est la norme de u . → → u ·− v = 0. Si l’un des vecteurs est nul, on pose −

•

Orthogonalité – On dit que deux vecteurs sont orthogonaux lorsque leur produit scalaire est nul. – Théorème de Pythagore → − → → → → → u 2 + − v 2 . u et − v sont orthogonaux si, et seulement si, − u +− v 2 = − − →− → − →− →− → – Une base ( i , j ) du plan, ou ( i , j , k ) de l’espace, est orthonormale si les vecteurs sont tous de norme 1 et sont deux à deux orthogonaux. – Expression analytique du produit scalaire − →− →− → Si ( i , j , k ) est une base orthonormale de l’espace et si − → − → − → − → − → − → − → → u = x i + y j + z k et − v = x i + y j + z k , alors :


− → → u ·− v = x x + yy + zz . •

Applications En géométrie, dans un repère orthonormal, on a les résultats qui suivent. – Équation cartésienne de la sphère de centre (x0 ,y0 ,z 0 ) et de rayon R : (x − x0 )2 + (y − y0 )2 + (z − z 0 )2 = R 2 – Équation cartésienne du plan passant par M0 (x0 ,y0 ,z 0 ) et orthogonal au vecteur (a,b,c) : a (x − x0 ) + b (y − y0 ) + c (z − z 0 ) = 0 – Distance du point M0 (x0 ,y0 ,z 0 ) au plan ax + by + cz + d = 0 : |ax0 + by0 + cz 0 + d| √ a 2 + b2 + c2 FICHE 7 – Calcul vectoriel

33

III Produit vectoriel •

Définitions – Orientation de l’espace −→ −→ −→ Un repère O, O A, O B, OC étant donné, considérons un observateur ayant les pieds en O, la tête en C et regardant dans la direction de A. Le repère est dit direct si l’observateur a le point B à sa gauche, indirect si l’observateur a le point B à sa droite. → → → u et − v est le vecteur − w tel que : – Le produit vectoriel de deux vecteurs − − → → → → w = 0 , u et − v sont colinéaires, − • si − → → → → → v , de norme u et − v ne sont pas colinéaires, − w est orthogonal u et à − à− • si − − − → − → → − → − → − → − → − → w = u v sin ( u , v ) et le repère O, u , v , w est direct. → → → w =− u ∧− v . On le note −

•

Expression analytique dans une base orthonormale directe − →− →− → Si ( i , j , k ) est une base orthonormale directe de l’espace et si − → − → − → − → − → − → − → → u = x i + y j + z k et − v = x i + y j + z k , alors : − → − → − → − → → u ∧− v = (yz − zy ) i + (zx − x z ) j + (x y − yx ) k .

•

Application 1 −→ −→ En géométrie, l’aire d’un triangle ABC est égale à AB ∧ AC 2

34


7

Application Dans un repère orthonormal de l’espace, on note : → D la droite passant par A(1,3,−2) et de vecteur directeur − u (2,1,0) , P le plan d’équation 2x − 3y + 5z − 7 = 0 et M le point (1,2,3) . Déterminez : 1. la distance de M à P ; 2. la distance de M à D.

Solution 1. La distance de M à P est égale à : |2x0 − 3y0 + 5z 0 − 7| 11 =√ · 38 22 + (−3)2 + 52 2. Aidons-nous d’un dessin : D u H


A

M

La définition du produit vectoriel entraîne : −→ − −−→ → AM ∧ → u = − u H M. −→ → u = (−5,10,2) la distance de M à D est donc : Comme AM ∧ − √ −→ → AM ∧ − u 129 −−→ = H M = √ − → 5 u

FICHE 7 – Calcul vectoriel

35

Application La molécule de méthane C H4 comporte quatre atomes d’hydrogène situés aux sommets d’un tétraèdre régulier et un atome de carbone situé au centre de ce tétraèdre. Calculez l’angle entre deux liaisons C − H.

Solution Désignons par H1 , H2 , H3 , H4 les sommets d’un tétraèdre régulier occupés par des atomes d’hydrogène et par C le centre du tétraèdre. H1

θ H2

C

H4

M H3

Soit M le milieu de [H3 H4 ]. Si la longueur des côtés du tétraèdre est a, on a alors, en considérant les triangles équilatéraux H2 H3 H4 et H1 H2 H4 : √ 3 · M H1 = M H2 = a 2 Les points H1 , H2 , C et M sont dans le plan médiateur de [H3 H4 ]. Si H désigne le milieu de [H1 H2 ], on a donc la configuration plane : M

C θ H H1

36

H2


7 C étant l’isobarycentre des points H1 , H2 , H3 , H4 , on a : − → −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ −→ −→ 0 = C H1 + C H2 + C H3 + C H4 = C H1 + C H2 + 2C M = 2C H + 2C M . C est donc le milieu de [M H ].


En appliquant le théorème de Pythagore au triangle rectangle M H H2 , on a : √ √ 3 2 1 2 2 2 MH = a − a = a et par conséquent C H = a. 4 4 2 4 θ √ Dans le triangle rectangle C H H2 , on a donc tan = 2 et l’on conclut : 2 √ θ = 2 arctan( 2) ≈ 109,5◦ .

FICHE 7 – Calcul vectoriel

37

FICHE

I

8

Coordonnées non cartésiennes

Coordonnées polaires (dans le plan)

Repérage d’un point (O,i, j) étant un repère orthonormal du plan, un point M se repère par ses coordonnées cartésiennes (x,y) telles que : −−→ − → − → OM = x i + y j .

y

M ρ

Il peut aussi se repérer par ses coordonj θ nées polaires (ρ,θ) telles que : x O u x = ρ cos θ et y = ρ sin θ , −−→ u. et on a : O M = ρ Les nombres ρ et θ sont bien définis, sauf pour l’origine O caractérisée par ρ = 0 avec θ quelconque. Ils sont uniques si on impose ρ > 0 et θ ∈ [0,2π[ .

II Coordonnées cylindriques (dans l’espace) z Repérage d’un point M

Un point M de l’espace peut se repérer par ses coordonnées cartésiennes (x,y,z) dans un repère orthonormal. En notant m le projeté orthogonal de M sur le plan x Oy, on peut aussi repérer le point m(x,y) par ses coordonnées polaires (ρ,θ) si m= / O et conserver la cote z . 38

z

O

y θ

ρ

m


8

Le triplet (ρ,θ,z) représente les coordonnées cylindriques de M. Un cylindre de révolution d’axe Oz et de rayon R a pour équation ρ = R et un point M de ce cylindre se caractérise par deux coordonnées (θ,z) .

III Coordonnées sphériques (dans l’espace) Repérage d’un point z

Dans l’espace, on peut aussi repérer un point M n’appartenant pas à (Oz) par : – l’angle θ ∈ [0,2π[ entre le demi-plan x Oz et le demi-plan z O M (θ est représenté dans le plan horizontal x Oy) ; π π – l’angle ϕ ∈ − , situé dans le 2 2 demi-plan z O M entre Om et O M ; – la distance r = O M.

r

M

ϕ

O

y θ

m

x

Le triplet (r,θ,ϕ) représente les coordonnées sphériques de M. Une sphère de centre O et de rayon R a pour équation r = R et un point M de la sphère se caractérise par deux coordonnées (θ,ϕ) .


Sur la sphère terrestre, x Oy est le plan de l’équateur, Oz est l’axe des pôles, x Oz est le demi-plan du méridien de Greenwich ; θ est alors la longitude et ϕ la latitude du point M. Attention, en physique on prend souvent pour ϕ l’angle (Oz, OM) ∈ ]0, π [ . On l’appelle la colatitude du point M .

FICHE 8 – Coordonnées non cartésiennes

39

Application R > 0 étant donné, décrivez le domaine D de l’espace défini en coordonnées cylindriques par : √  0 ρ R2 − z2   0 θ 2π   0zR

Solution Les bornes de ρ et de z sont liées, mais ne dépendent pas de θ ; et θ varie de 0 à 2π. Le domaine D admet donc la droite Oz comme axe de révolution. Pour se représenter D, il suffit donc d’identifier son intersection avec le plan x Oz et de faire un tour complet autour de Oz. Dans ce plan, on a y = 0 et ρ = |x|. L’intersection de D avec le plan x Oz est donc définie par : x 2 + z2 R2

et

z 0.

Il s’agit du demi-disque de centre O et de rayon R avec z 0. z R

R O

x

Le domaine D est donc la demi-sphère de centre O, de rayon R, située au-dessus du plan z = 0.

40


8

Application R > 0 étant donné, décrivez le domaine D de l’espace défini en coordonnées cylindriques par :  0ρz   0 θ 2π   0zR

Solution Les bornes de ρ et de z sont liées, mais ne dépendent pas de θ ; et θ varie de 0 à 2π. Le domaine D admet donc la droite Oz comme axe de révolution. Pour se représenter D, il suffit donc d’identifier son intersection avec le plan x Oz et de faire un tour complet autour de Oz. Dans ce plan, on a y = 0 et ρ = |x|. L’intersection de D avec le plan x Oz est donc définie par : 0 z R et −z x z. Il s’agit du triangle limité par les droites z = x, z = −x et z = R. z


R

α O

x

Le domaine D est donc le morceau du cône de sommet O, d’axe Oz, de demi-angle π au sommet α = qui est limité par les plans z = 0 et z = R. 4

FICHE 8 – Coordonnées non cartésiennes

41

FICHE

I •

9

Calcul matriciel

Définitions Matrices On appelle matrice un tableau de nombres réels comportant n lignes et pcolonnes. On note ai j l’élément d’une matrice A situé sur la ligne i et la colonne j.

Le premier indice est celui de la ligne, le second celui de la colonne.

La matrice A s’écrit : a 11  .  .  . an1 •

. . . a1 p  ..   ou ai j . 1in .  ou ai j 1 j p ...

anp

Format On dit que A est de format (n, p), ou de type (n, p).

•

Égalité Deux matrices A et B sont égales si elles sont de même format, et si ai j = bi j pour tout i et pour tout j.

•

Matrices particulières – Si p = 1, A est une matrice colonne. – Si n = 1, A est une matrice ligne. – Si n = p, A est une matrice carrée d’ordre n. Les éléments a11 ,. . . ,ann forment la diagonale principale de A.

•

Matrices carrées particulières Soit A = (ai j ) une matrice carrée d’ordre n. / j. – A est diagonale si ai j = 0 pour i = – A est la matrice identité d’ordre n si elle est diagonale et si aii = 1 pour tout i ; on la note In .

42


9

– A est triangulaire supérieure si ai j = 0 pour i > j. – A est triangulaire inférieure si ai j = 0 pour i < j.

II Opérations •

Somme de deux matrices Soit A et B deux matrices de même format (n, p). La somme C = A + B est la matrice de format (n, p) définie par : ci j = ai j + bi j pour tout i et pour tout j.

•

Multiplication d’une matrice par un réel Soit A une matrice de format (n, p) et λ un réel. La matrice B = λ A est la matrice de format (n, p) définie par : bi j = λ ai j

•

pour tout i et pour tout j.

Produit de deux matrices Soit A une matrice de format (n, p) et B une matrice de format ( p,q). La matrice C = AB est la matrice de format (n,q) définie par : p

ci j = aik bk j pour tout i et pour tout j . k=1


Attention à la condition d’existence AB : nombre de colonnes de A = nombre de lignes de B .

Le nombre ci j = ai1 b1 j + · · · + ai p b pj peut s’interpréter comme le produit scalaire du vecteur correspondant à la i-ième ligne de A et du vecteur correspondant à la j-ième colonne de B. Attention, le produit de deux matrices n’est pas commutatif. En général, les produits AB et BA ne sont pas égaux. Il est même possible qu’un produit existe et pas l’autre.

•

Écriture matricielle d’un système linéaire Considérons le système :  a11 x1 + · · · + a1 p x p    (S) ...    an1 x1 + · · · + anp x p

=

b1 .. .

= bn . FICHE 9 – Calcul matriciel

43

Si on note : 

x1





b1



a

11

 .   .   .  .   .  X =  .  , B =  .  , A =  .. xp

bn

an1

. . . a1 p  ..   . , ...

anp

(S) est équivalent à l’égalité matricielle : A X = B . Attention à ce que les inconnues soient écrites dans le même ordre dans chaque équation.

•

Inverse d’une matrice carrée – Si A est carrée d’ordre n, on a : AIn = In A = A. – Une matrice carrée A d’ordre n est inversible s’il existe B telle que : AB = B A = In . – Si B existe, elle est unique. On la note A−1 . – Pour obtenir A−1 , il suffit de résoudre le système Y = AX, qui admet pour solution X = A−1 Y.

•

Transposée d’une matrice Soit A une matrice de format (n, p). La transposée de A est la matrice B = t A de format ( p,n) définie par : bi j = a ji pour tout i et pour tout j. Elle est donc obtenue à partir de A en échangeant les lignes et les colonnes.

•

Formule du binôme Si AB = B A, alors, pour m ∈ N, on a : m

m Ak B m−k . (A + B)m = k k=0

44


9

Application 

4

 Soit A =  −1

2



 0  et B =

−2 5

3

1 6 −4 1 −3 Calculez, si c’est possible : A + B, AB, B A.

Solution – Les matrices A et B ne sont pas de même format. Leur somme est donc impossible. – Le nombre de colonnes de A est égal au nombre de lignes de B. Le produit AB existe donc et on a :   −6 32 4   AB =  2 −5 −3  −5 −13

15

– Le nombre de colonnes de B est égal au nombre de lignes de A. Le produit B A existe donc et on a : BA =

−10 −13 −6

14


Roue de secours Pour ceux qui auraient des difficultés pour calculer un produit de matrices, voici une disposition du calcul de AB qui peut aider certains : −2

5

3

1

6

−4

4

2

×

×

×

−1

0

×

×

×

1 −3

×

×

×

À l’emplacement de chaque croix, vous prenez la ligne et la colonne sur laquelle elle se trouve, vous multipliez les premiers termes, les deuxièmes … et vous additionnez les résultats des produits effectués. Vous obtenez ainsi AB. Avec le même processus de calcul, dans le bloc en blanc situé en haut, à gauche, vous obtenez B A. FICHE 9 – Calcul matriciel

45

Application On étudie l’évolution dans le temps d’une population animale. À la date n (en années), cette population se subdivise en xn jeunes et yn adultes. L’année comporte une saison hivernale et une saison de reproduction. Lors de la saison hivernale, 40 % des jeunes survivent et deviennent des adultes, et 80 % des adultes survivent. Lors de la saison de reproduction, chaque adulte donne naissance à 2 jeunes (en fait 4 par femelles). Tous les adultes survivent. 1. Exprimez xn+1 et yn+1 en fonction de xn et yn . Écrivez matriciellement le résultat obtenu. 2. Calculez xn et yn en fonction des valeurs initiales x0 et y0 du début de l’observation.

Solution 1. À la fin de la saison hivernale de l’année n + 1, il y a 0,4 xn + 0,8 yn adultes. Le nombre de jeunes à la date n + 1 est donc : xn+1 = 2 0,4 xn + 0,8 yn . Les adultes à la date n + 1 comportent – les jeunes de la date n qui ont survécu et sont devenus adultes (soit 0,4 xn ) ; – les adultes de la date n qui ont survécus (soit 0,8 yn ). On a donc : yn+1 = 0,4 xn + 0,8 yn . On a donc le système :

xn+1

= 0,8 xn + 1,6 yn

(1)

yn+1

= 0,4 xn + 0,8 yn

(2)

que l’on peut écrire matriciellement : 0,8 1,6 xn xn xn+1 = =A yn+1 yn yn 0,4 0,8 2. Comme le passage de l’année n à l’année n + 1 se représente par la multiplication par une matrice A qui est constante, on a : x0 xn n =A yn y0 Le calcul de An se fait souvent avec des techniques matricielles qui ne sont pas présentées dans ce livre. C’est pourquoi nous allons utiliser une méthode de substitution analogue à celle de la fiche 26 pour les systèmes différentiels. 46


9

Écrivons (1) au rang suivant, puis substituons d’abord (2), puis (1) : xn+2 = 0,8 xn+1 + 1,6 yn+1 xn+1 − 0,8 xn = 0,8 xn+1 + 1,6 0,4 xn + 0,8 1,6 soit après simplication : ∀n ∈ N xn+2 − 1,6 xn+1 = 0 . À partir de n = 1, la suite (xn ) est donc géométrique, de raison 1,6, ce qui conduit à : xn = (1,6)n−1 x1 = (1,6)n−1 0,8 x0 + 1,6 y0 . ∀n ∈ N∗ En reportant dans (1) et en simplifiant, on obtient : 1 yn = (1,6)n−1 x1 = (1,6)n−1 0,4 x0 + 0,8 y0 . ∀n ∈ N∗ 2


Remarquons que, dès la fin de la première année, on a xn = 2yn, c’est-à-dire qu’à la fin de chaque année il y a deux fois plus de jeunes que d’adultes.

FICHE 9 – Calcul matriciel

47

FICHE

I

10

Déterminants (ordre 2 ou 3)

Définition

Soit A une matrice carrée d’ordre n. Son déterminant est un scalaire (réel ou complexe) qui lui est associé. Dans ce livre, nous nous limiterons à n = 2 et n = 3. La généralisation se fait en utilisant les propriétés énoncées plus loin. •

Cas n = 2 a Soit A = c

•

Cas n = 3 a Soit A = d g

b . Son déterminant est le scalaire : d a b = ad − bc . det A = c d

b c e f . Son déterminant est le scalaire : h i a b c det A = d e f = aei + b f g + cdh − ceg − bdi − a f h . g h i

•

Interprétation vectorielle dans le cas n = 3 Produit mixte v ,w de l’espace est le réel : Le produit mixte de trois vecteurs u, ( u , v ,w) = u · ( v ∧ w) Expression analytique dans une base orthonormale directe C’est le déterminant des coordonnées des vecteurs : x x x x x x y y ( u , v ,w) = y y y = x − y + z y z z z z z z z

48

x y


1 0

II Propriétés •

Transposée det A = det t A . Les propriétés concernant les colonnes de A s’appliquent donc aussi aux lignes. Dans les deux cas, on parlera de rangées.

•

Opérations sur les rangées – On ne change pas la valeur d’un déterminant en ajoutant à une de ses lignes (resp. colonnes) une combinaison linéaire des autres lignes (resp. colonnes). Cette propriété est très utilisée pour faire apparaître des 0 sur une colonne (resp. ligne).

– Multiplier une ligne (ou une colonne) d’un déterminant par un scalaire, c’est multiplier le déterminant par ce scalaire. – L’échange de deux lignes (ou de deux colonnes) transforme det A en −det A. •

Développement suivant une rangée Définitions Soit un déterminant d’ordre n. On appelle mineur de l’élément ai j le déterminant d’ordre n − 1 obtenu en supprimant la i-ième ligne et la j-ième colonne de , sans changer l’ordre des autres rangées. Notation : Di j. On appelle cofacteur de l’élément ai j, le nombre Ai j = (−1)i+ j Di j .


Théorème Un déterminant est égal à la somme des produits deux à deux des éléments d’une rangée (ligne ou colonne) par leurs cofacteurs. On utilise ce résultat après avoir fait apparaître sur une même rangée le plus possible de zéros. Application Le déterminant d’une matrice triangulaire est égal au produit des éléments diagonaux. •

Produit det (A B) = det A × det B .

•

Caractérisation d’une matrice carrée inversible A inversible ⇐⇒ det A = / 0. FICHE 10 – Déterminants (ordre 2 ou 3)

49

III Valeurs propres et vecteurs propres •

Définitions Soit A une matrice carrée. Le nombre λ est une valeur propre de A s’il existe un / 0 telle que AX = λX. vecteur représenté par une matrice colonne X = X est un vecteur propre associé à λ. Le sous-espace propre E λ associé à λ est l’ensemble des X tels que AX = λX.

•

Calcul des valeurs propres et des vecteurs propres – Les valeurs propres de A sont les nombres λ tels que : det(A − λIn ) = 0 . det(A − λIn ) est un polynôme en λ appelé polynôme caractéristique de A. – Pour chaque valeur propre λ (c’est-à-dire les racines du polynôme caractéristique), on cherche le sous-espace propre associé en résolvant le système AX = λX. Les valeurs propres et les vecteurs propres sont utilisés en biologie dans l’analyse des données statistiques. Mais dans ce cas, la matrice est de grande taille et l’ordinateur est indispensable.

50


1 0

Application Déterminez les valeurs propres et les sous-espaces propres de A =

5 4 1 2

Solution – Le polynôme caractéristique de A est : 5 − λ 4 P(λ) = = (5 − λ)(2 − λ) − 4 1 2 − λ = λ2 − 7λ + 6 = (λ − 1)(λ − 6) Les valeurs propres de A sont les racines de P, soit 1 et 6. – Un vecteur (x,y) appartient au sous-espace propre E 1 si, et seulement si : 5x + 4y = x ⇐⇒ x + y = 0 x + 2y = y E 1 est donc la droite engendrée par le vecteur (1,−1). – Un vecteur (x,y) appartient au sous-espace propre E 6 si, et seulement si : 5x + 4y = 6x ⇐⇒ x = 4y x + 2y = 6y


E 6 est donc la droite engendrée par le vecteur (4,1).

FICHE 10 – Déterminants (ordre 2 ou 3)

51

FICHE

I •

11

Suites de réels

Généralités Définition Une suite numérique est une application u de N, privé éventuellement d’un nombre fini d’éléments, dans R. On note u n , à la place de u(n), le terme général, et (u n ) la suite. Une suite est souvent donnée par son terme général, ou par une relation de récurrence permettant de calculer u n de proche en proche.

•

Suite monotone – Une suite (u n ) est stationnaire si, et seulement si : ∀n ∈ N

u n+1 = u n .

– Une suite (u n ) est croissante si, et seulement si : ∀n ∈ N

u n u n+1 .

– Une suite (u n ) est décroissante si, et seulement si : ∀n ∈ N •

u n u n+1 .

Suite bornée – Une suite (u n ) est majorée s’il existe M tel que : ∀n ∈ N

un M .

– Une suite (u n ) est minorée s’il existe m tel que : ∀n ∈ N

m un .

– Une suite (u n ) est bornée si elle est à la fois majorée et minorée, c’est-à-dire s’il existe M tel que |u n | M, quel que soit n ∈ N.

52


1 1

II Limite d’une suite •

Définitions Définition de lim u n = l n→∞

Tout intervalle ouvert contenant l, contient tous les termes de la suite à partir d’un certain rang. On dit que la suite est convergente vers l. Définition de lim u n = +∞ n→∞

Tout intervalle du type [A,+∞[, contient tous les termes de la suite à partir d’un certain rang. Définition de lim u n = −∞ n→∞

Tout intervalle du type ] − ∞,−A], contient tous les termes de la suite à partir d’un certain rang. •

Opérations sur les suites convergentes Combinaison linéaire λ et µ étant des réels, si (u n ) converge vers l1 , et si (vn ) converge vers l2 , alors la suite (λu n + µvn ) converge vers λl1 + µl2 . Produit


Si (u n ) converge vers l1 , et si (vn ) converge vers l2 , alors la suite (u n vn ) converge vers l1l2 . Si (u n ) converge vers 0, et si (vn ) est bornée, alors la suite (u n vn ) converge vers 0. Quotient

/ 0 , alors la suite Si (u n ) converge vers l1 , et si (vn ) converge vers l2 = converge vers

un vn

l1 · l2

Image d’une suite convergente Soit f définie sur un intervalle I et a un point de I . f a pour limite l au point a si, et seulement si, pour toute suite (xn ) convergeant vers a, la suite f (xn ) converge vers l, finie ou non. Pour démontrer qu'une fonction f n'a pas de limite lorsque x tend vers a , il suffit donc de fournir un exemple de suite (xn ) qui tend vers a et telle que f (xn ) soit divergente.

FICHE 11 – Suites de réels

53

•

Relation d’ordre – Si (u n ) converge vers l1 , et si (vn ) converge vers l2 , et si on a u n vn pour tout n, alors l1 l2 . – Théorème d’encadrement (ou th. des gendarmes) Si (u n ) et (vn ) sont des suites convergentes qui ont même limite l et si u n wn vn pour tout n, alors la suite (wn ) est convergente et converge vers l.

III Existence de limites •

Convergence des suites monotones Toute suite croissante et majorée est convergente. Toute suite croissante et non majorée tend vers +∞ . Toute suite décroissante et minorée est convergente. Attention, si (u n ) est croissante et si u n M pour tout n, vous pouvez seulement affirmer que (u n ) converge vers l, avec l M.

•

Suites extraites Définition Une suite (vn ) est dite extraite d’une suite (u n ) si elle est définie par vn = u h(n) où h est une application strictement croissante de N dans N. On dit aussi que (vn ) est une sous-suite de (u n ). Propriété Si (u n ) est une suite convergente dont la limite est égale à l, alors toute suite extraite est aussi convergente et converge vers l. Cette propriété entraîne que si deux suites extraites de (u n ) ont des limites distinctes, alors (u n ) est divergente. Mais si deux suites extraites ont la même limite l, on ne peut rien dire, sauf si les valeurs des suites extraites recouvrent tous les u n . Dans ce cas, (u n ) converge vers l.

•

Suites adjacentes Les suites (u n ) et (vn ) sont adjacentes si : (u n ) est croissante ; (vn ) est décroissante ;

lim (vn − u n ) = 0 .

n→+∞

Si deux suites sont adjacentes, elles convergent et ont la même limite. Si (un ) croissante, (vn ) décroissante et un vn pour tout n , alors elles convergent vers l1 et l2 . Il reste à montrer que l1 = l2 pour qu'elles soient adjacentes.

54


1 1

Application Soit a et b deux réels strictement positifs. Étudiez la convergence de la suite de terme général : √ u n = n − (n + a)(n + b) .

Solution Transformons l’écriture de u n en multipliant, et en divisant, par l’expression conjuguée : un =

−n(a + b) − ab n 2 − (n + a)(n + b) = √ √ n + (n + a)(n + b) n + (n + a)(n + b)

ab −(a + b) − n = b a 1+ 1+ 1+ n n On a : Par conséquent :

ab a b = lim = lim = 0. n→+∞ n n→+∞ n n→+∞ n a+b lim u n = − · n→+∞ 2 lim


Application Soit a et b deux réels strictement positifs, avec a > b. Étudiez la convergence de la suite de terme général : √ u n = n a n + bn .

Solution 1

Comme u n = (a n + bn ) n s’écrit avec un exposant variable, nous allons considérer son logarithme, puis mettre en facteur le terme dominant dans a n + bn , c’est-à-dire a n. 1 b n 1 1 b n n n n = ln a + ln 1 + ( ) ln(u n ) = ln a + b = ln a 1 + ( ) n n a n a b b < 1, on a lim ( )n = 0 et, par conséquent, lim ln(u n ) = ln a, n→+∞ n→+∞ a a puis lim u n = a.

Comme 0 < n→+∞


55

Application En considérant la fonction f n définie par f n (x) = la suite de terme général : u n =

n

n

e−kx , étudiez la convergence de

k=0 −k

ke .

k=1

Solution f n (x) est la somme de termes d’une suite géométrique de raison e−x . / 0, cette raison est différente de 1, et on a : Pour x = f n (x) =

1 − e−(n+1)x · 1 − e−x

En dérivant l’expression initiale de f n (x), on obtient : f n (x) =

n

−k e−kx , c’est-à-

k=1

dire que u n = − f n (1) . En dérivant la seconde expression de f n (x), on obtient : f n (x) = d’où : u n = −

(n + 1) e−(n+1)x (1 − e−x ) − (1 − e−(n+1)x ) e−x (1 − e−x )2

(n + 1) e−(n+1) (1 − e−1 ) − (1 − e−(n+1) ) e−1 (1 − e−1 )2

D’après les croissances comparées des fonctions puissances et exponentielles (cf. fiche 14), on a : lim (n + 1) e−(n+1) = 0. Comme, de plus, lim e−(n+1) = 0, on a donc :

n→+∞

n→+∞

lim u n =

n→+∞

56

−1

e e = ≈ 0,92 . −1 2 (1 − e ) (e − 1)2


1 1

Application Étudiez la convergence de la suite de terme général u n =

n p=1

n · n2 + p

Solution Pour tout p de 1 à n, on a : n2

n n n 2 2 +n n +p n +1

ce qui entraîne pour tout n : n2 n2 u · n n2 + n n2 + 1 Les suites définies par vn =

n2 n sont convergentes et ont la même et wn = 2 n +1 n+1


limite 1. D’après le théorème d’encadrement, la suite (u n ) est donc convergente et tend vers 1.


57

FICHE

I •

12

Suites particulières

Suites arithmétiques et géométriques Suites arithmétiques Une suite (u n ) est arithmétique de raison r si : ∀n ∈ N u n+1 = u n + r . Pour montrer que (un ) est arithmétique, il faut montrer que la différence un+1 − un est constante, c’est-à-dire qu’elle ne dépend pas de n .

Terme général : u n = u 0 + nr . Somme des n premiers termes :

n−1

uk = n

k=0

•

u 0 + u n−1 · 2

Suites géométriques / 0 si : Une suite (u n ) est géométrique de raison q = u n+1 = q u n .

∀n ∈ N

un+1

Pour montrer qu’une suite (un ) est géométrique, il faut montrer que le quotient est un constant, c’est-à-dire qu’il ne dépend pas de n .

Terme général : u n = u 0 q n . Somme des n premiers termes :

n−1 k=0

uk

= u0

1 − qn 1−q

si q = / 1

si q = 1. = n u0 La suite (u n ) converge vers 0 si |q| < 1. Elle est stationnaire si q = 1 . Elle diverge dans les autres cas.

58


1 2

II Suites récurrentes linéaires d’ordre 2 •

Généralités Une telle suite est déterminée par une relation du type : (1) ∀n ∈ N au n+2 + bu n+1 + cu n = 0 / 0, b, c sont des constantes réelles), et la connaissance des deux premiers (où a = termes u 0 et u 1 . Pour déterminer l’ensemble des suites réelles qui vérifient la relation (1), on considère l’équation caractéristique ar 2 + br + c = 0

•

(E).

Forme générale des solutions – Si > 0, (E) a deux racines distinctes r1 et r2 . Toute suite vérifiant (1) est alors du type : u n = K 1 r1n + K 2 r2n . Les constantes K 1 et K 2 s’expriment ensuite en fonction de u 0 et u 1 . b · Toute suite vérifiant (1) est alors – Si = 0, (E) a une racine double r0 = − 2a du type :


u n = (K 1 + K 2 n) r0n . Les constantes K 1 et K 2 s’expriment ensuite en fonction de u 0 et u 1 . – Si < 0, (E) a deux racines complexes conjuguées r1 = α + iβ et r2 = α − iβ que l’on écrit sous forme trigonométrique r1 = ρ eiθ et r2 = ρ e−iθ . Toute suite vérifiant (1) est alors du type : u n = ρn (K 1 cos nθ + K 2 sin nθ) = ρn A cos (nθ − ϕ) . Les constantes (K 1 et K 2 , ou A et ϕ), s’expriment ensuite en fonction de u 0 et u 1 .

FICHE 12 – Suites particulières

59

Application Une population est passée de 320 000 en 2000 à 332 000 en 2007. Estimez la population en 2005 dans chacune des trois hypothèses suivantes : 1. l’accroissement annuel de la population est constant sur la période 2000-2007 ; 2. le taux d’accroissement annuel est constant sur cette période : 3. l’accroissement annuel est constant et égal à 1 500 sur la période 2000-2003 et le taux d’accroissement annuel est constant sur la période 2003-2007.

Solution Prenons l’année 2000 comme année 0 et désignons par Pn la population l’année n. Par hypothèse, on a : P0 = 320 000 et P7 = 332 000 . 1. Soit r l’accroissement annuel de la population. La suite (Pn ) est une suite arithmétique de raison r ; d’où : ∀n ∈ N∗ On en déduit : r =

Pn = P0 + nr.

P7 − P0 = 1714. 7

On cherche : P5 = P0 + 5r = 320 000 + 5 × 1714 = 328 570 . 2. Soit q le taux d’accroissement annuel. La suite (Pn ) est une suite géométrique de raison 1 + q ; d’où : ∀n ∈ N∗

Pn = P0 (1 + q)n .

En particulier, P7 = P1 (1 + q)7 entraîne : 1 + q =

332 000 1 7

320 000

≈ 1,005 27.

On cherche : P5 = P0 (1 + q)5 = 328 526. 3. Dans ce cas, on a : P3 = P0 + 3 × 1 500 = 324 500. Soit q le taux d’accroissement annuel sur la période 2003-2007. 332 000 1 4 ≈ 1,005 73 . P7 = P3 (1 + q )4 entraîne : 1 + q = 324 500 On cherche : P5 = P3 (1 + q )2 = 328 229 . 60


1 2

Application (u n ) la suite de réels définie par : ∀n ∈ N u n+2 = u n+1 + u n et u 0 = u 1 = 1. Calculez u n puis lim u n . n→∞

Solution L’équation caractéristique r 2 − r − 1 = 0 a deux racines réelles distinctes √ √ 1− 5 1+ 5 · r1 = et r2 = 2 2 Toute suite (u n ) vérifiant la relation de récurrence ∀n ∈ N u n+2 − u n+1 − u n = 0


est donc de la forme u n = K 1r1n + K 2r2n . Les conditions initiales permettent de calculer K 1 et K 2 : √  1 − r1 5+ 5    K 1 = r − r = 10 u0 = 1 = K1 + K2 2 1 ⇐⇒ √  u 1 = 1 = K 1 r1 + K 2 r2   K = r2 − 1 = 5 − 5 2 r2 − r1 10 La suite (u n ) est donc définie par : √ √ √ √ 5 + 5 1 − 5 n 5 − 5 1 + 5 n + ∀n ∈ N un = 10 2 10 2 √ √

1 − 5

1 − 5 n

= 0. Comme

≈ | − 0,6| < 1 , on a lim n→∞ 2 2 √ √ 1 + 5 n 1− 5 = +∞ . ≈ 1,6 > 1 , on a lim Comme n→∞ 2 2 On obtient donc lim u n = +∞. n→∞

Cette suite a été publiée en 1202 par Fibonacci sous la forme : Partant d’un couple de lapins, combien de couples de lapins obtient-on après un nombre donné de mois sachant que chaque couple produit chaque mois un nouveau couple, lequel ne devient productif qu’après deux mois. Comme lim un = +∞ , vous avez un premier exemple de lapinisme. n→∞

FICHE 12 – Suites particulières

61

FICHE

I

13

Fonctions d’une variable réelle

Généralités

f désigne une fonction définie sur D ⊂ R et à valeurs dans R. •

Sens de variation – f est croissante sur I si I ⊂ D et ∀ x1 ∈ I

∀ x2 ∈ I

x1 < x2 ⇒ f (x1 ) f (x2 ) .

– f est décroissante sur I si I ⊂ D et ∀ x1 ∈ I

∀ x2 ∈ I

x1 < x2 ⇒ f (x1 ) f (x2 ) .

– f est monotone sur I si elle est croissante sur I , ou décroissante sur I . – Avec des inégalités strictes, on définit : f strictement croissante, strictement décroissante, strictement monotone, sur D. •

Parité, périodicité – f est paire si ∀x ∈ D

(−x) ∈ D

et

f (−x) = f (x) .

– Son graphe est symétrique par rapport à (Oy). – f est impaire si ∀x ∈ D

(−x) ∈ D

et

f (−x) = − f (x) .

– Son graphe est symétrique par rapport à O. – f est périodique, de période T (ou T-périodique), si ∀x ∈ D

(x + T ) ∈ D

et

f (x + T ) = f (x) .

– Son graphe est invariant par les translations de vecteurs kT i avec k ∈ Z. 62


1 3

II Limites •

Notion de limite – Dire que f admet une limite l lorsque x tend vers a, signifie que l’on peut obtenir f (x) aussi proche de l que l’on veut à condition de prendre x suffisamment voisin de a. – On note : lim f (x) = l . x→a

– Dire que f admet pour limite +∞ lorsque x tend vers a, signifie que l’on peut obtenir f (x) aussi grand que l’on veut à condition de prendre x suffisamment voisin de a. – On note : lim f (x) = +∞. x→a

– Dire que f admet pour limite +∞ lorsque x tend vers +∞ , signifie que l’on peut obtenir f (x) aussi grand que l’on veut à condition de prendre x suffisamment grand. – On note : lim f (x) = +∞. x→+∞

– Pour −∞ , les idées sont analogues. •

Propriétés des limites Théorème d’encadrement (ou th. des gendarmes) Soit f, g, h trois fonctions définies au voisinage de x0 et y vérifiant f g h. Si f et h ont la même limite l (finie ou infinie) en x0 , alors g a pour limite l enx0 .


Opérations algébriques Soit f et g deux fonctions définies au voisinage de x0 et admettant des limites l et m en x0 , et λ un réel. Alors les fonctions f + g, λ f et f g admettent respectivement pour limites en x0 : 1 1 l + m, λ f et lm. Si de plus m = / 0 , a pour limite · g m Fonction composée Soit f une fonction définie au voisinage de x0 avec lim f (x) = u 0 et g définie au x→x0

voisinage de u 0 telle que lim g(u) = v. u→u 0

Alors g ◦ f est définie au voisinage de x0 et lim g( f (x)) = v . x→x0

FICHE 13 – Fonctions d’une var iable réelle

63

•

Fonctions équivalentes Définition Soit f et g deux fonctions définies sur I et x0 un point, fini ou non, appartenant à f I ou extrémité deI . Si est défini au voisinage de x0 , sauf peut-être en x0 , on dit g que f et g sont équivalentes au voisinage de x0 si lim

x→x0

f (x) = 1. g(x)

f ∼ g ou f ∼ g.

Notation :

x0

Propriétés f 1 g1 ∼ · f 2 x0 g2 Si f ∼ g et si lim g(x) = l, alors lim f (x) = l. Si f 1 ∼ g1 et f 2 ∼ g2 , alors f 1 f 2 ∼ g1 g2 et x0

x0

x0

x0

x→x0

x→x0

Pour chercher la limite d’un produit ou d’un quotient, on peut donc remplacer chacune des fonctions par une fonction équivalente, choisie pour simplifier le calcul. Mais attention à ne pas effectuer un tel remplacement dans une somme, ni dans une fonction composée

Équivalents classiques ex − 1 ∼ x

;

ln(1 + x) ∼ x

;

0

0

sin x ∼ x 0

tanx ∼ x 0

x2 ; 0 2 ; (1 + x)α − 1 ∼ α x

;

1 − cosx ∼

0

Une fonction polynôme est équivalente à son terme de plus haut degré lorsque x tend vers +∞ ou −∞ , son terme de plus bas degré lorsque x tend vers 0.

III Continuité •

Définitions Continuité en un point f est continue en x0 si, et seulement si, lim f (x) = f (x0 ). x→x0

Continuité sur un intervalle Soit E un ensemble qui soit un intervalle ou une réunion d’intervalles. Une fonction f, définie sur E, est dite continue sur E, si f est continue en tout point de E. 64


1 3

•

Continuité et opérations Si f et g sont continues en x0 , alors f + g et f g sont continues en x0 . Si de plus f / 0, alors est continue en x0 . g(x0 ) = g Si f est continue en x0 et si g est continue en f (x0 ), alors g ◦ f est continue en x0 .

•

Image d’un intervalle par une fonction continue Théorème des valeurs intermédiaires Si f est continue sur un intervalle I , alors f (I ) est un intervalle. Image d’un intervalle fermé Si f est continue sur un intervalle fermé I , alors f (I ) est un intervalle fermé. En particulier, si une fonction f est continue sur [a,b], et si f (a) et f (b) sont de signe contraire, l’équation f (x) = 0 admet au moins une solution dans [a,b]. Fonction réciproque d’une fonction continue strictement monotone


Soit f une fonction continue et strictement croissante (resp. décroissante) sur un intervalle I . f est une bijection deI sur f (I ), et sa bijection réciproque f −1 est continue et strictement croissante (resp. décroissante) sur l’intervalle f (I ). Dans un repère orthonormé, les graphes de f et de f −1 sont symétriques par rapport à la première bissectrice des axes.


65

Application Étudiez l’existence, et la valeur éventuelle, de la limite lorsque x tend vers 0 √ 1 1. de la fonction f définie sur ]0,+∞[ par f (x) = xsin x 1 ∗ 2. de la fonction g définie sur R par g(x) = sin · x

Solution √ 1. On a toujours √ : 0 | f (x)| x . Comme lim x = 0 , on en déduit, d’après le théorème d’encadrement, que x→0

lim f (x) = 0 .

x→0

2. Pour démontrer que g(x) n’a pas de limite, il suffit (cf. fiche 11) de fournir un exemple de suite (xn ) dont la limite est 0, alors que la suite f (xn ) n’a pas de limite. 1 . On a bien lim xn = 0 Pour n ∈ N, considérons xn = π x→0 + nπ 2 π 1 = sin + nπ = (−1)n est une suite qui n’a pas de limite puisPar ailleurs sin xn 2 qu’elle vaut alternativement 1 et −1. La fonction g n’a donc pas de limite lorsque x tend vers 0.

Application ln x ln x Déterminez, si elle existe, la limite : lim 1 + . x→+∞ x

Solution Comme la puissance est variable, passons à l’écriture exponentielle (cf. fiche 14), soit : ln x ln x ln x = e E(x) avec E(x) = ln f (x) = ln x × ln 1 + f (x) = 1 + . x x (ln x)2 ln x · = 0 et que ln(1 + u) ∼ u ; d’où E(x) ∼ +∞ x→+∞ x 0 x (ln x)2 = 0 , on a donc lim f (x) = e0 = 1 , grâce à la continuité de Comme lim x→+∞ x→+∞ x la fonction exponentielle.

On sait que lim

66


1 3

Application Soit f une fonction continue, de [0 ; 1] dans [0 ; 1]. Démontrez qu’il existe au moins un réel x tel que f (x) = x .

Solution


Si f (0) = 0, ou si f (1) = 1, c’est terminé. / 0 et f (1) = / 1. On a alors f (0) > 0 et f (1) < 1 puisque Supposons donc que f (0) = les valeurs de f sont dans [0 ; 1]. La fonction g définie sur [0 ; 1] par g(x) = f (x) − x vérifie g(0) > 0, g(1) < 0, et elle est continue. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe alors x ∈]0 ; 1[ tel que g(x) = 0 , c’est-à-dire f (x) = x .


67

FICHE

I •

14

Fonctions dérivables

Définitions Dérivée en un point Soit f une fonction définie sur D et x0 un élément de D tel que f soit définie au voisinage de x0 . On appelle dérivée de f au point x0 le nombre (lorsqu’il existe) : lim

x→x0

f (x) − f (x0 ) f (x0 + h) − f (x0 ) = lim = f (x0 ) . h→0 x − x0 h

On dit alors que f est dérivable en x0 . f (x) − f (x0 ) Si lim+ existe, f est dite dérivable à droite en x0 , et cette limite est x − x0 x→x0 appelée dérivée à droite de f en x0 , et notée f d (x0 ). On définit de même la dérivée à gauche en x0 , notée f g (x0 ). f est dérivable en x0 si, et seulement si, f admet en x0 une dérivée à droite et une dérivée à gauche égales. •

Fonction dérivée f est dite dérivable sur E, si elle dérivable en tout point de E. On appelle fonction dérivée de f sur E, la fonction, notée f , définie sur E par : x → f (x).

•

Dérivées successives Soit f dérivable sur E. Si f est dérivable sur E, on note sa fonction dérivée f ou f (2) . On l’appelle dérivée seconde de f. Pour n entier, on définit par récurrence la dérivée n-ième, ou dérivée d’ordre n, de f en posant f (0) = f, puis f (n) = ( f (n−1) ) , lorsque f (n−1) est dérivable sur E. f est dite de classe C n sur E si f (n) existe sur E, et est continue sur E. f est dite de classe C ∞ , ou indéfiniment dérivable, si f admet des dérivées de tous ordres.

68


1 4

II Interprétations •

Interprétation graphique f dérivable en x0 signifie que le graphe de f admet au point d’abscisse x0 une tangente de pente f (x0 ). Son équation est : y − f (x0 ) = f (x0 ) (x − x0 ). f (x) − f (x0 ) = ±∞ , f n’est pas dérivable en x0 , mais le graphe de f x − x0 admet au point d’abscisse x0 une tangente parallèle à Oy.

Si lim

x→x0

•

Interprétation expérimentale Soit t la durée écoulée entre une origine des temps et l’instant considéré. – Si f (t) est la distance parcourue par un mobile pendant la durée t, le taux de f (t) − f (t0 ) variation est la vitesse moyenne entre les instants t et t0 ; t − t0 la dérivée f (t0 ) est la vitesse instantanée à l’instant t0 ; la dérivée seconde f (t0 ) est l’accélération instantanée à l’instant t0 . – Si f (t) est une quantité d’eau, de gaz, de sang... écoulée pendant la durée t, le nombre f (t0 ) est le débit instantané à l’instant t0 .

III Propriétés •

Dérivabilité et continuité


Toute fonction dérivable en x0 est continue en x0 . Attention, la réciproque est fausse. Par exemple, la fonction x → |x | est continue, et non dérivable, en 0 , car elle admet une dérivée à gauche et une dérivée à droite différentes.

•

Incertitudes et notation différentielle La définition de la dérivabilité de f en x0 permet d’écrire pour h « petit » : f (x0 + h) ≈ f (x0 ) + f (x0 )h Dans les sciences expérimentales, on note x la variation h de x, et f la variation f (x0 + h) − f (x0 ) de f. On utilise le calcul approché précédent pour estimer les incertitudes absolues et relatives : f (x) ≈ f (x)x

;

f (x) f (x) ≈ x . f (x) f (x)

On utilise le plus souvent la notation différentielle : d f = f (x) dx . FICHE 14 – Fonctions dér ivables

69

•

Opérations algébriques sur les fonctions dérivables Si f et g sont dérivables en x0 , il en est de même de f + g, de f g, et de

f si g

g(x0 ) = / 0 ; et on a : ( f + g) (x0 ) = f (x0 ) + g (x0 ) ( f g) (x0 ) = f (x0 )g(x0 ) + f (x0 )g (x0 ) f f (x0 )g(x0 ) − f (x0 )g (x0 ) (x0 ) = · g g 2 (x0 ) •

Fonction composée Soit f une fonction dérivable en x0 et g une fonction dérivable en f (x0 ), alors g ◦ f est dérivable en x0 , et (g ◦ f ) (x0 ) = g ( f (x0 )) × f (x0 ).

•

Dérivée d’une fonction réciproque Soit f une fonction continue strictement monotone sur un intervalle I . On suppose / 0. que f est dérivable en f (x0 ) et que f (x0 ) = Alors, la fonction réciproque f −1 est dérivable en f (x0 ) et ( f −1 ) ( f (x0 )) =

•

1 f (x

0)

·

Variations d’une fonction dérivable – Si, pour tout x ∈ I, f (x) = 0 alors f est constante sur I . – Si, pour tout x ∈ I, f (x) 0 alors f est croissante sur I . – Si, pour tout x ∈ I, f (x) > 0 alors f est strictement croissante sur I . Ce dernier résultat est encore valable si f s’annule en des point isolés, c’est-à-dire tels que leur ensemble ne contienne pas d’intervalle.

70


1 4

Application Calculez la dérivée de la fonction f définie sur ] − ∞; −1] ∪ [1; +∞[ par : √ (2x 2 + 1) x 2 − 1 · f (x) = 3x 3

Solution


La fonction f est définie et continue sur l’ensemble indiqué. Mais elle n’est dérivable √ que sur ] − ∞; −1[ ∪ ]1; +∞[ car x → x n’est pas dérivable en 0. La fonction f étant compliquée, commençons par des calculs préliminaires. √ 1 2x · La dérivée de x 2 − 1 = (x 2 − 1) 2 est : √ 2 x2 − 1 √ La dérivée du numérateur N (x) = (2x 2 + 1) x 2 − 1 est : √ x · N (x) = 4x x 2 − 1 + (2x 2 + 1) √ 2 x −1 On a donc : √ √ 3x 4 − 9x 2 (2x 2 + 1) x 2 − 1 12x 4 x 2 − 1 + (2x 2 + 1) √ 2 x −1 f (x) = 9x 6 12x 4 (x 2 − 1) + (2x 2 + 1)3x 4 − 9x 2 (2x 2 + 1)(x 2 − 1) = √ 9x 6 x 2 − 1 1 = √ · 4 x x2 − 1

FICHE 14 – Fonctions dér ivables

71

Application On veut couper un fil de 200 cm en deux morceaux pour former un cercle et un carré. À quel endroit faut-il couper le fil pour que la somme des aires soit minimale ? maximale ?

Solution Désignons par x (en cm) la longueur du morceau qui formera un cercle, et donc par 200 − x la longueur du morceau qui formera un carré. 1 2 x x . Le cercle a pour rayon R = et le disque a pour aire πR 2 = 4π 2π 1 1 Le carré a pour côté (200 − x) et pour aire (200 − x)2 . 4 16 Il s’agit donc d’étudier la fonction définie par : 1 2 1 avec 0 x 200 . x + (200 − x)2 4π 16 1 1 x − 25 est croissante de A (0) = −25 à + Sa dérivée A (x) = 2π 8 25 ≈ 88. Le tableau de variation de A A (200) ≈ 31,8 . Elle s’annule pour x0 = 1 + 18 2π est donc : A(x) =

x

0

x0

200

A

− 0 +

A

L’aire totale est donc minimum pour x = x0 et a pour valeur A(x0 ) ≈ 1 400. Comme A(0) = 2 500 et A(200) ≈ 3 183, l’aire est maximum pour x = 200, c’est-àdire lorsque l’on forme seulement un carré.

72


1 4

Application On considère que la résistance d’une poutre parallélépipédique est proportionnelle à sa largeur et au cube de sa hauteur. Déterminez la largeur et la hauteur de la poutre la plus résistante que l’on peut obtenir en taillant un tronc de 20 cm de diamètre.

Solution Soit x et y la largeur et la hauteur (en cm) de la poutre. La poutre étant taillée dans un tronc de 20 cm de diamètre, on a x 2 + y 2 = 202 = 400 ce qui impose 0 < x < 20 pour que le problème ait un sens. La résistance de la poutre est proportionnelle à √ 3 3 x y 3 = x 400 − x 2 = x (400 − x 2 ) 2

x

y 20

Étudions les variations de la fonction R définie sur ]0,20[ par 3

R(x) = x (400 − x 2 ) 2 . On a : 3

1

R (x) = (400 − x 2 ) 2 − 3x 2 (400 − x 2 ) 2 =

√ 400 − x 2 400 − 4x 2

√ = 4 400 − x 2 (10 − x) (10 + x)


ce qui conduit au tableau de variation : x

0

10

20

R (x)

+ 0

−

R(x)

0

0

La résistance de la poutre est donc maximum pour x = 10, ce qui entraîne √ √ y = 300 = 10 3 ≈ 17,3.

FICHE 14 – Fonctions dér ivables

73

FICHE

I •

15

Fonctions usuelles

Logarithmes et exponentielles Fonction logarithme népérien

y

Elle est définie pour x > 0 par :   ln1 = 0 ;

1 0

1

x

1 ∀x > 0 (lnx) = · x Elle est strictement croissante. lim+ ln x = −∞ ; lim ln x = +∞. x→+∞

x→0

•

L’unique solution de l’équation ln x = 1 est notée e (e ≈ 2,718 ). ∀a > 0 ∀b > 0 ∀r ∈ Q a r = ln a − ln b . ln (ab) = ln a + ln b ; ln (a ) = rln a ; ln b Fonction exponentielle y

C’est la fonction réciproque de la fonction ln. Elle est définie sur R, à valeurs dans ]0,+∞[, strictement croissante. Elle est notée ou x → ex . x exp, ∀ x ∈ R e = ex ; lim ex = 0 ; lim ex = +∞ .

x→−∞

1

x→+∞

∀a ∈ R ∀b ∈ R ∀r ∈ Q ea+b = ea × eb •

;

era = (ea )r

0

;

e−a =

1 ea

;

ea−b =

1 a

e · eb

Logarithme de base a / 1), est la fonction définie par : La fonction logarithme de base a (a > 0 ; a = ln x ∀ x > 0 loga (x) = · ln a 1 1 × · Sa dérivée est : (loga x) = ln a x

74


x

1 5

Ses propriétés algébriques sont les mêmes que celles de la fonction ln. Si a = 10, loga est le logarithme décimal. On le note log. •

Exponentielle de base a La fonction exponentielle de base a (a > 0), est la fonction définie par : ∀ x ∈ R expa (x) = a x = exln a . / 1, c’est la fonction réciproque de la fonction loga . Pour a = y = a x ⇐⇒ ln y = xln a ⇐⇒ x = loga (y) . Sa dérivée est : (a x ) = ln a × a x . Remarquez bien qu’ici, la variable est en exposant.

Ses propriétés algébriques sont les mêmes que celles de la fonction exp.

II Fonctions puissances La fonction x → x r, pour x > 0 et r ∈ Q, est déjà connue. On la généralise, pour x > 0 et a ∈ R, en posant : x a = ealn x . Les propriétés connues pour les exposants rationnels sont prolongées ; en particulier (x a ) = ax a−1 . Remarquez bien qu’ici l’exposant est constant.


Pour a < 0, la fonction x → x a est décroissante de +∞ à 0. Pour a > 0, la fonction x → x a est croissante de 0 à +∞. Dans ce cas, on peut prolonger la fonction par continuité en 0. La fonction prolongée est dérivable en 0, si a > 1.

III Comparaison des fonctions logarithmes, exponentielles et puissances •

•

Fonctions logarithme et puissance ln x =0 ; Pour b > 0, on a : lim x→+∞ x b Fonctions puissance et exponentielle

lim x b ln x = 0 .

x→0+

ax = +∞. x→+∞ x b Fonctions logarithme et exponentielle ln x = 0. Pour a > 1, on a : lim x→+∞ a x Pour a > 1 et b quelconque, on a : lim

•

FICHE 15 – Fonctions usuelles

75

Application Quel est l’effectif initial d’une population microbienne y(t) dont la croissance est de type exponentiel, sachant que cette population est multipliée par 1,5 toutes les 2 minutes et que l’effectif est de 77 au bout de 5 minutes ?

Solution Si t désigne le temps en minutes, y(t) la population à l’instant t et y0 la population à l’instant 0, le modèle de l’énoncé est : y(t) = y0 ekt avec k > 0 puisqu’il s’agit d’une croissance. Ce modèle est pertinent tant que le milieu nutritif est suffisant pour la population étudiée.

Les hypothèses s’écrivent : y(t + 2) = 1,5 y(t)

et

y(5) = 77 .

= 1,5 y0 ekt La première hypothèse s’écrit : y0 e kt ce qui donne après simplification par y0 e : k(t+2)

e2k = 1,5

soit

k=

La seconde hypothèse s’écrit : y0 e5k = 77 .

1 ln(1,5) ≈ 0,203 . 2 5k

L’utilisation de la première hypothèse donne : e

=

− 5 3 2 ≈ 27,94 ≈ 28. ce qui entraîne : y0 = 77 2 On peut donc estimer que l’effectif initial est de 28.

76

5 ln 3 e2 2

5 3 2 = 2


1 5

Application Un médicament est injecté, par voie intraveineuse, à intervalles réguliers θ (en heures) et à dose constante D (en mg). Sa diffusion dans le compartiment sanguin, de volume 5 litres, est supposée instantanée. Son élimination est décrit par : C(t) = C0 e−kt où k est une constante positive qui dépend du médicament et C0 =

D la concentra5

tion apportée par une dose au moment de son injection. 1. Déterminez la concentration juste avant, et juste après, la n-ième injection. 2. Avec θ = 12 et k = 0,1, quelle serait la concentration sanguine la plus élevée que l’on atteindrait si l’on poursuivait indéfiniment le même traitement ?

Solution 1. Juste avant la n-ième injection, c’est-à-dire à l’instant (n − 1) θ, le cumul des restes de chaque injection donne : An = C0 e−k(n−1)θ + C0 e−k(n−2)θ + · · · + C0 e−kθ . Il s’agit de la somme des termes d’une progression géométrique dont on peut considérer que le premier terme est C0 e−k(n−1)θ et la raison ekθ (on peut aussi lire à l’envers), ce qui donne : An = C0 e−k(n−1)θ

1 − ek(n−1)θ e−k(n−1)θ − 1 = C 0 1 − ekθ 1 − ekθ


et juste après la n-ième injection, la concentration devient : Bn = An + C0 = C0

e−k(n−1)θ − ekθ . 1 − ekθ

2. De façon générale, la concentration sanguine le plus élevée lorsqu’on poursuit indéfiniment le même traitement est : lim Bn = C0

n→+∞

ekθ −1

ekθ

soit, avec les valeurs numériques indiquées, enviton 2,02 mg · L−1 .


77

Application On admet que la concentration sanguine C(t) d’un analgésique est : a D −at C(t) = e − e−bt b−a V t étant compté (en minutes) à partir du moment de l’injection. Déterminez le moment où cette concentration sanguine sera maximum. a = 0,018 min−1

b = 0,024 min−1

D = 7,5 mg

V = 5 L.

Solution Après avoir reporté les valeurs numériques, on obtient en dérivant : C (t) = 4,5 −0,018 e−0,018t + 0,024 e−0,024t On a C (t) 0 si, et seulement si : 0,024 e−0,024t 0,018 e−0,018t ⇐⇒ 1 ln avec t1 = 0,006

4 ≈ 47,947. 3

4 e0,006t ⇐⇒ t t1 3

Le tableau de variation de la fonction C est donc : t

0

t1

C (t)

+ 0 −

C(t)

La fonction C admet donc bien un maximum pour la valeur t1 .

Application De combien modifie-t-on le p H d’une solution lorsqu’on passe d’une concentration en ions hydrogènes (H+ ) à une concentration 3 fois plus faible ? 1 Rappel : p H = log + où log désigne le logarithme décimal. (H )

Solution Le nouveau p H est : log

1 1 (H+ ) 3

= log 3 + log

1 . (H+ )

Le p H est donc augmenté de log 3 ≈ 0,477 . 78


1 5

Application En admettant, qu’après une injection, la concentration plasmatique C(t) d’héparine est sensiblement de la forme : C(t) = a e−αt + b e−βt estimez les valeurs de a,b,α,β, sachant que α est très supérieur à β et qu’il a été observé : t 0

1

2 10

12

C 9 4,3 3 1,5 1,3

Solution D’une façon générale, un tel modèle est utilisé quand le phénomène étudié est le résultat d’un phénomène rapide (expulsion d’une substance en stock) et d’un phénomène lent (sécrétion de la même substance).


Si α est très supérieur à β, pour t grand on a C(t) ≈ b e−βt , soit avec les deux dernières valeurs : 1,5 1,3 = b e−12β ⇒ = e2β soit β ≈ 0,071 55, puis b ≈ 3,0678. 1,5 = b e−10β 1,3 À partir des deux premières valeurs, on peut alors écrire : 9 ≈ a + b d’où a ≈ 5,9322 4,3 ≈ a e−α + b e−β d’où α ≈ 1,413 . Vous pouvez remarquer qu’avec les estimations obtenues on obtiendrait C(2) ≈ 3,012, ce qui est conforme à la mesure observée.


79

FICHE

16

Fonctions circulaires et leurs réciproques

I Fonctions circulaires et trigonométrie •

Fonctions sinus et cosinus Elles sont définies dans R et à valeurs dans [−1,1]. Elles sont 2π-périodiques. La fonction cos est paire ; la fonction sin est impaire. Dérivées : ∀x ∈ R

(sin x) = cos x

; (cos x) = −sin x .

Si x est la mesure d’un angle, ces expressions des dérivées ne sont correctes que si x est exprimé en radians.

sin x =1 ; x Fonction tangente Limites : lim

x→0

•

lim

x→0

1 − cos x 1 = · x2 2

sin x π · + kπ ; k ∈ Z} par : tanx = cos x 2 Elle est impaire et π-périodique. Dérivée : 1 ∀x ∈ D (tanx) = 1 + tan2 x = · cos2 x tan x = 1. Limite : lim x→0 x Angles associés cos (π − x) = − cos x ; sin (π − x) = sin x ; tan(π − x) = −tan x cos (π + x) = − cos x ; sin (π + x) = − sin x ; tan(π + x) = tan x π π π 1 cos − x = sin x ; sin − x = cos x ; tan − x = 2 2 2 tan x π π π 1 cos + x = − sin x ; sin + x = cos x ; tan + x = − 2 2 2 tan x Formules d’addition

Elle est définie sur D = R \ {

•

•

cos (a + b) = cos a cos b − sin a sin b ; sin (a + b) = sin a cos b + cos a sin b ; tan(a + b) = 80

tan a + tan b · 1 − tan a tan b


1 6

•

Formules de duplication sin 2a = 2 sin a cos a ; cos 2a = cos2 a − sin2 a ; tan 2a =

•

Expressions en fonction de t = tan cos a =

•

a 2

2 tan a · 1 − tan2 a

1 − t2 2t 2t ; sin a = ; tan a = · 2 2 1+t 1+t 1 − t2

Transformation d’un produit en somme 1 cos (a + b) + cos (a − b) 2 1 sin a sin b = cos (a − b) − cos (a + b) 2 1 sin a cos b = sin (a + b) + sin (a − b) 2

cos a cos b =

II Fonctions circulaires réciproques


•

Fonction arc sinus

π π C’est la réciproque de la restriction à − , de la fonction sinus. 2 2 x = sin y y = arcsin x ⇐⇒ π π − y −1 x 1 2 2 La fonction arcsin est impaire. 1 · ∀x ∈ ] − 1,1[ (arcsin x) = √ 1 − x2 y π 2

1 x

–1

arcsin x

0 1 x

–

π 2

–1

FICHE 16 – Fonctions circulaires et leurs réciproques

81

•

Fonction arc cosinus C’est la réciproque de la restriction à [0,π] de la fonction cosinus. y = arccos x x = cos y ⇐⇒ −1 x 1 0yπ y π arccos x π 2

–1

x

1

0 –1

•

1 x

Fonction arc tangente

π π de la fonction tangente. C’est la réciproque de la restriction à − , 2 2 x = tan y y = arctan x ⇐⇒ π π − 0 ∀x < 0 82

π arcsin x + arccos x = 2 √ sin (arccos x) = 1 − x 2 = cos (arcsin x) 1 π arctan x + arctan = x 2 1 π arctan x + arctan = − x 2


1 6

Application Calculez la dérivée de la fonction f définie par f (x) =

4 sin 2 (2x) − 3.

Solution


La fonction étant périodique, de période π, il suffit de l’étudier sur [0; π]. Pour que f existe, il faut, et il suffit, que 4 sin 2 (2x) − 3 0 . Et elle sera dérivable pour 4 sin 2 (2x) − 3 > 0 . On a : y 4 sin 2 (2x) − 3 0 2π √ π 3 3 3 √3 ⇐⇒ | sin (2x)| 2 2 √ √ 3 3 A O ⇐⇒ sin (2x) ou sin (2x) − 2 2 x ce qui donne : √ 3 – π 2π π π 4π 5π 2 2x soit x 3 3 3 3 6 3 ou 4π 5π 2π 5π 2x soit x 3 3 3 6

π π 2π 5π ∪ ; ; , et dérivable sur Sur [0; π], la fonction f est donc définie sur 6 3 3 6 π π 2π 5π

D= ; ∪ ; . 6 3 3 6 Si on pose u(x) = 4 sin 2 (2x) − 3, on u (x) = 16 sin (2x) cos (2x) = 8 sin (4x) . En utilisant la dérivation d’une fonction composée, on a : ∀x ∈ D

4 sin (4x) f (x) = · 4 sin 2 (2x) − 3

FICHE 16 – Fonctions circulaires et leurs réciproques

83

Application Les abeilles construisent les cellules de leurs ruches selon une forme dont l’aire A dépend d’un angle θ selon la formule : √ 4√ V 3 2 1 3 3 2 1 π A(θ) = 3 − R + R avec 0 < θ < 3 R 2 tan θ 2 sin θ 2 où le volume V est fixé ainsi que le rayon R du prisme hexagonal. Déterminez l’angle θ pour que cette aire soit minimale, c’est-à-dire la valeur qui minimise la quantité de cire utilisée.

Solution La fonction A est dérivable, et on a : √ 3 2 1 1 3 3 2 cos θ A (θ) = R − R 2 tan2 θ cos2 θ 2 sin 2 θ √ 1

3 = R2 3 cos θ 1 − 2 sin 2 θ Sachant que arccos est décroissante sur [0; 1], on a : 1

A (θ) 0 ⇐⇒ cos θ √ ⇐⇒ θ θ0

3

1 où θ0 = arccos √ ≈ 0,955 rad, soit environ 54,7◦ . 3 Le tableau de variation : θ

π

θ0

0

2

A

− 0 +

A

montre que A est minimum pour θ = θ0 .

84


1 6

Application Démontrez la formule de Machin : π 1 1 = 4 arctan − arctan · 4 5 239

Solution 1 1 π et β = arctan ; on veut montrer que = 4α − β. 5 239 4 tan 4α − tan β · Calculons d’abord tan (4α − β) = tan 4α + tan β 1 1 · Pour obtenir tan 4α, calculons Par définition, on sait que tan α = et tan β = 5 239 successivement : 1 2× 2 tan α 5 5 tan 2α = = 1 2 = 12 1 − tan2 α 1− 5 puis : 5 2× 2 tan 2α 120 12 tan 4α = = 5 2 = 119 · 1 − tan2 2α 1− 12 On a donc : 120 1 − tan (4α − β) = 119 239 = 1 . 120 1 1+ × 119 239 π Il reste à établir que et 4α − β appartiennent à un même intervalle semi-ouvert de 4 longueur π pour que l’égalité des tangentes entraîne l’égalité des réels. 1 1 < < 1 entraînent : La fonction arctan étant croissante, les inégalités : 0 < 239 5 π 0 0 : 1 + x2 x 2. pour 0 < x < 1 : x < arcsin x < √ 1 − x2

Solution 1. Appliquons l’égalité des accroissements finis à la fonction arctan sur le segment [0,x]. Il existe donc c ∈]0,x[ tel que : 1 arctan x − arctan 0 = (x − 0) 1 + c2 1 1 < < 1. 2 1+x 1 + c2 En utilisant l’égalité des accroissements finis déjà écrite, on obtient :

De 0 < c < x , on déduit : 1 < 1 + c2 < 1 + x 2 , puis :

x < arctan x < x . 1 + x2 2. Appliquons l’égalité des accroissements finis à la fonction arcsin sur le segment [0,x]. Il existe donc c ∈]0,x[ tel que : 1 · arcsin x − arcsin 0 = (x − 0) √ 1 − c2 √ √ De 0 < c < x , on déduit : 1 − x 2 < 1 − c2 < 1 , 1 1 0, on a : +∞ dt converge ⇐⇒ α > 1 . tα a Pour ]0,a] avec a > 0, on a : a 0

dt converge ⇐⇒ α < 1 . tα FICHE 22 – Intégrales généralisées

111

III Application aux probabilités •

Densité de probabilité Soit X une variable aléatoire et FX sa fonction de répartition, c’est-à-dire FX (x) = P(X x) pour tout réel x. On dit que X est une variable continue s’il existe une fonction f de R dans R, dite densité de probabilité de X, telle que : (1) ∀x ∈ R

f (x) 0 ;

(2) f est continue sur R sauf peut-être en un nombre fini de points où elle admet une limite à gauche et une limite à droite finies ; +∞ f (t) dt existe et vaut 1 ; (3) −∞ x f (t) dt pour tout x. (4) FX est liée à f par : FX (x) = −∞

•

Probabilité d’un intervalle Si f est une densité de probabilité d’une variable aléatoire X, on a : b f (x) dx . P(a X b) = a

•

Espérance mathématique, variance Soit X une variable aléatoire continue et f une densité de X. À condition que les intégrales convergent, on définit : – l’espérance mathématique de X par : +∞ t f (t) dt E(X) = −∞

– la variance de X par : 2 V (X) = E X − E(X) =

112

+∞

−∞

2 = E(X ) − E(X) = 2

2 t − E(X) f (t) dt

+∞

−∞

2 t f (t) dt − E(X) 2


2 2

Application Soit f la fonction définie sur R par : f (x) = 0 f (x) = x e−ax

pour

x 0

pour

x >0

Comment faut-il choisir a pour que f soit une densité de probabilité ?

Solution La fonction f est positive. Elle est constante sur ] − ∞; 0], continue sur ]0; +∞[ comme composée de fonctions continues. Et en 0, on a : lim− f (x) = lim+ f (x) = f (0) = 0 . La fonction f est donc continue sur R.

x→0

x→0

+∞

Il reste à choisir a pour que

f (x) dx = 1 puisque f est nulle pour x 0. Pour

0

ceci, il est nécessaire (mais pas suffisant) que lim f (x) = 0, soit a > 0. x→+∞

Pour A > 0, on obtient en intégrant par parties :

−ax A A −ax A e e −ax xe dx = x − dx −a 0 −a 0 0

−ax A A −a A e A 1 =− e − = − e−a A − 2 e−a A − 1 2 a a a a 0 On a lim e−a A = 0, et lim A e−a A = 0 avec la croissance comparée des puis© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.

A→+∞

A→+∞

sances et de l’exponentielle. Il reste : lim

A→+∞ 0

A

x e−ax dx =

1 · a2

Il faut donc choisir a = 1 pour avoir une densité de probabilité.

FICHE 22 – Intégrales généralisées

113

Application La durée de vie d’un atome d’un élément radioactif est une variable aléatoire continue X qui admet pour densité la fonction f définie sur R par : si x < 0 f (x) = 0 x 0

si

f (x) = λ e−λx

où λ > 0

1. Vérifiez qu’il s’agit bien d’une densité de probabilité, puis calculez l’espérance mathématique de X. 2. On prend t en secondes et λ = 0,2. Quelle est la probabilité pour qu’un atome ait une durée de vie supérieure à 4 secondes ? une durée de vie comprise entre 1 et 3 secondes ?

Solution 1. • La fonction f est positive, et continue sauf en 0 où elle admet une limite à gauche (0) et une limite à droite (λ) finies. +∞

Il reste à vérifier que

+∞

−∞

−∞

f (x) dx =

+∞

f (x) dx = 1. On a : −λx

λe

dx = lim

A→+∞ 0

0

A

λ e−λx dx = lim

A→+∞

− e−λx

A 0

= lim 1 − e−λA = 1 A→+∞

• E(X) =

+∞

−∞

λ x e−λx dx = lim

A→+∞ 0

A

λ x e−λx dx .

À l’aide d’une intégration par parties, on obtient : A

A A 1 1 −λx −λx λx e dx = − x e + e−λx dx = −A e−λA − e−λA + 0 λ λ 0 0 1 (avec les mêmes limites que dans l’exercice précédent). λ

+∞ +∞ λ e−λx dx = − e−0,2x = e−0,8 ≈ 0,449 . 2. P(X 4) = 4 4

3 3 P(1 X < 3) = 1 λ e−λx dx = − e−0,2x = e−0,2 − e−0,6 ≈ 0,270 . Donc E(X) =

1

114


.

2 2

Application K · 1 + x2 1. Comment faut-il choisir la constante K pour que f soit une densité de probabilité ? 2. Soit X une variable aléatoire admettant f pour densité de probabilité. Étudiez l’existence, et la valeur éventuelle, de l’espérance mathématique et de la variance de X. Soit f la fonction définie sur R par : f (x) =

Solution 1. Si K > 0 , la fonction f est positive. Et elle est continue sur R. Il reste à choisir K +∞ f (x) dx = 1. pour que −∞ B

B

K dx = K arctan x = K arctan B − arctan A . On a : 2 A A 1+x π π Comme lim arctan B = et lim arctan B = − A→+∞ 2 B→−∞ 2 +∞

l’intégrale −∞

f (x) dx existe et a pour valeur K π.

En choisissant K =

1 on a donc une densité de probabilité. π


2. Pour l’espérance mathématique de X, il faut étudier l’existence, et la valeur éven +∞ +∞ 1 x x f (x) dx = dx. tuelle, de l’intégrale 2 −∞ −∞ π 1 + x Pour que cette intégrale généralisée existe, il faut que les deux intégrales 0 +∞ 1 1 x x dx et dx existent. 2 π 1 + x2 −∞ π 1 + x 0 Aucune de ces intégrales n’existe, puisque, par exemple pour la seconde : +∞ dx 1 1 x 1 ∼ et l’intégrale de Riemann est divergente (avec a > 0 pour x π 1 + x 2 +∞ π x a ne pas rajouter un faux problème en 0). On a donc une variable aléatoire X, définie par une densité de probabilité, qui n’admet pas d’espérance mathématique, et donc pas de variance.

FICHE 22 – Intégrales généralisées

115

FICHE

23

Séries numériques

I Définitions •

Convergence Soit (u k ) une suite de nombres. u k (ou encore la série de terme général u k ) est convergente – On dit que la série si la suite (Sn ) de terme général : n Sn = uk = u0 + u1 + · · · + un k=0

tend vers une limite finie S. On note S la somme de la série : ∞ n S= u k = lim uk . k=0

n→+∞

k=0

Sn est appelée somme partielle d’ordre n. ∞ u k est le reste d’ordre n. C’est l’erreur comLa différence Rn = S − Sn = k=n+1

mise en remplaçant S par sa valeur approchée Sn. u n n’est pas convergente, on dit qu’elle est divergente. – Si la série Étudier la nature d’une série, c’est préciser si elle est convergente ou divergente.

•

116

Convergence absolue u k est dite absolument convergente, si la série |u k | est convergente. La série Si une série est absolument convergente, alors elle est convergente. Mais la réciproque est fausse. Dans le cas d’une série absolument convergente, la somme ne dépend pas de l’ordre des termes. Alors que si une série est convergente sans être absolument convergente, en modifiant l’ordre des termes, on peut obtenir une série qui converge vers n’importe quel réel choisi à l’avance. Mathématiques pour les sciences de la vie et de la santé en 30 fiches

2 3

II Règles de convergence •

Comparaison de séries à termes positifs u n et vn deux séries telles que 0 u n vn pour n n 0 . Soit vn converge, alors u n converge. Si u n diverge, alors vn diverge. Si

•

Équivalence de séries à termes positifs u n et vn deux séries à termes > 0 telles que u n ∼ vn . Soit +∞

Les deux séries sont alors de même nature, c’est-à-dire qu’elles sont convergentes ou divergentes en même temps. Ce théorème s’applique aussi à des séries à termes < 0 , mais il n’est pas vrai pour des séries quelconques.


•

Séries classiques – les séries de Riemann : 1 converge ⇐⇒ α > 1. kα k 1 est appelée série harmonique. En particulier, la série divergente k – la série exponentielle : ∞ xk ∀x ∈ R ex = k! k=0 – la série géométrique : si |x| < 1

∞ 1 xk = 1−x k=0

et celles que l’on obtient en dérivant, comme : si |x| < 1 si |x| < 1

∞ 1 = k x k−1 (1 − x)2 k=1 ∞ 2 = k (k − 1) x k−2 (1 − x)3 k=2

FICHE 23 – Séries numériques

117

III Application aux probabilités •

Loi de probabilité d’une variable aléatoire discrète infinie Lorqu’une variable aléatoire X est définie sur N (ou N∗), connaître sa distribution de probabilité (ou loi de probabilité) c’est connaître les nombres pk = P(X = k) pour tout k ∈ N . Ces nombres étant soumis aux conditions : ∞ pk = 1. ∀k ∈ N pk 0 et k=0

Par rapport au cas fini, ce qui change, c’est que la somme

∞

pk est une série et

k=0

non plus une somme comportant un nombre fini de termes. Il peut donc arriver qu’il y ait un problème de convergence. •

Espérance mathématique, variance À condition que les séries écrites soient absolument convergentes, on définit : – l’espérance mathématique de X par : E(X) =

∞

k pk

k=0

– la variance de X par : ∞ 2 2 k − E(X) pk V (X) = E X − E(X) = k=0

2 = E(X 2 ) − E(X) =

∞

2 k pk − E(X) 2

k=0

118


2 3

Application Pour chacune des séries suivantes, de terme général u n , indiquez si elle est convergente ou divergente : n n 1 sin n ; un = n ; un = ; un = √ · un = 3 n+1 2 + 1 n n n (n − 1)

Solution 1. Pour qu’une série converge, il est nécessaire (mais pas suffisant) que son terme général tende vers 0. n = 1, la première série ne peut pas être convergente. Comme lim n→∞ n + 1 n est le terme général d’une série à termes positifs et on a : 2. u n = 3 n (n − 1) n 1 un ∼ √ = · 4 +∞ n n 1 qui est une série de n Riemann divergente. La série proposée est donc divergente. 1 3. La série est à termes positifs et l’on a : u n ∼ n · +∞ 2 n 1 1 est une série géométrique convergente. La série de terme général n = 2 2 La série proposée est donc convergente. 1 4. On a : |u n | 3 · n2 1 La série de terme général 3 est une série de Riemann convergente. La série propon2 sée est donc absolument convergente, donc convergente.


La série

u n est donc de même nature que la série


119

Application 1. Déterminez les réels a et b tels que : ∀x ∈ [1; +∞[

a b 1 = + 4x 2 − 1 2x − 1 2x + 1

2. Montrez que la série de terme général : uk =

1 4k 2 − 1

(k 1)

est convergente. Calculez sa somme. 3. Montrez qu’en posant, pour tout k ∈ N∗ , P(X = k) = α u k , on peut définir une distribution de probabilité sur N∗ en choisissant bien α. Dans ce cas, déterminez, si elles existent, l’espérance mathématique E(X) et la variance V (X).

Solution 1. Il s’agit de la décomposition d’une fraction rationnelle en éléments simples. 1 En multipliant les deux membres de l’égalité par 2x − 1 et en remplaçant x par 2

1 1 = · on obtient a = 2x + 1 x= 1 2 2

1 En multipliant les deux membres de l’égalité par 2x + 1 et en remplaçant x par − on 2

1 1 =− · obtient b = 2x − 1 x=− 1 2 2

2. La série est à termes positifs et on a u k

La série de Riemann série

∞

∼

k→+∞

1 · 4k 2

∞ 1 est convergente car 2 > 1. Il en est donc de même de la k2 k=1

uk .

k=1

D’après le résultat de la question précédente, on a : ∀k ∈ N∗

120

uk =

1 1 1 1 − 2 2k − 1 2 2k + 1


2 3 Calculons la somme partielle :

n 1 1 1 1 1 1 1 + + ··· + uk = − − − Sn = 2 1 3 3 5 2n − 1 2n + 1 k=1

1 1 1− = 2 2n + 1 On a donc : lim Sn = n→∞

∞ 1 1 uk = · c’est-à-dire : 2 2 k=1

3. Pour avoir une distribution de probabilité, il faut α > 0 et

∞

α u k = 1.

k=1

D’après le résultat de la question précédente, ces conditions sont satisfaites si, et seulement si, α = 2. ∞ 2 k 2 · On a alors : E(X) = 4k − 1 k=1 1 2k est équivalent à qui est le terme général d’une série de Riemann diver2 4k − 1 2k gente.


X n’a donc pas d’espérance mathématique, et donc pas de variance.


121

FICHE

I

24

Équations différentielles du premier ordre

Équations à variables séparables

Lorsque l’équation est de la forme : f x(t) x (t) = g(t) , où f et g sont des fonctions données dont on connaît des primitives F et G, on a : F x(t) = G(t) + C , et si F possède une fonction réciproque F −1 , on en tire : x(t) = F −1 G(t) + C , relation qui donne toutes les solutions de l’équation. Cette solution générale dépend de la constante d’intégration C. En pratique, on peut écrire l’équation sous la forme : f (x) dx = g(t) dt ,

puis intégrer formellement les deux membres :

f (x) dx =

g(t) dt ,

et exprimer x en fonction de t .

II Équations linéaires •

Définition Elles sont de la forme : a(t) x (t) + b(t) x(t) = c(t)

(1)

où a, b et c sont des fonctions données, continues sur un intervalle I . Pour la résolution, on se place sur un intervalle J ⊂ I tel que a ne s’annule pas sur J. 122


2 4

•

Théorème dû à la linéarité Toute solution de (1) est de la forme x P (t) + x S (t) où x P (t) est une solution particulière de (1) et x S (t) la solution générale de l’équation homogène associée : a(t) x (t) + b(t) x(t) = 0

(1)’

On est donc conduit à deux problèmes : rechercher la solution générale x S (t) de l’équation homogène, puis une solution particulière de l’équation complète. •

Résolution de l’équation homogène associée C’est une équation à variables séparables. Ses solutions sont du type : t a(u) du x S (t) = K e−A(t) où A(t) = t0

avec K constante arbitraire et t0 élément quelconque de I . Elles comportent donc la fonction nulle et des fonctions qui ne s’annulent jamais.


•

Recherche d’une solution particulière (méthode de Lagrange) x1 étant une solution non nulle de (1)’, on introduit une fonction auxiliaire inconnue K (t) telle que x(t) = K (t) x1 (t) soit solution de (1). On calcule x (t) ; on reporte x (t) et x(t) dans (1). On observe que K (t) disparaît, ce qui fournit une auto-vérification. Il reste K (t), ce qui permet de calculer K (t) puis x(t). Vous avez le choix entre deux variantes (équivalentes : ne faites pas les deux) : – chercher tous les K (t) avec une constante d’intégration (n’oubliez pas de reporter dans x(t)), – chercher un K (t), reporter dans x(t) et addditionner avec x S (t). Cette méthode s’appelle aussi méthode de variation de la constante. Ce mot curieux (une constante qui varie !) vient du fait qu’on remplace la constante K obtenue en résolvant l’équation homogène par une fonction K (t) .

FICHE 24 – Équations différentielles du premier ordre

123

Application « L’augmentation relative du risque coronarien r pour une même augmentation de la cholestérolémie C est constante à tous les niveaux de la cholestérolémie. » Parmi les égalités qui suivent (où k est une constante), quelle est celle qui traduit cette affirmation ? dr dr k dr dr dr = = kC = k dC = k C dC =k 2. 1. 3. 4. 5. r C r r r r Comment le risque coronarien varie-t-il alors en fonction de la cholestérolémie (en tenant compte du fait que la cholestérolémie ne peut pas être inférieure à un seuil s) ?

Solution • L’augmentation relative du risque coronarien est représentée par

dr · r

L’augmentation de la cholestérolémie est représentée par dC. La phrase, dans le langage d’un expérimentaliste, signifie que ces deux grandeurs sont proportionnelles. C’est donc l’équation 3. qui correspond à la phrase de l’énoncé. • C’est une équation à variables séparables qui s’intègre immédiatement : ln r = kC + A où A est une constante. En prenant l’exponentielle de chaque membre, on a donc : r = K ekC

où K est une constante.

• Avec le sens concret de la situation, il faut K > 0 , et rajouter la condition C s. La valeur de la constante K s’obtient par la connaissance de r(s), c’est-à-dire le risque coronarien minimum.

124


2 4

Application Supposons que l’équation qui décrit la variation de la concentration sanguine C(t) d’un médicament, en fonction du temps t soit : C (t) + C(t) = 3 e−2t .

(1)

On prend l’origine des temps au moment de l’injection et le médicament ne préexiste pas dans le sang, c’est-à-dire que C(0) = 0. Déterminez la fonction C(t).

Solution Il s’agit d’une équation différentielle linéaire du premier ordre. On résout d’abord l’équation homogène associée : C (t) + C(t) = 0 .

(1)’


La solution générale de cette équation est : C(t) = K e−t où K est une constante réelle quelconque. Pour résoudre l’équation proposée (1) par la méthode de variation de la constante, considérons une fonction auxiliaire K (t) telle que y(t) = K (t) e−t soit solution de (1). En dérivant et en reportant, on obtient après simplification K (t) = 3 e−t . On peut donc choisir K (t) = −3 e−t et obtenir ainsi une solution particulière de (1) : K (t) e−t = −3 e−2t . On peut alors écrire la solution générale de (1) en additionnant une solution particulière et la solution générale de (1)’, soit : C(t) = K e−t − 3 e−2t . La condition initiale C(0) = 0 conduit à K = 3 , soit : C(t) = 3 e−t − 3 e−2t .


125

Application Dans l’étude du traitement préventif de l’ostéoporose par administration transdermique d’une hormone estrogène, on admet que la variation de la concentration sanguine y de cette hormone vérifie : dy + ay = b e−t dt

(E)

où a et b sont des constantes, et t le temps. Exprimez la concentration sanguine y en fonction du temps.

Solution L’équation différentielle (E)} est linéaire. L’équation homogène associée dy + ay = 0 dt

(E)’

a pour solution générale y(t) = K e−at où K est une constante réelle. Considérons une fonction auxiliaire K (t) telle que y(t) = K (t) e−at soit solution de (E). On calcule : y (t) = K (t) e−at − a K (t) e−at . En reportant dans (E) et en simplifiant, il reste K (t) = b e(a−1)t . Nous sommes conduit à distinguer deux cas : • a = 1 Alors K (t) = b, puis K (t) = bt . La solution générale de (E) s’écrit : y(t) = (bt + K ) e−at . La constante K se précise par la connaissance de la concentration initiale y(0) = K. / 1 • a=

Alors K (t) =

b e(a−1)t . La solution générale de (E) s’écrit : a−1

b e−t . a−1 La constante K se précise par la connaissance de la concentration initiale b y(0) = K + · a−1 y(t) = K e−at +

126


2 4

Application La cinétique chimique de la réaction A + B −→ C est de la forme : x (t) = k (a − x(t)) (b − x(t)) où a désigne la concentration initiale de produit A, b celle de B, x(t) la concentration à l’instant t du produit C et k une constante. Intégrez cette équation différentielle. Donnez la solution vérifiant x(0) = 0. Que se passe-t-il au bout d’un temps très long ?

Solution x (t) = k. (x(t) − a) (x(t) − b) x (t) 1 = k s’intègre en − = kt + C d’où • Si a = b, l’équation 2 x(t) − a (x(t) − a) 1 · x(t) = a − kt + C a 2 kt 1 · La condition initiale x(0) = 0 conduit à C = soit x(t) = akt + 1 a / b, la décomposition en éléments simples : • Si a = 1 1 1 1 = − (x − a)(x − b) a−b x −a x −b / a et x = / b, l’équation peut se séparer : Si x =

x (t) x (t) − = k(a − b) x(t) − a x(t) − b 1 x(t) − a = k(a − b)t où ln |K | est la constante d’intégraln qui s’intègre en : K x(t) − b a − bK ek(a−b)t · tion. On en déduit : x(t) = 1 − K ek(a−b)t 1 − ek(a−b)t a · La condition initiale x(0) = 0 conduit à K = soit x(t) = ab b − a ek(a−b)t b • Lorsque t tend vers l’infini,


conduit à :

– Si 0 < a b , lim x(t) = a ce qui signifie que le produit A est entièrement t→+∞

décomposé. – Si 0 < b a, lim x(t) = b ce qui signifie que le produit B est entièrement décomt→+∞

posé.


127

FICHE

I •

25

Équations différentielles linéaires du second ordre à coefficients constants

Généralités Définition Ce sont des équations de la forme : a x (t) + b x (t) + c x(t) = f (t)

(1)

où a, b et c sont des constantes réelles données. •

Théorème de Cauchy-Lipschitz Si on impose en plus les conditions initiales : x(t0 ) = x0 et x (t0 ) = x1 , l’équation différentielle admet une, et une seule, solution.

•

Théorèmes dûs à la linéarité Toute solution de (1) est de la forme : x P (t) + x S (t) où x P (t) est une solution particulière de (1), et x S (t) la solution générale de l’équation homogène associée : a x (t) + b x (t) + c x(t) = 0 – Si x1 est une solution particulière de a x (t) + b x (t) + c x(t) = f 1 (t) , et x2 une solution particulière de a x (t) + b x (t) + c x(t) = f 2 (t) , alors x1 + x2 est une solution particulière de a x (t) + b x (t) + c x(t) = f 1 (t) + f 2 (t) .

128


(2)

2 5

II Résolution de l’équation homogène La fonction t → ert est solution de (2) si, et seulement si, r vérifie l’équation caractéristique : ar 2 + br + c = 0, 2 ce qui conduit à calculer = b − 4ac. / 0, l’équation caractéristique a deux racines distinctes r1 et r2 . On a alors : • Si = x S (t) = K 1 er1 t + K 2 er2 t , où K 1 et K 2 sont des constantes quelconques. • Si = 0, l’équation caractéristique a une racine double r0 . On a alors : x S (t) = (K 1 t + K 2 ) er0 t , où K 1 et K 2 sont des constantes quelconques. • Si < 0, l’équation caractéristique a deux racines complexes conjuguées α ± iβ . On a alors : x S (t) = eαt (K 1 cos βt + K 2 sin βt), où K 1 et K 2 sont des constantes réelles quelconques.

III Recherche d’une solution particulière dans certains cas •

Cas où f (t) est un polynôme P(t) de degré n Il existe une solution particulière de (1) sous la forme d’un polynôme de degré n si c= / 0; n + 1 si c = 0 et b = / 0;


n + 2 si c = b = 0 et a = / 0. La recherche de cette solution se fait par identification. •

Cas où f (t) = ekt P(t) avec P polynôme et k constante On effectue le changement de fonction inconnue x(t) = ekt z(t) où z est une nouvelle fonction inconnue. En reportant x, x et x dans (1), on est conduit à une équation en z du type précédent.

•

Cas où f (t) = eαt cos βt P(t) ou f (t) = eαt sin βt P(t) avec α et β réels, et P polynôme à coefficients réels Une solution particulière est la partie réelle, ou la partie imaginaire, de la solution particulière obtenue pour l’équation de second membre e(α+iβ) t . FICHE 25 – Équations différentielles linéaires du second ordre …

129

Application Résolvez l’équation différentielle avec conditions initiales : x (t) + 2 x (t) + x(t) = t

avec x(0) = x (0) = 1 .

Solution – Résolvons l’équation différentielle homogène associée : x (t) + 2 x (t) + x(t) = 0 . L’équation caractéristique r 2 + 2 r + 1 = 0 a une racine double r0 = −1 . La solution générale de l’équation homogène est donc : x g (t) = e−t (At + B) . – On peut chercher une solution particulière de l’équation complète sous la forme x p (t) = at + b car le second membre est un polynôme de degré 1, et le coefficient de x(t) n’est pas nul. On obtient alors, en calculant x (t) et x (t) et en reportant dans l’équation différentielle : 2a + b = 0 ⇐⇒ a = 1 et b = −2 . ∀t 2 a + at + b = t ⇐⇒ a = 1 On obtient la solution particulière : x p (t) = t − 2 . – La solution générale de l’équation complète s’obtient en additionnant les deux solutions précédentes : x(t) = x g (t) + x p (t) = e−t (At + B) + t − 2 . Il reste à déterminer A et B par les conditions initiales : x(0) = 1 et x (0) = 1 ⇐⇒ B − 2 = 1 et A − B + 1 = 1 ⇐⇒ A = B = 3 . La solution cherchée est donc : x(t) = t − 2 + 3 e−t (t + 1).

130


2 5

Application Déterminez la solution générale de l’équation différentielle : x (t) + 3 x (t) + 2 x(t) = t e−t .

Solution – L’équation caractéristique r 2 + 3r + 2 = 0 a deux racines réelles distinctes r1 = −1 et r2 = −2 . La solution générale de l’équation sans second membre associée est donc : x g (t) = A e−t + B e−2t . – Pour obtenir une solution particulière de l’équation complète, on effectue le changement de fonction inconnue : x(t) = e−t v(t) x (t) = e−t v (t) − e−t v(t) x (t) = e−t v (t) − 2 e−t v (t) + e−t v(t) / 0, à : qui conduit, après simplification par e−t = v (t) + v (t) = t. Cette équation a pour solution particulière un polynôme de degré 2, dont le coefficient constant peut être pris nul :


v p (t) = a t 2 + b t

v p (t) = 2a t + b

v p (t) = 2a .

En reportant dans l’équation, on obtient : ∀t (2 a + b) + 2 a t = t ⇐⇒ 2a = 1 et 2 a + b = 0 . 1 ⇐⇒ a = et b = −1 2

1 On a donc une solution particulière : x p (t) = t 2 − t. 2 – La solution générale de l’équation complète s’obtient par addition : x(t) = x g (t) + x p (t) = A e−t + B e−2t +

1 2 t −t. 2

FICHE 25 – Équations différentielles linéaires du second ordre …

131

Application En étudiant l’injection d’une substance S dont le métabolisme fait intervenir des rétroactions, on montre qu’un modèle mathématique simplifié du phénomène fournit l’équation différentielle : C (t) + 2C (t) + 2C(t) = 2

(E)

où, dans un système convenable d’unités, C(t) représente la concentration de la substance dans l’organisme, en fonction du temps t. 1. a) Déterminez l’ensemble des solutions de l’équation différentielle : C (t) + 2C (t) + 2C(t) = 0

(E 0 )

b) Déterminez l’ensemble des solutions de l’équation différentielle (E). 2. a) Déterminez la solution y(t) de (E) qui vérifie les conditions initiales : y(0) = 1 ,

y (0) = λ.

b) On suppose λ > 0 (λ est proportionnel à la quantité totale injectée). Étudiez les variations de la fonction t → y(t) sur [0,+∞[. c) Déterminez la valeur du minimum global de y(t) sur [0,+∞[. Quelle condition faut-il imposer à λ pour que ce minimum soit supérieur à 0,5 ? L’existence d’un minimum d’autant plus bas que λ est grand est l’explication de certains accidents par surdose.

Solution 1. a) L’équation différentielle (E 0 ) est linéaire, du second ordre, homogène, à coefficients constants. Son équation caractéristique : r 2 + 2r + 2 = 0 admet deux racines complexes conjuguées : r1 = −1 + i et r2 = −1 − i . La solution générale de (E 0 ) est donc : C(t) = e−t (A cos t + B sin t) où A et B sont des constantes réelles. b) L’équation différentielle (E) admet la solution particulière C(t) = 1. Sa solution générale est donc : C(t) = 1 + e−t (A cos t + B sin t)

132


2

Avec les conditions initiales : 1

=

y(0)

=

5

2. a) On a C (t) = −e−t (A − B) cos t + (A + B) sin t . 1+ A

λ = y (0) = −A + B on peut calculer les constantes A = 0 et B = λ ; ce qui donne l’unique solution de (E) définie par : y(t) = 1 + λ e−t sin t b) La dérivée y (t) = λ e−t [−sin t + cos t] s’annule, et change de signe, pour toutes les valeurs de t telles que π sin t = cos t, soit t = + kπ avec k ∈ N . 4 Le début du tableau de variation de y est donc : t y

+

y

0

9π 4

5π 4

π 4

0

–

0

+

+∞

0

Pour compléter ce tableau, on a : lim y(t) = 1 car |y(t) − 1| λ e−t ;


t→+∞

et, pour les valeurs qui annulent la dérivée : √ π 2 − π +kπ y + kπ = 1 + λ e 4 (−1)k . 4 2 c) Les minimums locaux correspondent à k impair, soit k = 2 p + 1, et leurs valeurs sont : √ π 2 − π +(2 p+1)π y + (2 p + 1)π = 1 − λ e 4 . 4 2 Cette expression est une fonction décroissante de p. Le minimum global est donc atteint pour p = 0 et a pour valeur : √ 2 − 5π mλ = 1 − λ e 4 2 Bien entendu, pour que le modèle soit cohérent, on doit avoir m λ 0 , soit λ

√

π5

2e 4.

√ 5π Pour que m λ 0,5 , il faut que λ λ0 avec λ0 = 0,5 2 e 4 ≈ 0,014. FICHE 25 – Équations différentielles linéaires du second ordre …

133

FICHE

26

Systèmes différentiels

Un système de deux équations différentielles linéaires, homogènes, du premier ordre et à coefficients constants est de la forme : x (t) = a x(t) + b y(t) (1) (S) y (t) = c x(t) + d y(t) (2) où x(t) et y(t) sont des fonctions inconnues. On peut résoudre (S) par substitution en se ramenant à une équation du second ordre. Pour des systèmes de plus grande taille (p équations, p fonctions inconnues, avec p > 2 ), on utilise d'autres méthodes mathématiques.

Dérivons (1), puis substituons d’abord (2), puis (1), de manière à n’avoir plus que la seule fonction inconnue x(t) : x (t) = a x (t) + b y (t) = a x (t) + b c x(t) + d y(t) = a x (t) + bc x(t) + d x (t) − a x(t) ce qui donne : x (t) − (a + d) x (t) + (ad − bc) x(t) = 0 . On est donc ramené à une équation d’un type connu, dont la solution générale dépend de deux constantes K 1 et K 2 . En reportant dans (1), on obtient alors y(t) en fonction des mêmes constantes K 1 et K 2 . Les constantes K 1 et K 2 se déterminent ensuite avec les conditions initiales x(0) = x0 et y(0) = y0 .

134


2 6

Application Dans une culture, on suppose que, pendant un intervalle de temps, des bactéries se reproduisent avec une vitesse proportionnelle à leur nombre N (t) (coefficient de proportionnalité k1 = 4) et que, dans le même temps, elles sécrètent une substance toxique qui les détruit avec une vitesse proportionnelle à la quantité T (t) de cette substance (coefficient de proportionnalité k2 = 2). D’autre part, la vitesse de sécrétion de la substance toxique est proportionnelle au nombre de bactéries (coefficient de proportionnalité k3 = 1,5). Déterminez la forme générale de N (t) et de T (t).

Solution


Les renseignements fournis se formalisent par les deux équations différentielles : N (t) = 4 N (t) − 2 T (t)

(1)

T (t) = 1,5 N (t)

(2)

Il s’agit d’un système différentiel que l’on peut résoudre de diverses façons. En voici une. Dérivons (1) : N (t) = 4 N (t) − 2 T (t) = 4 N (t) − 3 N (t) soit : N (t) − 4 N (t) + 3 N (t) = 0. C’est une équation différentielle linéaire homogène, du second ordre, à coefficients constants. L’équation caractéristique r 2 − 4r + 3 = 0 = (r − 1) (r − 3) a deux racines réelles distinctes r1 = 1 et r2 = 3. On en déduit la forme générale : N (t) = K 1 et + K 2 e3t où K 1 et K 2 sont des constantes. En reportant dans (1), on en déduit : 3 1 1 T (t) = 4K 1 et + 4K 2 e3t − K 1 et − 3K 2 e3t = K 1 et + K 2 e3t . 2 2 2 Si on connaissait les quantités initiales N(0) et T (0) , on pourrait déterminer K1 et K2 , et tracer les courbes.

FICHE 26 – Systèmes différentiels

135

Application Une population de parasites P(t) coexiste avec une population d’hôtes H (t). En simplifiant, en peut dire que l’évolution en fonction du temps t de ces populations se fait de la façon qui suit. La variation du nombre d’hôtes est fonction : – d’une diminution proportionnelle au nombre de parasites (coefficient de proportionnalité k1 ) ; – d’une augmentation proportionnelle au nombre d’hôtes (coefficient de proportionnalité k2 ). La variation du nombre de parasites est fonction : – d’une augmentation proportionnelle au nombre de parasites (coefficient de proportionnalité k3 ) ; – d’une augmentation proportionnelle au nombre d’hôtes (coefficient de proportionnalité k4 ). Les constantes exprimées en jours−1 sont : k1 = 0,05 ; k2 = 0,5 ; k3 = 0,75 ; k4 = 0,2. 1. Écrivez les équations différentielles qui traduisent cette modélisation. 2. Déterminez la solution générale du système différentiel obtenu. 3. Précisez les fonctions H (t) et P(t) en connaissant les valeurs initiales H (0) = 200 et P(0) = 20. 4. Au bout de combien de jours, la population d’hôtes s’éteint-elle ?

Solution 1. Comme la vitesse de variation en fonction du temps est la dérivée, les informations fournies conduisent à un système différentiel qui peut s’écrire : (1) H (t) = 0,5H (t) − 0,05P(t) P (t)

= 0,2H (t) + 0,75P(t)

(2)

2. Dérivons l’équation (1) par rapport à t : H (t) = 0,5H (t) − 0,05P (t)

(3)

Pour obtenir une équation avec la seule fonction inconnue H, on tire de (1) : P(t) = −20H (t) + 10H (t) puis on reporte dans (2) : P (t) = −15H (t) + 7,7H (t) 136


(4)

2 6

et enfin dans (3) : H (t) − 1,25H (t) + 0,385H (t) = 0

(5)

On obtient ainsi une équation différentielle linéaire, homogène, du second ordre, à coefficients cosntants. Pour la résoudre, on introduit l’équation caractéristique : r 2 − 1,25r + 0,385 = 0 qui admet deux racines réelles distinctes : r1 = 0,55 et r2 = 0,7. La solution générale de l’équation (5) est donc : H (t) = A e0,55t + B e0,7t . En calculant H (t) et en reportant dans l’équation (4), on obtient : P(t) = −A e0,55t − 4B e0,7t . La solution générale du système différentiel est donc : H (t) = A e0,55t + B e0,7t P(t) = −A e0,55t − 4B e0,7t où A et B sont des constantes réelles quelconques. 3. Les conditions initiales fournies donnent le système : A−B = 200 −A − 4B

20

220 · 3 820 0,55t 220 0,7t − e e 4. Comme H (t) = 3 3 la population d’hôtes est éteinte quand H = 0, soit quand t vérifie : 41 0,55t 41 41 0,7t 0,15t = 0,15t ⇐⇒ t ≈ 8,8 =e ⇐⇒ ⇐⇒ ln e =e 11 11 11 soit : A =


=

820 3

et B = −

La population d’hôtes s’éteint donc pendant le 9-ième jour.

FICHE 26 – Systèmes différentiels

137

FICHE

27

Exemples de modélisation

Un médicament est administré sous forme d’un implant sphérique homogène. On fait l’hypothèse que l’implant reste sphérique et que le médicament est libéré à une vitesse proportionnelle à la surface de l’implant. Exprimez la quantité q(t) de médicament en fonction du temps t. 4 Rappels : une sphère de rayon R a pour volume πR 3 et pour surface 4πR 2 . 3

Solution La quantité q(t) est proportionnelle au volume, soit q(t) = αR 3 (t) (avec α > 0). La vitesse de libération q (t) est proportionnelle à la surface, soit q (t) = −βR 2 (t) (avec β > 0 ). 2 3 q(t) , soit une équation différentielle de la forme : On a donc q (t) = −β α 2

q (t) = −kq 3 (t)

(avec k > 0).

Il s’agit d’une équation différentielle du premier ordre à variables séparables. On peut l’écrire : q (t) 2

q 3 (t)

= −k

et elle s’intègre sous la forme : 1

3q 3 (t) = −kt + K

soit :

q(t) =

3 1 − kt + K . 27

k est une constante associée au médicament. K est une constante d’intégration qui se calcule à partir de la quantité initiale q0 de √ 1 3 √ K , soit K = 3 27q0 = 3 3 q0 . médicament : q0 = q(0) = 27 138


2 7 Par une nuit claire et calme et dans un endroit élevé et désertique, la vitesse d’abaissement de la température est proportionnelle à la puissance quatrième de la température (loi de Stefan). On a mesuré les températures suivantes : à t0 = 22 h : T0 = 290◦ K (soit 17◦ C) à t1 = 24 h : T1 = 280◦ K (soit 7◦ C) Quelle température fera-t-il à 5 h du matin ?

Solution Soit t en heures, avec 22 t 29 pour rester dans la nuit étudiée, et T (t) la température en ◦ K à l’instant t. On connaît T (22) = 290 et T (24) = 280 et on demande T (29). Le modèle indiqué s’écrit :


T (t) = −kT 4 (t)

(avec k > 0 selon l’habitude des expérimentalistes).

Il s’agit d’une équation différentielle du premier ordre, à variables séparables. T (t) = −k On peut l’écrire sous la forme : T 4 (t) −1 = −kt + A qui s’intègre immédiatement : 3T 3 (t) 1 1 3 ou : T (t) = 3 ce qui peut s’écrire : T (t) = 3(kt − A) 3(kt − A) 1 1 et 24k − A = Les mesures conduisent à : 22k − A = 3 × 2903 3 × 2803 ce qui donne : 1 1 1 1 1 1 − − − k= A = 11 et 2 3 × 2803 3 × 2903 3 × 2803 3 × 2903 3 × 2903 Avec ces valeurs, on obtient : T (29) ≈ 260◦ K, soit −13◦ C.

FICHE 27 – Exemples de modélisation

139

Soit un compartiment contenant 4 litres d’une solution d’une substance S. Ce compartiment reçoit, avec un débit constant de 2 litres par heure, une solution de S telle que, pendant le temps dt, la quantité de S entrante est égale à 2,5 e−0,5t dt. L’homogénéisation de la concentration est instantanée, et il s’échappe du compartiment une solution de S avec un débit de 2 litres par heure. Soit q(t) la quantité de S dans le compartiment. Après avoir calculé la quantité de S qui s’échappe pendant dt, puis la variation dq de q pendant dt, exprimez q(t) sachant qu’au temps t = 0 , on a q = 1 g ; calculez le moment où cette quantité q sera maximale.

Solution 4L q(t)

Les unités utilisées sont : t en h, q en g, les débits en L · h−1 . Les débits d’entrée et de sortie étant égaux, la quantité de solution dans le compartiment reste constante. Pendant un temps dt, la quantité entrante de S est 2,5 e−0,5t dt, q(t) × 2 dt car l’homogénéisation étant instantanée, la la quantité sortante de S est 4 q(t) . concentration est 4 La variation de quantité est donc : dq = 2,5 e−0,5t dt −

q(t) × 2 dt . 4

La fonction q vérifie donc l’équation diférentielle : 1 q (t) + q(t) = 2,5 e−0,5t . 2

(1)

Comme c’est une équation linéaire, on résoud d’abord l’équation homogène associée : 1 q (t) + q(t) = 0 , 2 dont la solution générale est q(t) = K e−0,5t . 140


(2)

2 7 Cherchons la solution générale de (1) par la méthode de variation de la constante. Pour ceci, considérons une fonction K (t) telle que q(t) = K (t) e−0,5t soit solution de (1). En calculant q (t) = K (t) e−0,5t − 0,5K (t) e−0,5t , en reportant dans (1) et en simplifiant, on obtient : K (t) = 2,5 puis K (t) = 2,5t + K. La solution générale de (1) est donc : q(t) = (2,5t + K ) e−0,5t La condition initiale q(0) = 1 donne K = 1 , soit : q(t) = (2,5t + 1) e−0,5t


On a q (t) = (−1,25t + 2) e−0,5t et q (t) = (0,625t − 2,25) e−0,5t . q s’annule pour t = 1,6 et on a q (1,6) = −1,25 e−0,8 < 0. q est donc maximale pour t = 1,6 et a pour valeur maximale 5 e−0,8 ≈ 2,25 .

En première approximation, on peut estimer que l’alcool ingéré dans l’estomac diffuse par perméabilité vers les liquides de l’organisme avec une vitesse proportionnelle à sa concentration dans l’estomac. Il est ensuite oxydé dans les tissus à une vitesse proportionnelle à sa concentration dans les tissus. On désigne par : k le coefficient de perméabilité de l’estomac, v la vitesse d’oxydation de l’alcool dans les tissus, x(t) la concentration d’alcool à l’instant t dans l’estomac, y(t) la concentration d’alcool à l’instant t dans les liquides de l’organisme. 1. Écrivez dans ce modèle les équations du métabolisme de l’alcool. 2. Résolvez ce système avec les conditions initiales x(0) = x0 et y(0) = 0.

Solution 1. Le modèle se place après consommation de l’alcool. Dans l’estomac, il a une sortie par perméabilité, soit dans les hypothèses du modèle : x (t) = −k x(t) .

(1)


141

Dans les liquides organiques, il y a une entrée provenant de l’estomac, et une sortie par oxydation, soit dans les hypothèses du modèle : y (t) = k x(t) − v y(t) .

(2)

2. Pour résoudre ce système différentiel par substitution, dérivons (2) par rapport à t, puis reportons l’égalité (1), puis l’égalité (2) : y (t) = k x (t) − v y (t) = −k 2 x(t) − v y (t) . = −k y (t) + v y(t) − v y (t) On obtient ainsi une équation différentielle en y(t) seulement : y (t) + (k + v) y (t) + kv y(t) . Il s’agit d’une équation linéaire homogène, du second ordre, à coefficients constants. Son équation caractéristique : r 2 + (k + v) r + kv = 0 a deux racines réelles distinctes r1 = −k et r2 = −v. Sa solution générale est donc : y(t) = A e−kt + B e−vt où A et B sont des constantes réelles à préciser avec les conditions initiales. En dérivant et en reportant dans l’équation (2), on obtient : x(t) =

A (v − k) kt e . k

Les conditions initiales s’écrivent :  kx0  A (v − k)    A = v−k = x0 k ⇐⇒   kx0  A+B =0 B=− v−k On obtient donc : x(t) = x0 ekt

142

;

y(t) =

kx0 −kt e − e−vt . v−k


2 7 À la suite d’une injection sous-cutanée d’une substance G, il se forme une petite poche dans la zone injectée à partir de laquelle la substance G diffuse dans le sang. On peut schématiser ce phénomène en supposant l’existence de deux compartiments séparés par une membrane, le compartiment 1 représentant le sang, le compartiment 2 la zone injectée. On admettra que les volumes respectifs V1 et V2 des deux compartiments restent constants. n 1 (t) n 2 (t) (respectivement n 2 (t) et C2 (t) = ) le nombre de Soit n 1 (t) et C1 (t) = V1 V2 moles et la concentration de la substance G dans le compartiment 1 (respectivement 2). Soit enfin k1 (respectivement k2 ) la constante de perméabilité de la membrane dans le sens de 1 vers 2 (respectivement 2 vers 1). Le phénomène de passage de la substance G entre les deux compartiments satisfait à la relation : dn 2 t 0 = k1 C 1 − k2 C 2 (1) dt


1. Considérons le cas d’une membrane dite inerte, ou à perméabilité non sélective, c’est-à-dire telle que k1 = k2 . dC2 et montrez que l’équiDéduisez de la relation (1) une relation (2) liant C1 , C2 et dt libre des échanges est atteint lorsque les concentrations C1 et C2 sont égales. 2. On considère maintenant le cas d’une membrane à perméabilité sélective c’est-à/ k2 . dire telle que k1 = dC2 · a) Déduisez de la relation (1) une relation (3) liant C1 , C2 et dt b) On suppose qu’il n’y a aucune élimination de la substance G par l’organisme, c’est-à-dire que la somme n 1 (t) + n 2 (t) = n est constante. dC2 et C2 , et ne faisant plus intervenir C1 . On Déduisez-en une relation (4) liant dt k1 k2 + posera : K = V1 V2 c) Résolvez l’équation différentielle (4) et déduisez-en la fonction C2 (t) . On rappelle qu’à l’instant 0, la substance G est entièrement injectée dans le comn · partiment 2, c’est-à-dire que C2 (0) = V2


143

Solution 1. Membrane à perméabilité non sélective dn 2 dC2 = V2 Comme n 2 (t) = V2 C2 (t), on a : dt dt En reportant dans (1) et avec l’hypothèse k1 = k2 , on obtient : V2

dC2 = k1 C1 (t) − k1 C2 (t) dt

t 0

(2)

Il y a équilibre entre les échanges quand les concentrations sont constantes, ce qui dC2 = 0, puis C1 (t) = C2 (t). entraîne dt 2. Membrane à perméabilité sélective a) Comme précédemment, on obtient d’abord : V2

dC2 = k1 C1 (t) − k2 C2 (t) dt

t 0

(3)

b) L’hypothèse n 1 (t) + n 2 (t) = n entraîne : n 1 (t) n − n 2 (t) n V2 = = − C2 (t) V1 V1 V1 V1 dC2 nk1 k1 V2 + k2 C2 (t) = + ce qui conduit à l’équation : V2 dt V1 V1 k1 k2 + ou encore, en posant K = : V1 V2 C1 (t) =

dC2 nk1 + K C2 (t) = dt V1 V2

(4)

c) Il s’agit d’une équation différentielle linéaire du premier ordre. L’équation homogène associée a pour solution générale : y0 (t) = Ae−K t où A est une constante. Les coefficients étant constants, il existe une solution particulière sous la forme d’une nk1 constante : y P (t) = K V1 V2

144


2 7

La solution générale (4) est donc : y(t) = Ae−K t +

nk1 · K V1 V2

V1 nk2 n nk1 n V2 − = conduit à : A = La condition initiale y(0) = V2 K V1 V2 K V1 V2 V2 La concentration C2 (t) de la substance G dans la zone injectée varie donc en fonction du temps selon la fonction : V1 nk1 V2 −K t e + · C2 (t) = K V1 V2 K V1 V2 nk2

Comme

dC2 dt

ne s’annule pas, il ne peut pas y avoir équilibre des échanges, mais une

situation limite : lim C2 (t) =

nk1 KV1 V2


t →+∞


145

FICHE

28

Fonctions de plusieurs variables

Pour simplifier l’écriture, les définitions et résultats seront énoncés dans le cas de deux variables. Ils se prolongent sans peine à n variables.

I

Généralités

•

Fonction de deux variables

Une fonction f, définie sur une partie D de R2 et à valeurs réelles, fait correspondre à tout vecteur X de D un réel unique f (X). X se note (x,y) ou (x 1 ,x2 ). L’ensemble des points de R3 : S = x,y, f (x,y) ; (x,y) ∈ D est la surface représentative de f ; c’est l’analogue de la courbe représentative d’une fonction d’une variable. •

Fonctions partielles Soit f une fonction de D ⊂ R2 dans R et A = (a1 ,a2 ) un point intérieur de D. Les fonctions : f (a1 ,x2 ) x1 → f (x1 ,a2 ) et x2 → définies sur un intervalle ouvert contenant respectivement a1 et a2 , sont appelées les fonctions partielles associées à f au point A.

•

Lignes de niveau Soit k ∈ R ; l’ensemble {(x,y) ∈ D ; f (x,y) = k} est la courbe de niveau k de la fonction f. Pour les fonctions de 3 variables, la notion analogue est celle de surface de niveau.

146


2 8

II Dérivées partielles •

Dérivées partielles d’ordre 1 Soit (x0 ,y0 ) ∈ D. Les dérivées partielles de f en (x0 ,y0 ) sont les dérivées des fonctions partielles : ∂f f (x0 + h,y0 ) − f (x0 ,y0 ) (x0 ,y0 ) = lim h→0 ∂x h f (x0 ,y0 + k) − f (x0 ,y0 ) ∂f (x0 ,y0 ) = lim k→0 ∂y k Si ces fonctions sont continues, on dit que f est de classe C 1 .

•

Notation différentielle ∂f ∂f dx + dy ∂x ∂y En sciences expérimentales, la différentielle est utilisée pour estimer la variation de f au voisinage d’un point en fonction des variations x et y des variables : df =

f = f (x + x,y + y) − f (x,y) ≈


•

∂f ∂f x + y . ∂x ∂y

Vecteur gradient Le gradient de f en (x0 ,y0 ) est le vecteur dont les composantes sont les dérivées partielles premières : ∂f ∂f −−→ grad f (x0 ,y0 ) = (x0 ,y0 ) i + (x0 ,y0 ) j ∂x ∂y Il est orthogonal à la courbe de niveau de f passant par (x0 ,y0 ). Dans le cas de trois variables, le gradient se définit de façon analogue. Il est perpendiculaire à la surface de niveau en chaque point, c’est-à-dire au plan tangent à la surface.

•

Dérivée dans une direction La dérivée de f en (x0 ,y0 ) dans la direction du vecteur unitaire u (α,β) est : ∂f f (x0 + tα,y0 + tβ) − f (x0 ,y0 ) (x0 ,y0 ) = lim t→0 ∂ u t Lorsque f est de classe C 1 , cette limite existe et vaut : ∂f −−→ (x0 ,y0 ) = grad f (x0 ,y0 ) · u ∂ u

FICHE 28 – Fonctions de plusieurs var iables

147

Cette dérivée est la vitesse de variation de la grandeur étudiée dans la direction donnée. Elle est maximum dans la direction du gradient (qui dirige donc la ligne −−→ de plus grande pente) et vaut alors grad f (x0 ,y0 ). •

Dérivées partielles des fonctions composées – Cas : R → R2 → R Soit f une fonction de deux variables admettant des dérivées partielles premières. Si x et y sont deux fonctions dérivables de R dans R, alors la fonction de R dans R définie par g(t) = f x(t),y(t) est dérivable et : g (t) =

∂f ∂f x(t),y(t) × x (t) + x(t),y(t) × y (t) ∂x ∂y

– Cas : R2 → R2 → R Si f est une fonction des deux variables x et y, elles-mêmes fonctions des deux variables u et v, on peut définir la fonction composée : g(u,v) = f x(u,v),y(u,v) et écrire, lorsque les diverses dérivées partielles qui interviennent sont définies : ∂x ∂y ∂g ∂f ∂f (u,v) = x(u,v),y(u,v) × (u,v) + x(u,v),y(u,v × (u,v) ∂u ∂x ∂u ∂y ∂u ∂x ∂y ∂g ∂f ∂f (u,v) = x(u,v),y(u,v) × (u,v) + x(u,v),y(u,v) × (u,v) ∂v ∂x ∂v ∂y ∂v •

Dérivées partielles d’ordre supérieur Si les fonctions dérivées partielles admettent elles-mêmes des dérivées partielles en (x0 ,y0 ), ces dérivées sont appelées dérivées partielles secondes, ou dérivées partielles d’ordre 2, de f en (x0 ,y0 ). On les note : ∂2 f ∂ ∂ f ∂2 f ∂ ∂ f (x ,y ) = ,y ) (x ,y ) = (x (x0 ,y0 ) 0 0 0 0 0 0 ∂x2 ∂x ∂x ∂ y2 ∂y ∂y ∂ ∂ f ∂2 f ∂ ∂ f ∂2 f (x0 ,y0 ) = (x0 ,y0 ) (x0 ,y0 ) = (x0 ,y0 ) ∂ x∂ y ∂x ∂y ∂ y∂ x ∂y ∂x Si elles sont continues, l’ordre dans lequel on effectue les dérivations n’a pas d’importance.

148


2 8

Application Lors de la mise au point d’un vaccin, on utilise un bloc de gélose parallélépipédique avec x ∈ [0,4], y ∈ [0,2] et z ∈ [0,3] dans un repérage en coordonnées cartésiennes. La concentration d’antigène en un point vérifie C(x,y,z) = x y 2 0,1z . Au point (2,1,1) , dans quelle direction la variation de concentration est la plus grande ?

Solution Au point (2,1,1) , la variation de concentration est la plus grande dans la direction diri−−→ gée par grad f (2,1,1). En calculant les dérivées partielles premières de la fonction C, on obtient : −−→ grad f (x,y,z) = y 2 (0,1)z ; 2x y (0,1)z ; x y 2 ln(0,1) (0,1)z puis : −−→ grad f (2,1,1) = 0,1 ; 0,4 ; 0,2ln(0,1) et la norme du gradient est la valeur maximum de la dérivée directionnelle.

Application


Extraite de la presse médicale, cette phrase : les ions H + vont au dehors et les ions H − à l’intérieur de la membrane mitochondriale, le très large gradient électrochimique du proton qui s’est ainsi créé... Utilisez votre connaissance du gradient pour expliciter ce texte.

Solution Les ions positifs et négatifs étant de part et d’autre de la membrane, il s’est crée une grande différence électrochimique. Ce texte confond un gradient (qui est un vecteur qui dirige la ligne de plus grande pente) et sa norme (qui est un réel qui donne la valeur de plus grande pente).

FICHE 28 – Fonctions de plusieurs var iables

149

FICHE

I •

29

Optimisation d’une fonction à deux variables

Généralités Définitions Soit f une fonction numérique définie sur D ⊂ R2 . f admet un maximum (resp. minimum) global (ou absolu) en (x0 ,y0 ) ∈ D si ∀(x,y) ∈ D

f (x,y) f (x0 ,y0 ) (resp. f (x,y) f (x0 ,y0 ) )

f admet un maximum (resp. minimum) local (ou relatif) en (x0 ,y0 ) ∈ D s’il existe une boule de rayon non nul B (x0 ,y0 ),r ⊂ D telle que : ∀ (x,y) ∈ B •

f (x,y) f (x0 ,y0 ) (resp. f (x,y) f (x0 ,y0 ) )

Existence d’un minimum et d’un maximum globaux Si D est fermé (c’est-à-dire contient sa frontière) et borné et si f est continue, alors f admet un maximum et un minimum globaux atteints au moins une fois.

II Extremum local •

Condition nécessaire d’extremum local Si f présente un extremum local en (x0 ,y0 ) et possède des dérivées partielles en ce point, alors : ∂f ∂f − → −−→ (x0 ,y0 ) = (x0 ,y0 ) = 0 ou encore grad f (x0 ,y0 ) = 0 . ∂x ∂y Un point vérifiant cette condition est appelé point stationnaire, ou point critique, de f.

150


2 9

•

Condition suffisante d’extremum local Soit f une fonction de classe C 2 sur un ouvert D ⊂ R2 et (x0 ,y0 ) un point stationnaire ; posons : R=

∂2 f ∂2 f ∂2 f (x ,y ) ; S = ,y ) ; T = (x0 ,y0 ) . (x 0 0 0 0 ∂x2 ∂ x∂ y ∂ y2

On a alors : – si S 2 − RT < 0 , f présente un extremum relatif en (x0 ,y0 ) ; il s’agit d’un maximum si R < 0 et d’un minimum si R > 0 ; – si S 2 − RT > 0 , f présente un point-selle (ou point-col) en (x0 ,y0 ) ; ce n’est pas un extremum ; Le mot col vient de l’exemple de la fonction altitude et de la configuration (idéalisée) d’un col de montagne : minimum de la ligne de crête, maximum de la route, sans être un extremum du paysage. Le mot selle vient de l’exemple d’une selle de cheval.

– si S 2 − RT = 0 , on ne peut pas conclure à partir des dérivées secondes. •

Étude directe


Après avoir déterminé un point stationnaire (x0 ,y0 ), on peut aussi étudier directement le signe de la différence D(h,k) = f (x0 + h,y0 + k) − f (x0 ,y0 ) . Si cette différence est de signe constant pour h et k voisins de 0, il s’agit d’un extremum local (un maximum si D < 0, un minimum si D > 0). Sinon, il s’agit d’un point-col. Mieux, si le signe est constant pour h et k quelconques, alors l’extremum est global.

FICHE 29 – Optimisation d’une fonction à deux var iables

151

Application Soit Z une propriété d’une association de plusieurs substances. Elle est fonction à la fois du p H et de la composition quantitative ϕ de cette association selon la formule : Z = −60 + ( p H − 9)2 + ϕ ln ( p H ) . Recherchez les éventuels extremums de la fonction Z.

Solution • Condition nécessaire du premier ordre Pour que Z admette un extremum, il est nécessaire que :  ∂Z ϕ    0 = ∂ p H = 2( p H − 9) + p H    0 = ∂ Z = ln ( p H ) ∂ϕ D’où p H = 1 et ϕ = 16 qui est le seul point stationnaire, c’est-à-dire le seul point qui pourrait être un extremum. • Étude du point critique avec les dérivées secondes ∂2 Z ϕ ( p H,ϕ) = 2 − 2 ∂pH ( p H )2

⇒

∂2 Z (1,16) = −14 = R ∂pH2

∂2 Z 1 ( p H,ϕ) = ∂ p H ∂ϕ pH

⇒

∂2 Z (1,16) = 1 = S ∂ p H dϕ

∂2 Z ( p H,ϕ) = 0 ∂ϕ2

⇒

∂2 Z (1,16) = 0 = T ∂ϕ2

On a S 2 − RT = 1 > 0. Le point (1,16) n’est donc pas un extremum. C’est un point-col.

152


2 9

Application On se propose de construire une boîte cylindrique de volume donné V. Quelles doivent être ses dimensions pour utiliser le moins possible de matériau ?

Solution Notons R le rayon du cylindre et h la hauteur. Sur le plan mathématique, le problème consiste à minimiser la surface totale : S(R,h) = 2πRh + 2πR 2 en respectant la contrainte : πR 2 h = V. V · Après substitution, le problème est ramené La contrainte permet de calculer h = πR 2 à minimiser la fonction de la seule variable R définie par : 2V + 2πR 2 R

ϕ(R) = Comme ϕ (R) = −

2V + 4πR , on obtient le tableau de variation : R2 3 V R 0 +∞ 2π ϕ (R)

−

ϕ(R)

0

+

La fonction ϕ est donc minimale pour R = © Dunod – La photocopie non autorisée est un délit.

pour R > 0 .

3

V et a alors h = 2π

3

4 V = 2R . π

Une boîte de conserve courante correspond à V = 850 ml. Dans ce cas, le calcul précédent donne R ≈ 5, 1 cm et h ≈ 10, 3 cm. Les mesures donnent en fait R ≈ 4, 8 cm et h ≈ 11, 8 cm. Peut-on expliquer la différence entre les mesures et les valeurs théoriques ? Tout d’abord, la surface de tôle réellement utilisée lors de la fabrication est S(R, h) = 2 π Rh + 8R

2

puisque, pour emboutir un disque, on consomme un carré de tôle de surface 4R 2. Le

minimum de cette nouvelle fonction est atteint pour R = V = 850, on obtient alors R

≈ 4, 7 et h ≈ 12, 1 .

3

V 8

et h =

4

π

√ 3

V . Pour

Pour aboutir aux valeurs normalisées, il reste à penser aux soudures.

FICHE 29 – Optimisation d’une fonction à deux var iables

153

FICHE

I •

30

Intégrales multiples

Intégrales doubles Théorème de Fubini Soit ϕ et ψ deux fonctions continues sur [a,b] avec ϕ ψ ; notons A l’ensemble des points (x,y) ∈ R2 tels que : ax b

et

ϕ(x) y ψ(x).

Alors :

y y = ψ (x)

f (x,y) dx dy = A

b

a

ψ(x)

f (x,y) dy dx

y = ϕ (x)

ϕ(x)

a

x

b

On peut permuter les rôles de x et de y. •

Changement de variables Soit f (x,y) une fonction continue sur le domaine D fermé et borné, en bijection avec un domaine fermé et borné au moyen des fonctions de classe C 1 x = ϕ(u,v) et y = ψ(u,v) ; alors : D(x,y) du dv f (x,y) dx dy = f x(u,v),y(u,v) D(u,v) D ∆ ∂ϕ (u,v) D(x,y) ∂u = Le déterminant D(u,v) ∂ψ (u,v) ∂u

154

∂ϕ (u,v) ∂v est appelé jacobien. ∂ψ (u,v) ∂v


3 0

•

Cas des coordonnées polaires f (x,y) dx dy = D

f (ρ cos θ,ρ sin θ) ρ dρ dθ

∆

II Intégrales triples •

Approche et calcul f étant continue sur un domaine fermé et borné D de R3 , l’intégrale triple I = f (x,y,z) dx dy dz se définit de façon analogue aux intégrales doubles, D

et se calcule par intégrations successives. •

Changement de variables Le théorème est analogue au cas précédent. En particulier, si un domaine est représenté par une partie D de R3 en coordonnées cartésiennes et par une partie en coordonnées cylindriques ou sphériques, on a – en coordonnées cylindriques : f (ρ cos θ,ρ sin θ,z) ρ dρ dθ dz , I = ∆

– en coordonnées sphériques : I = f (r cos ϕ cos θ,r cos ϕ sin θ,r sin ϕ) r 2 cosϕ dr dϕ dθ . ∆


Attention, dans cette formule ϕ est la latitude. N’oubliez pas de modifier si vous utilisez la colatitude.

III Applications •

Aire et volume

Si f (x,y) = 1, l’intégrale double

dx dy est l’aire de A. A dx dy dz est le volume de A. Si f (x,y,z) = 1 , l’intégrale triple A

•

Quantité Si f (x,y) , ou f (x,y,z), est la concentration d’une substance au point (x,y), ou (x,y,z), l’intégrale double, ou triple, correspondante est la quantité de substance présente dans la partie A. FICHE 30 – Intégrales multiples

155

Application 2 x x dy dx. I = Calculez la valeur numérique de 1 1 y Solution Les bornes de y dépendent de x. Il faut donc effectuer les calculs en respectant l’emboîtement indiqué par les notations. x x x dy = x ln y 1 = x ln x x est constant y 1

2 2 2 2 x x I = x ln x dx = ln x − dx intégration par parties 2 1 1 2 1 3 = 2 ln 2 − ≈ 0,636. 4

Application Soit D(x,y) = x y 2 + 3 une densité surfacique dans le plan. Calculez la masse M de l’aire plane limitée par les graphes de y = x et de y = x 2 entre les points (0,0) et (1,1).

Solution 1 x (x y 2 + 3) dy dx En s’aidant d’un dessin, on obtient : M = 0

x x2

(x y 2 + 3) dy = x

y3 + 3y 3

y=x y=x 2

x2

1 1 = − x 7 + x 4 − 3x 2 + 3x 3 3

1

1 1 3 21 M = − x8 + x5 − x3 + x2 = ≈ 0,525 . 24 15 2 40 0

156


3 0

Application On injecte une dose D d’une substance A en un point pris comme origine (0,0,0) d’un repère cartésien. Dans une région proche du point d’application, on suppose que la concentration C de A, à un temps donné et en point (x,y,z) est telle que : C=

D e−1,1z 4 (x + 1)(y + 1)

Calculez la quantité de substance présente dans un volume dont les points vérifient : 0 x 1 ; 1 y 3 ; 0 z 0,5 .


Solution La quantité Q se calcule avec une intégrale triple. Les bornes ne sont pas liées et la fonction à intégrer est un produit de trois fonctions à une seule variable. On va donc être ramené au produit de trois intégrales simples. 1 3 0,5 D e−1,1z Q= dx dy dz 4 (x + 1)(y + 1) 0 1 0 1 3 0,5 dx dy D −1,1z e dz = 4 0 x +1 1 y+1 0

−1,1z 0,5 D e 1 3 = [ln(x + 1)]0 × [ln(y + 1)]1 × 4 −1,1 0 −0,55 1−e D = ln 2 × ln 4 − ln 2 × 4 1,1 (ln 2)2 =D 1 − e−0,55 4,4 soit une quantité d’environ 0,046D.

FICHE 30 – Intégrales multiples

157

Application On définit la position d’un point par ses coordonnées cartésiennes dont les axes coïncident avec trois arêtes d’un bloc de gélose parallélépipédique dont les dimensions sont alors telles que : 0 x 4 ; 0 y 2 ; 0 z 3. On suppose que la concentration C d’antigène en un point est telle que : C = x y 2 0,1z . Calculez la quantité d’antigène contenue dans le bloc de gélose.

Solution La quantité Q se calcule avec une intégrale triple. Les bornes ne sont pas liées et la fonction à intégrer est un produit de trois fonctions à une seule variable. On va donc être ramené au produit de trois intégrales simples. 4 2 3 Q= x y 2 0,1z dx dy dz 0 0 0 4 2 3 = x dx y 2 dy ez ln(0,1) dz 0

x2 = 2

4

0

0

2 zln(0,1) 3 y3 e × × 3 0 ln(0,1) 0 0 3ln(0,1) −1 8 e =8× × 3 ln(0,1)

64 = (0,1)3 − 1 ≈ 9,26 3ln(0,1)

.

EXPRESS SCIENCES Daniel FREDON

Mathématiques pour les sciences de la vie et de la santé en 30 fiches Des principes aux applications Comment aller à l’essentiel, comprendre les méthodes et les démarches avant de les mettre en application ? Conçue pour faciliter aussi bien l’apprentissage que la révision, la collection « EXPRESS » vous propose une présentation simple et concise en 30 fiches pédagogiques des notions mathématiques utiles en sciences de la vie. Chaque fiche comporte : • les idées clés à connaître, • la méthode à mettre en œuvre, • des applications sous forme d’exercices corrigés.

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Daniel Fredon Ancien maître de conférences à l'université de Limoges.

L1/ L2 Sciences de la Vie et de la Terre PCEM 1 PH1

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