BTS - groupement B - 2006
Correction de l’´preuve de Math´matiques e e

Exercice 1 A . R´solution d’une ´quation diff´rentielle . e e e 1. R´solution de (E0 ) : y ′′ − 3y ′ − 4y = 0 . e L’´quation caract´ristique est r2 − 3r − 4 = 0. Ses solutions sont r1 = −1 et r2 = 4 . e e Les solutions de l’´quation diff´rentielle sont donc d´finies sur R par y(x) = λe−x + µe4x , o` λ et µ sont deux e e e u nombres r´els quelconques. e 2. h d´finie sur R par h (x) = xe−x est une solution particuli`re de l’´quation diff´rentielle (E). e e e e h (x) = xe−x donc h′ (x) = 1 × e−x + x(−e−x ) = (1 − x) e−x et h′′ (x) = (−1) e−x + (1 − x) (−e−x ) = (x − 2) e−x on v´rifie que : h′′ (x) − 3h′ (x) − 4h (x) e = [(x − 2) − 3 (1 − x) − 4x] e−x = [−5] e−x

Ce qui prouve que h (x) = xe−x est solution particuli`re de l’´quation diff´rentielle (E). e e e 3. Ensemble des solutions de l’´quation diff´rentielle (E) e e Toutes les solutions de l’´quation (E) sont obtenues en faisant la somme des fonctions solutions de (E0 ) et d’une e solution particuli`re de l’´quation (E). e e Il en r´sulte que y(x) = λe−x + µe4x + xe−x . e 4. Solution particuli`re f telle que f (0) = 2 et f ′ (0) = −1 e f (x) = λe−x + µe4x + xe−x donc f ′ (x) = −λe−x + 4µe4x + (1 − x) e−x il en r´sulte que: f (0) = λe−0 + µe0 + 0 × e−0 = λ + µ e et f ′ (0) = −λe−0 + 4µe0 + (1 − 0) e−0 = −λ + 4µ + 1 Les conditions initiales conduisent ` la r´solution du syst`me: a e e Equivalent ` a λ+µ=2 d’o` u −λ + 4µ = −2 λ=2 soit 5µ = 0 λ=2 µ=0 λ+µ=2 −λ + 4µ + 1 = −1

On en d´duit que : f (x) e

= 2 × e−x + 0 × e4x + xe−x = (x + 2) e−x

B. Etude locale d’une fonction 1. D´veloppement limit´ ` l’ordre 3 au voisinage de 0. e ea On sait que : et = 1 + t + f (x) = (2 + x) e−x x3 x2 − + x3 ε (x) 2 6 x3 x3 + x − x2 + + x3 ε (x) = 2 − 2x + x2 − 3 2 x3 + x3 ε (x) avec lim ε (x) = 0 =2−x+ x→0 6 = (2 + x) 1 − x + 2. Tangente au point d’abscisse 0 On sait que l’´quation de la tangente correspond au d´veloppement limit´ ` l’ordre 1 au voisinage e e ea