Correction du sujet de BTS 2009 Exercice 1 : A. 1. L’équation caractéristique est r² ‐ 2r + 1 = 0 Le discriminant est Δ = (‐2)² ‐ 4 = 0 L’équation caractéristique possède une solution double r = 1 Les solutions de l’équation différentielle (E0) sont f(x) = (λx +μ) ex 2. h’(x) = 8x ex + 4x² ex = ex(8x + 4x²) h’’(x) = ex(8x + 4x²) + ex(8 + 8x) = ex(8 +16x + 4 x²) h’’(x) – 2h’(x) + h(x) = ex(8 +16x + 4 x²) ‐2 ex(8x + 4x²) + ex(4x²) = ex(8 +16x + 4 x² ‐16x ‐ 8x² + 4x²) = 8ex donc h(x) est une solution particulière de l’équation différentielle (E) 3. L’ensemble des solutions de l’équation différentielle (E) sont f(x) = (λx +μ)ex + 4x²ex = ex(4x² + λx +μ) 4. f(0) = ‐4 μ = ‐4 f’(x) = ex(4x² + λx +μ) + ex(8x + λ) = ex(4x² + (λ+8)x + (μ+ λ)) f’(0) = ‐4 μ+ λ = ‐4 or μ = ‐4 donc λ = 0 La solution de l’équation différentielle vérifiant les conditions initiales f(0) = ‐4 et f’(0) = ‐4 est : f(x) = ex(4x² ‐4) B. 1. a. f(x) est de la forme u×v avec u = 4x² ‐4 et v = ex donc f’(x) = u’×v + u×v’ = 8xex + (4x² ‐4) ex = ex(4x² +8x ‐4) = 4(x² + 2x ‐1)ex b. la tangente est parallèle à l’axe des abscisses lorsque f’(x) = 0 donc lorsque le polynôme du seconde degré x² + 2x ‐1 s’annule. Les racines de ce polynôme sont (‐1+√2) ≈ 0,41 et (‐1+√2) ≈ ‐2,41 2. a. Le développement limité, à l’ordre 2, de la fonction x ex est ex = 1 + x + x²/2 + x²ε(x) Par multiplication des développements limités et suppression des termes d’ordre supérieur à 2 on obtient le développement limité de la fonction f(x) f(x) = (4x² ‐4) ‐ 4x ‐ 2x² + x²ε(x) = ‐4 ‐ 4x + 2x² + x²ε(x) b. Une équation de la tangente T est y = ‐4 – 4x c. f(x) – y = 2x² + x²ε(x) donc au voisinage de 0, f(x) – y est toujours positif donc C est au dessus de sa tangente T. C. 1. F(x) = ‐ f’(x) + 2 f(x) + 8ex 2. a. f(x) est positive sur ]‐∞ ; ‐1] U [1 ; ∞[ et négative sur [‐1 ; 1] b. 1 0 4 8 4 4 4 . .

 Exercice 2 : A. 1. p(110 ≤