TD ANALYSE

Analyse 2: Correction des séries de 7 à 9
1ère année Prépa, ENP
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
28 / 07 / 2020
Série 7
EXERCICE 1
Donner une équation différentielle dont f est solution tel que :
f (x) =
ex
+1
f (x) = 1 +
ex
ex
1 + x2
Equation (1)
f (x) =
ex
ex (ex + 1) − e2x
0
=⇒
f
(x)
=
ex + 1
(ex + 1)2
ex
ex 2
=⇒ f 0 (x) = x
−( x
)
(e + 1)
e +1
=⇒ f 0 (x) = f (x) − f 2 (x)
Equation (2)
f (x) = 1 +
ex
ex (x2 + 1) − 2xex
=⇒ f 0 (x) =
2
1+x
(x2 + 1)2
ex
2xex
=⇒ f 0 (x) = 2
− 2
(x + 1) (x + 1)2
=⇒ f 0 (x) = (1 −
2x
)(f (x) − 1)
x2 + 1
***
EXERCICE 2
Résoudre les équations différentielles à variables séparables suivantes :
y 0 = ex+y
(1 + x2 )y 0 = xy 2
p
1 − x2 y 0 −
p
1 − y2 = 0
Equation (1)
y 0 = ex+y
Z
=⇒
e−y dy =
Z
ex dx
−e−y = ex + Cte
=⇒
Equation (2)
1
=⇒
y = ln(
1
)
C − ex
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
(1+x2 )y 0 = xy 2
Z
dy
=
y2
=⇒
Z
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
xdx
1 + x2
−1
1
= ln |1+x2 |+Cte
y
2
=⇒
=⇒
y=
1
C − ln |1 + x2 |
Equation (3)
p
p
1 − x2 y 0 − 1 − y 2 = 0
Z
=⇒
dy
p
=
1 − y2
Z
√
dx
1 − x2
=⇒
=⇒
arcsinh(y) = arcsinh(x) + Cte
y = sin(C + arcsinh(x))
***
EXERCICE 3
Il s’agit de résoudre des équations linéaires du premier ordre.
Équation (1)
(1 + x2 )y 0 + xy =
p
1 + x2
On peut réécrire l’équation sous la forme
y0 +
1
xy
=√
1 + x2
1 + x2
Commençons par résoudre :
yh0 +
xyh
=0
1 + x2
On a :
Z
dyh
=−
yh
Z
1
x
dx =⇒ ln |yh | = − ln |1 + x2 | + C
1 + x2
2
C
=⇒ yh = √
1 + x2
Cherchons la solution générale de l’équation non-homogène sous la forme y =
0
y =
√
C 0 (x) 1 + x2 −
1+
√ x
1+x2
=
x2
C(x)
√
.
1+x2
On a :
C 0 (x)
C(x)x
√
− 3
1 + x2 (1 + x2 ) 2
On remplace dans l’équation non-homogène :
C 0 (x)
C(x)x
C(x)x
1
(√
− 3 ) + 3 = √
=⇒ C 0 (x) = 1
2
2
2
1+x
1 + x2
(1 + x ) 2
(1 + x ) 2
=⇒ C(x) = x + Cte
En remplaçant C(x) dans l’expression de y on trouve finalement la solution générale de l’équation :
x + Cte
y=√
1 + x2
2
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
Équation (2)
(1 − x)y 0 + xy = x
On peut réécrire l’équation sous la forme :
(1 − x)y 0 = x(1 − y)
C’est une équation à variable séparable :
Z
(1 − x)y + = x(1 − y) =⇒
dy
=
1−y
Z
x
√
dx
1 + x2
p
=⇒ − ln |1 − y| = 1 + x2 + C1
0
=⇒ y = Ce−
√
1+x2
+1
Équation (3)
(1 + x2 )y 0 + xy = 1
On peut réécrire l’équation sous la forme
y0 +
1
xy
=
1 + x2
1 + x2
Commençons par résoudre :
(1 + x2 )yh0 + xyh = 0
On l’a déjà fait plus haut :
yh = √
C
1 + x2
Cherchons la solution générale de l’équation non-homogène sous la forme y =
dans l’équation non-homogène :
C(x)
√
.
1+x2
On remplace y et y 0
C(x)x
C(x)x
1
1
C 0 (x)
− 3 ) + 3 =
=⇒ C 0 (x) = √
(√
2
2
2
2
1+x
1+x
1 + x2
(1 + x ) 2
(1 + x ) 2
Z
dx
√
=⇒ C(x) =
dx
1 + x2
On pose : x = sinh(t) =⇒ dx = cosh(t)dt. On a alors:
Z
C(x) =
cosh(t)dt
q
Z
=
1 + sinh2 (t)
cosh(t)dt
dx
cosh(t)
Z
=
dt
= t + Cte
= arcsinh(x) + Cte
3
dx
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Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
En remplaçant C(x) dans l’expression de y on trouve finalement la solution générale de l’équation :
y=
arcsinh(x) + Cte
√
1 + x2
Équation (4)
y 0 + cot(x)y = sin(x)
Commençons par résoudre :
yh0 + cot(x)yh = 0
On a :
Z
dyh
=−
y
Z
cos(x)
dx =⇒ ln |yh | = − ln | sin(x)| + C1
sin(x)
C
=⇒ yh =
sin(x)
Cherchons la solution générale de l’équation non-homogène sous la forme y =
y0 =
C 0 (x) sin(x) − cos(x)C(x)
sin2 (x)
=
C(x)
sin(x) .
On a :
C 0 (x) sin(x) C(x) cos(x)
−
sin2 (x)
sin2 (x)
On remplace :
(
C 0 (x) sin(x) C(x) cos(x)
C(x) cos(x)
−
)+
= sin(x) =⇒ C 0 (x) = sin2 (x)
sin2 (x)
sin2 (x)
sin2 (x)
1
=⇒ C(x) = (x − cos(x) sin(x)) + Cte
2
En remplaçant C(x) dans l’expression de y on trouve finalement la solution générale de l’équation :
y=
1
2 (x
− cos(x) sin(x)) + Cte
sin(x)
Équation (5)
cosh(x)y 0 + sinh(x)y =
1
1 + x2
Commençons par résoudre :
cosh(x)yh0 + sinh(x)yh = 0
On a :
Z
dyh
=−
yh
Z
sinh(x)
dx =⇒ ln |yh | = − ln | cosh(x)| + Cte
cosh(x)
C
=⇒ yh =
cosh(x)
Cherchons la solution générale de l’équation non-homogène sous la forme y =
4
C(x)
cosh(x) .
On a :
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
y0 =
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
C 0 (x) cosh(x) − C(x) sinh(x)
cosh2 (x)
=
C 0 (x)
C(x) sinh(x)
−
cosh(x)
cosh2 (x)
On remplace dans l’équation non-homogène :
cosh(x)(
1
C 0 (x)
C(x) sinh(x)
C(x) sinh(x)
1
=⇒ C 0 (x) = √
−
)+
=
2
2
cosh(x)
cosh(x)
1+x
cosh (x)
1 + x2
=⇒ C(x) = arctan(x) + Cte
En remplaçant C(x) dans l’expression de y on trouve finalement la solution générale de l’équation :
y=
arctan(x) + Cte
cosh(x)
Équation (6)
(1 + x3 )y 0 + 3x2 y = 1
Commençons par résoudre :
(1 + x3 )yh0 + 3x2 yh = 0
On a :
Z
dyh
=−
yh
Z
3x2
dx =⇒ ln |yh | = − ln |x3 + 1| + Cte
+1
C
=⇒ yh = 3
x +1
x3
Cherchons la solution générale de l’équation non-homogène sous la forme y =
y0 =
C 0 (x)(x3 + 1) − C(x)3x2
(x3 + 1)2
=
C(x)
x3 +1 .
On a :
C 0 (x)
3x2 C(x)
−
x3 + 1 (x3 + 1)2
On remplace dans l’équation non-homogène :
(x3 + 1)(
C 0 (x)
3x2 C(x)
3x2 C(x)
−
= 1 =⇒ C 0 (x) = 1
)
+
x3 + 1 (x3 + 1)2
x3 + 1
=⇒ C(x) = x + Cte
En remplaçant C(x) dans l’expression de y on trouve finalement la solution générale de l’équation :
y=
x + Cte
1 + x3
Équation (7)
y 0 ln(x) +
y
=1
x
yh0 ln(x) +
yh
=0
x
Commençons par résoudre :
5
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
On a :
Z
dyh
=−
yh
Z
dx
x ln(x)
Intégrons le terme de droite :
Z
1 + ln(x) − ln(x)
dx
x ln(x)
Z
Z
1 + ln(x)
ln(x)dx
=
dx − x ln(x)
x
ln(x)
dx
=
x ln(x)
Z
= ln |x ln(x)| − ln |x| + Cte
= ln | ln(x)| + Cte
On en tire que :
Z
dyh
=−
yh
Z
dx
=⇒ ln |yh | = − ln | ln(x)| + Cte
x ln(x)
C
=⇒ yh =
ln(x)
Cherchons la solution générale de l’équation non-homogène sous la forme y =
C 0 (x) ln(x) − C(x)/x
ln2 (x)
On remplace dans l’équation non-homogène :
y0 =
ln(x)(
=
C(x)
ln(x) .
On a :
C 0 (x) 3x2 C(x)
−
ln(x)
x ln2 (x)
C 0 (x) 3x2 C(x)
3x2 C(x)
−
= 1 =⇒ C 0 (x) = 1
)
+
ln(x)
x ln(x)
x ln2 (x)
=⇒ C(x) = x + Cte
En remplaçant C(x) dans l’expression de y on trouve finalement la solution générale de l’équation :
y=
x + Cte
ln(x)
***
EXERCICE 4
Équation (1)
x2 y 0 + y = 1
Il s’agit d’une équation aux variables séparables :
x2 y 0 + y = 1 =⇒ x2 y 0 = 1 − y
Z
Z
dy
dx
=⇒
=
1−y
x2
−1
=⇒ − ln |1 − y| =
+ C1
x
=⇒ y = Ce−x + 1
6
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
qui est la solution générale de l’équation et I = R.
Équation (2)
(x2 − 1)y 0 − xy + 3(x − x3 ) = 0
On peut réécrire l’équation sous la forme :
y0 −
x
y = 3x
x2 − 1
yh0 −
x
yh = 0
x2 − 1
On résout d’abord :
.
On a :
Z
dyh
=
yh
On cherche y sous la forme y =
(
Z
C(x)
√
.
x2 −1
1
x.dx
=⇒ ln |yh | = ln |x2 − 1| + C1
x2 − 1
2
C
=⇒ yh = √
x2 − 1
On remplace dans (1):
xC(x)
xC(x)
C 0 (x)
− 3 ) + 3 = 3x =⇒ C 0 (x) = 3x3 − 3x
2
2
x2 − 1 (x − 1) 2
(x − 1) 2
3
3
=⇒ C(x) = x4 − x2 + Cte
4
2
On trouve la solution générale :
y=
3 4
4x
− 32 x2 + Cte
√
x2 − 1
et I = ]−∞, −1[.
***
EXERCICE 5
Résoudre:
y0 − z = 0
2y + z 0 − 3z = ex
Méthode (1) : Si on sait pas résoudre les équations linéaires du second ordre.
On déduit de la première équation que z = y 0 . Puis de la deuxième :
2y + z 0 − 3z = ex
=⇒ 2(y − z) + z 0 − z = ex
=⇒ 2(y − z) + z 0 − y 0 = ex
=⇒ 2(y − z) + (z − y)0 = ex
Posons u = z − y. On obtient :
7
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
−2u + u0 = ex
Qui est une équation linéaire du premier ordre, qu’on sait résoudre.
Résolvons d’abord l’équation sans second membre :
−2uh + u0h = 0 =⇒ u0h = 2uh
Z
Z
duh
=⇒
= 2 dx
uh
=⇒ ln |uh | = 2x + Cte
=⇒ uh = Ce2x
On cherche u sous la forme : u = C(x)e2x . On a :
u0 (x) = C 0 (x)e2x + 2C(x)e2x
On remplace dans l’équation non-homogène.
2x = ex
−2u + u0 = ex =⇒ −2C(x)e
2C(x)e
2x + C 0 (x)e2x + =⇒ C 0 (x)e2x = ex
=⇒ C 0 (x) = e−x
=⇒ C(x) = −e−x + Cte
On en déduit :
u = −ex + Cte.e2x
On a trouvé que :
z − y = u = −ex + ke2x
(k c’est le Cte de tout à l’heure) .
Comme z = y 0 on a donc :
y 0 − y = −ex + ke2x
On résout sans second membre :
yh0 − yh = 0 =⇒ yh = Cex
On pose y = C(x)ex , et on remplace :
x
x
y 0 − y = −ex + ke2x =⇒ (C 0 (x)ex + C(x)e
) −
C 0
(x)e
= −ex + ke2x
=⇒ C 0 (x) = −1 + kex
=⇒ C(x) = −x + kex + Cte
On en déduit :
y = −xex + ke2x + Cex
et comme z = y 0 , on a:
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MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
z = −ex − xex + 2ke2x + Cex
Méthode (2) (Plus générale) Si on sait résoudre les équations linéaires du second ordre.
2y + z 0 − 3z = ex =⇒ 2y 0 + z 00 − 3z 0 = ex =⇒ 2z + z 00 − 3z = ex
C’est une équations linéaires du second ordre à coefficient constant. Il reste à la résoudre puis déduire y.
***
EXERCICE 6
Résoudre :
1
1 2
y − (2 + )y + x + 2
2
x
x
On a une solution particulière évidente yp = x. Cherchons y sous la forme y = y1 + yp
Remplaçons dans l’équation :
y0 =
y10 + 1 =
= y1 + x.
1 2
1
1
1
(y1 + 2xy1 + x2 ) − (2 + )(y1 + x) + x + 2 =⇒ y10 + 1 = y12 + 2y
2y
1
1 −
1 − y1 + x
x
x
x
1
=⇒ y10 = (y12 − y1 )
x
Z
Z
dy1
dx
=⇒
=
2
y1 − y1
x
Intégrons le membre de gauche :
Z
y1 − (y1 − 1)
dy1
y1 (y1 − 1)
Z
Z
y
y1
−
1
1
=
dy1 −
dy1
y
y
(y
−
1)
(y
−
1)
1
1
1
1
dy1
=
y12 − y1
Z
= ln |y1 − 1| − ln |y1 |
1
= ln |1 − |
y1
d’où :
ln |1 −
1
1
| = ln |x| + C =⇒ 1 −
= Cx
y1
y1
1
=⇒ y1 =
1 − Cx
On en déduit la solution générale recherchée:
y=
1
+x
1 − Cx
***
9
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
EXERCICE 7
Résoudre Le problème de cauchy suivant:
√
1 + x2 y 0 − y = x +
y(0) = a
√
1 + x2
Cherchons d’abord la solution générale. On peut réécrire l’équation sous la forme :
y0 − √
y
x
=√
+1
2
1+x
1 + x2
On résout d’abord l’équation sans second membre:
yh0
Z
Z
yh
dyh
dx
√
= 0 =⇒
−√
=
2
y
1+x
1 + x2
h
=⇒ ln |yh | = arcsinh(x) + C1
=⇒ yh = Cearcsinh(x)
On procède à la variation de la constante y = C(x)earcsinh(x) :
(C 0 (x)earcsinh(x) +
C(x)earcsinh(x)
x
xe− arcsinh(x)
C(x)earcsinh(x)
√
) − √
=√
+ 1 =⇒ C 0 (x) = √
+ e− arcsinh(x)
1 + x2
1 + x2
1 + x2
1 + x2
Z
Z
xe− arcsinh(x)
√
dx + e− arcsinh(x) dx
=⇒ C(x) =
1 + x2
On pose : x = sinh(t)
Z
C(x) =
sinh(t)e−t dt +
Z
cosh(t)e−t dt
Z
=
et − e−t −t
e dt +
2
Z
et + e−t −t
e dt
2
Z
=
dt
= t + Cte
= arcsinh(x) + Cte
On en déduit la solution générale
y = arcsinh(x)earcsinh(x) + Cearcsinh(x)
Cherchons la solution particulière qui satisfait y(0) = a. On a :
y(0) = arcsinh(0)earcsinh(0) + Cearcsinh(0) = 0 + C.1 = C = a
On en déduit la solution au problème de cauchy :
y = arcsinh(x)earcsinh(x) + aearcsinh(x)
***
10
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
EXERCICE 8
On modélise le problème :
y 0 = ay
y(t + 10) = 2y(t), ∀t ∈ R+
On trouve la solution générale : y = Ceat . Cherchons la (les) solution particulière qui vérifie(ent) y(t+10) =
2y(t).
y(t + 10) = 2y(t) =⇒ Ceat+10a = 2Ceat
=⇒ e10a = 2
ln 2
=⇒ a =
10
ln 2
=⇒ y(t) = Ce 10 t
Répondons à la question: Cherchons δt tel que y(t + δt) = 3y(t) :
ln 2
ln 2
ln 2
ln 2
Ce 10 t+ 10 δt = 3Ce 10 t =⇒ e 10 δt = 3
ln 2
=⇒
δt = ln 3
10
ln 3
=⇒ δt = 10
ln 2
***
EXERCICE 9
Équation (1)
On cherche une équation ayant pour solutions e2x et e−x .
Cherchons une équation linéaire homogène d’ordre 2.
Considérons pour cela le polynôme qui à pour racines 2 et -1:
(k − 2)(k + 1) = k 2 − k − 2
On peut en déduire l’équation recherchée:
k 2 − k − 2 = 0 =⇒ k 2 ekx − kekx − 2ekx = 0
On pose y = ekx , on obtient: y 0 = kekx et y 00 = k 2 ekx .
y 00 − y 0 + 2y = 0
Qui est une équation différentielle qui a pour solutions e2x et e−x .
Équation (2)
On cherche une équation ayant pour solutions ex et xex .
Cherchons une équation linéaire homogène d’ordre 2.
Considérons le polynôme qui à pour racine double 1:
(k − 1)2 = k 2 − 2k + 1
11
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
On peut en déduire l’équation l’équation recherchée:
k 2 − 2k + 1 = 0 =⇒ k 2 ekx − 2kekx + ekx = 0
On pose y = ekx , on obtient: y 0 = kekx et y 00 = k 2 ekx
y 00 − 2y 0 + y = 0
Qui est une équation différentielle qui a pour solutions ex et xex .
Équation (3)
On cherche une équation ayant pour solutions e2x cos x et e2x sin x.
Cherchons une équation linéaire homogène d’ordre 2.
Considérons le polynôme qui à pour racines 2 + i et 2 − i:
(k − (2 + i)(k − (2 − i)) = k 2 − 4k + 5
On peut en déduire l’équation rechercée:
k 2 − 4k + 5 = 0 =⇒ k 2 ekx − 4kekx + 5ekx = 0
On pose y = ekx , on obtient y 0 = kekx et y 00 = k 2 ekx
y 00 − 4y 0 + 5y = 0
Qui est une équation différentielle qui a pour solutions e2x cos x et e2x sin x .
***
Exercice 12
On cherche les fonctions f : R → R vérifiants :
Z
f (x) = sin(x) +
x
ex−t f (t)dt
0
Si on dérive l’expression on trouve :
Z x
Z
f 0 (x) = cos(x) + (ex
e−t f (t)dt)0 = cos(x) + ex (
0
x
e−t f (t)dt)0 + ex
0
Z
x
e−t f (t)dt
0
On a d’une part:
e
x
Z
x
−t
Z
e f (t)dt =
0
x
ex−t f (t)dt = f (x) − sin(x)
0
R
et d’autre part, si on note F (x) = e−x f (x)dx:
Z x
x
e (
e−t f (t)dt)0 = ex (F (x) − F (0))0 = ex F 0 (x) = ex e−x f (x) = f (x)
0
On en déduit :
f 0 (x) = cos(x) + f (x) − sin(x) + f (x) =⇒ f 0 (x) − 2f (x) = cos(x) − sin(x)
Qui est une équation linéaire du premier ordre.
12
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
On résout d’abord l’équation sans second membre : yh0 − 2yh = 0
On trouve : yh = Ce2x
On pose f (x) = C(x)e2x , Cela donne :
(C 0 (x)e2x + 2C(x)e2x ) − 2C(x)e2x = cos(x) − sin(x)
1
=⇒ C 0 (x) = (cos(x) − sin(x))e−2x =⇒ C(x) = − e−2x (cos x − 3 sin x) + Cte
5
On en déduit que :
1
f (x) = − (cos x − 3 sin x) + Cte.e2x
5
et comme :
Z
0
f (0) = sin(0) +
ex−t f (t)dt = 0
0
on a
1
1
1
− (cos 0 − 3 sin 0) + Cte.e0 = − + Cte = 0 =⇒ Cte =
5
5
5
On a finalement une unique fonction :
1
1
f (x) = − (cos x − 3 sin x) + .e2x
5
5
*************************************************************
Exercice 13
(1) Résoudre y 00 − 3y 0 + 2y = 0
C’est une équation linéaire homogène à coefficients constants.
On pose: y = ekx .
On obtient en remplaçant dans l’équation :
y 00 − 3y 0 + 2y = 0 =⇒ k 2 ekx − 3kekx + 2ekx = 0
=⇒ k 2 − 3k + 2 = 0
On calcule δ = (−3)2 − 4(1)(2) = 1 > 0. Il y a donc deux solution:
(
√
k1 = 3−2√δ = 1
k2 = 3+2 δ = 2
La solution générale est alors: y = C1 ek1 x + C2 ek2 x . i.e :
y = C1 ex + C2 e2x
13
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
*************************************************************
(2) Résoudre y 00 + y 0 − 2y = 0
C’est une équation linéaire homogène à coefficients constants.
On pose: y = ekx .
On obtient en remplaçant dans l’équation :
y 00 + y 0 − 2y = 0 =⇒ k 2 ekx + kekx − 2ekx = 0
=⇒ k 2 + k − 2 = 0
On calcule δ = (1)2 − 4(1)(−2) = 9 > 0. Il y a donc deux solution:
(
√
δ
k1 = −1−
2 √ = −2
k2 = −1+2 δ = 1
La solution générale est alors: y = C1 ek1 x + C2 ek2 x . i.e :
y = C1 e−2x + C2 ex
*************************************************************
(3) Résoudre y 00 − 3y 0 + 2y = x2 − 3x
C’est une équation linéaire non-homogène à coefficients constants.
On résout d’abord l’équation sans second membre : yh00 − 3yh0 + 2yh = 0
On l’a déjà fait yh = C1 ex + C2 e2x .
On cherche la solution générale de l’équation non-homogène sous la forme yp = Ax2 + Bx + C
yp00 − 3yp0 + 2yp = (2A) − 3(2Ax + B) + 2(Ax2 + Bx + C) = x2 − 3x
=⇒ 2Ax2 + (−6A + 2B)x + 2A − 3B + 2C = x2 − 3x
On alors :

 2A = 1
−6A + 2B = −3

2A − 3B + 2C = 0
On en tire :
Donc yp = 12 x2 −

1
 A= 2
B=0

C = − 21
1
2
et :
y=
1 2 1
x − + C1 ex + C2 e2x
2
2
*************************************************************
(4) Résoudre y 00 + y 0 − 2y = 9ex − 2
C’est une équation linéaire non-homogène à coefficients constants.
On résout d’abord l’équation sans second membre : yh00 + yh0 − 2yh = 0
On l’a déjà fait yh = C1 e−2x + C2 ex
On cherche la solution générale sous la forme y = α(x)e−2x + β(x)ex tq :
14
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
α0 (x)e−2x + β 0 (x)ex = 0
−2α0 (x)e−2x + β 0 (x)ex = 9ex − 2
α0 (x)e−2x + β 0 (x)ex = 0
−2α0 (x)e−2x + β 0 (x)ex = 9ex − 2
On résout le système pour α et β:
Alors :
2
α0 (x) = −3e3x + e2x
3
et
2
β 0 (x) = 3 − e−x
3
Alors :
Z
2
1
(−3e3x + e2x )dx = −e3x + e2x + C1
3
3
α(x) =
et
Z
β(x) =
2
2
(3 − e−x )dx = 3x + e−x + C2
3
3
On en déduit que :
1
2
y = (−e3x + e2x + C1 )e−2x + (3x + e−x + C2 )ex + C1 e−2x + C2 ex
3
3
y = 3xex + 1 + C1 e−2x + C2 ex
*************************************************************
(5) Résoudre y 00 − 5y 0 + 6y = (x2 + 1)ex
C’est une équation linéaire non-homogène à coefficients constants.
On résout d’abord l’équation sans second membre : yh00 − 5yh0 + 6yh = 0 On pose yh = kx:
yh00 − 5yh0 + 6yh = 0 =⇒ k 2 ekx − 5kekx + 6ekx = 0 =⇒ k 2 − 5k + 6 = 0
On calcule δ = (−5)2 − 4(1)(6) = 25 − 24 = 1. Les deux solutions sont :
k1 = 2
k2 = 3
On a donc :
yh = C1 e2x + C2 e3x
On cherche la solution générale y = α(x)e2x + β(x)e3x :
α0 (x)e2x + β 0 (x)e3x = 0
2α0 (x)e2x + 3β 0 (x)e3x = (x2 + 1)ex
On en déduit que :
α0 (x) = −(x2 + 1)e−x
et
β 0 (x) = (x2 + 1)e−2x
15
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Alors :
Z
α(x) = −
et :
Z
β(x) =
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
(x2 + 1)ex dx = ex (x2 + 2x + 3) + C1
1
(x2 + 1)e−2x dx = − e−2x (2x2 + 2x + 3) + C2
4
1
y = (x2 + 2x + 3)ex − e−2x (2x2 + 2x + 3)ex + C1 e2x + C2 e3x
4
1
3
9
y = ( x2 + x + )ex + C1 e2x + C2 e3x
2
2
4
*************************************************************
(6) Résoudre y 00 − 4y 0 + 13y = cos(x)
C’est une équation linéaire non-homogène à coefficients constants.
On résout d’abord l’équation sans second membre : yh00 − 4yh0 + 13yh = 0
On pose yh = kx:
yh00 − 4yh0 + 13yh = 0 =⇒ k 2 ekx − 4kekx + 13ekx = 0 =⇒ k 2 − 4k + 13 = 0
On calcule δ = (−4)2 − 4(1)(13) = 16 − 52 = −36. Les deux solutions sont complexe :
k1 = 2 − 3i
k2 = 2 + 3i
On a donc :
yh = C1 e2x cos(3x) + C2 sin(3x)
On cherche une solution particulière sous la forme : yp = A sin(x) + B cos(x). On a alors :
y 0 = A cos(x) − B sin(x)
y 00 = −A sin(x) − B cos(x)
On remplace dans l’équation :
yp00 −4yp0 +13yp = cos(x) =⇒ (−A sin(x)−B cos(x))−4(A cos(x)−B sin(x))+13(A sin(x)+B cos(x)) = cos(x)
=⇒ sin(x)(12A + 4B) + cos(x)(12B − 4A) = cos(x)
On en tire le système :
On alors :
(
12A + 4B = 0
−4A + 12B = 1
A=
B=
−4
12×12+4×4
3
40
=
−1
40
Donc :
y=
3
1
cos(x) −
sin(x) + C1 e2x cos(3x) + C2 sin(3x)
40
40
*************************************************************
16
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
(5) Résoudre y 00 + y 0 − 2y = 2x + 1
C’est une équation linéaire non-homogène à coefficients constants.
On résout d’abord l’équation sans second membre : yh00 + yh0 − 2yh = 0
On l’a déjà fait yh = C1 e−2x + C2 ex
On cherche une solution particulière sous la forme yp = ax + b.
On a une solution particulière évidente yp = −x − 1, en effet :
(−x − 1)00 + (−x − 1)0 − 2(−x − 1) = 0 + (−1) − 2(−x − 1) = 2x + 1
La solution générale :
y = −x − 1 + C1 e−2x + C2 ex
*************************************************************
Exercice 14
Résoudre:
−(x2 + 1)2 y 00 + 4x(x2 + 1)y 0 + (x4 − 4x2 + 3)y = 0
On a que : y = (1 + x2 )z, donc :
y 0 = (1 + x2 )z 0 + 2xz
y 00 = (1 + x2 )z 00 + 4xz 0 + 2z
On remplace :
2 ((2(
2 ((2(
4x(x
+ 1) z 0 + 8x2 (1 + x2 )z + (x4 − 4x2 + 3)z = 0
4x(x
+ 1) z 0 − 2(1 + x2 )2 z + (
−(x2 + 1)3 z 00 − (
((
((
−(x2 + 1)3 z 00 − 2(1 + x2 )2 z + 8x2 (1 + x2 )z + (x4 − 4x2 + 3)z = 0
−(x2 + 1)2 z 00 − 2(1 + x2 )z + 8x2 z + (x4 − 4x2 + 3)z = 0
−(x2 + 1)2 z 00 + 2x2 z + x4 z + z = 0
−(x2 + 1)2 z 00 + (x4 + 2x2 + 1)z = 0
−(x2 + 1)2 z 00 + (x2 + 1)2 z = 0
−z 00 + z = 0
On pose y = ekx :
−z 00 + z = 0 =⇒ −k 2 ekx + ekx = 0 =⇒ −k 2 + 1 = 0 =⇒ (1 + k)(1 − k) = 0
On a donc k1 = −1 et k2 = 1. On e déduit que :
z = C1 ek1 x + C2 ek2 x = C1 ex + C2 e−x
Puis finalement :
y = (1 + x2 )(C1 ex + C2 e−x )
*************************************************************
17
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
Exercice 15
Résoudre
y 00 − 2ay 0 + (a2 + 1)y = sin(t) + teat
Commençons par résoudre :
yh00 − 2ayh0 + (a2 + 1)yh = 0
On pose y = ekt on a :
k 2 ekt − 2akekt + (a2 + 1)ekt = 0 =⇒ k 2 − 2ak + a2 + 1 = 0 =⇒ (k − a)2 = −1
On a alors deux solutions:
k1 = i + a
k2 = −i + a
On en déduit :
yh = C1 eat sin(t) + C2 eat cos(t)
Cherchons la solution générale sous la forme y = α(t)eat sin(t) + β(t)eat cos(t).
On a :
α0 (t)eat sin(t) + β 0 (t)eat cos(t) = 0
α0 (t)(eat sin(t))0 + β 0 (t)(eat cos(t))0 = sin(t) + teat
On résout le système :
On trouve :
α0 (t) = 21 sin(2t)e−at + t cos(t)
β 0 (t) = − sin2 (t)e−at − t sin(t)
On en déduit que :
=⇒ y = eat sin(t)(
Z
y = α(t)eat sin(t) + β(t)eat cos(t)
Z
1
−at
at
( sin(2t)e
+ t cos(t))dt) + e cos(t)( (− sin2 (t)e−at − t sin(t))dt)
2
Après (beaucoup) de calcule on trouve (Indication sin2 (x) =
y=
1−cos(2x)
)
2
:
a sin(t) + 2 cos(t)
+ teat + C1 eax sin(x) + C2 eax cos(x)
a3 + 4a
On voit que pour que cette expression ait un sens il faut que a 6= 0.
Alors si a = 0
Z
Z
1
y = sin(t)( ( sin(2t) + t cos(t))dt) + cos(t)( (− sin2 (t) − t sin(t))dt)
2
t
y = − cos(t) + C1 eax sin(x) + C2 eax cos(x)
2
*************************************************************
18
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
Exercice 16
(1) Résoudre
x2 y 00 + 4xy 0 + 2y = 0
On pose (d’après l’indication) x = et =⇒ dx = et dt = xdt :
dy
dy
=x
= xy 0
dt
dx
0
2
d dy
dy
d2 y
d
dy
dy
d2 y
2d y
=
)
=
x
= xy 0 + x2 y 00
(
)
=
x
(x
)
=
x(
+
x
+
x
dt2
dt dt
dx dx
dx
dx2
dx
dx2
=⇒ x2 y 00 =
d2 y
d2 y dy
− xy 0 = 2 −
2
dt
dt
dt
On a alors :
x2 y 00 + 4xy 0 + 2y = 0
=⇒ (
dy
d2 y
dy
d2 y dy
−
)
+
4
+
2y
=
0
=⇒
+3
+ 2y = 0
2
2
dt
dt
dt
dt
dt
On pose y = ekt :
d2 y
dy
+3
+ 2y = 0 =⇒ k 2 ekt + 3kekt + 2ekt = 0 =⇒ k 2 + 3k + 2 = 0
dt2
dt
On calcule δ = (3)2 − 4(1)(2) = 1 > 0. On a donc deux solutions :
(
√
δ
k1 = −3−
2 √ = −2
k2 = −3+2 δ = −1
Donc :
y = C1 e−2t + C2 e−t
et comme x = et , on a finalement :
y=
C1
C2
+
x2
x
*************************************************************
(2) Résoudre
y 00 + y 0 + e−2x y = 3 cosh(x) + sinh(x)
=⇒ y 00 + y 0 + e−2x y = 2ex + e−x
On pose (d’après l’indication) t = e−x =⇒ dt = −e−x dx = −tdt :
y0 =
y 00 =
dy
dy 0
= −t
dx
dt
d dy
d
dy
dy
d2 y
dy
d2 y
( ) = −t (−t ) = −t(−
−t 2)=t
+ t2 2
dx dx
dt
dt
dt
dt
dt
dt
On a alors :
y 00 + y 0 + e−2x y = 2ex + e−x =⇒ t
=⇒
dy
d2 y
dy
2
+ t2 2 − t
+ t2 y = + t
dt
dt
dt
t
d2 y
2
1
+y = 3 +
dt2
t
t
19
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
Lorsque’ on résout l’équation sans second membre on trouve :
yh = C1 cos(t) + C2 sin(t)
On a aussi une solution particulière yp = 1/t.
Alors :
y = C1 cos(t) + C2 sin(t) + 1/t
Finalement :
y = C1 cos(e−x ) + C2 sin(e−x ) + ex
*************************************************************
(3) Résoudre
(1 + x2 )y 00 + xy 0 + y = 0
On pose (d’après l’indication) x = sinh(t) =⇒ dx = cosh(t)dt :
p
dy
dy
= cosh(t)
= 1 + x2 y 0
dt
dx
p
p
p
d p
x
d2 y
d dy
y 0 + 1 + x2 y 00 )
= ( ) = 1 + x2 ( 1 + x2 y 0 ) = 1 + x2 ( √
2
dt
dt dt
dx
1 + x2
= xy 0 + 1 + (1 + x2 )y 00
On a alors :
(1 + x2 )y 00 + xy 0 + y = 0 =⇒
d2 y
+y =0
dt2
=⇒ y = C1 sin(t) + C2 cos(t)
On a enfin :
y = C1 sin(arcsinh(x)) + C2 cos(arcsinh(x))
*************************************************************
(4) Résoudre
y 00 +
2x 0
y
y +
=0
1 + x2
(1 + x2 )2
On pose (d’après l’indication) t = arctan(x) =⇒ dt =
1
1+x2 dx
:
dy
dy
= (1 + x2 )
= (1 + x2 )y 0
dt
dx
d2 y
d dy
d
= ( ) = (1 + x2 ) ((1 + x2 )y 0 ) = (1 + x2 )(2xy 0 + (1 + x2 )y 00 )
dt2
dt dt
dx
= 2x(1 + x2 )y 0 + (1 + x2 )2 y 00
On a alors :
y 00 +
2x 0
y
y +
= 0 =⇒ (1 + x2 )2 y 00 + 2x(1 + x2 )y 0 + y = 0
2
1+x
(1 + x2 )2
20
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
d2 y
+y =0
dt2
=⇒ y = C1 sin(t) + C2 cos(t)
=⇒
On a enfin :
y = C1 sin(arctan(x)) + C2 cos(arctan(x))
*************************************************************
Exercice 17
.
1) On a une solution évidente p = ex , en effet :
p000 − 3p00 + 3p0 − p = ex − 3ex + 3ex − ex = 0
2) On a : f = g × p = ex g donc :
f 0 = ex g 0 + ex g
f 00 = ex g 00 + 2ex g 0 + ex g
f 000 = ex g 000 + 3ex g 00 + 3ex g 0 + gex
On remplace dans l’équation :
f 000 − 3f 00 + 3f 0 − f = 0
=⇒ (ex g 000 + 3ex g 00 + 3ex g 0 + gex ) − 3(ex g 00 + 2ex g 0 + ex g) + 3(ex g 0 + ex g) − ex g = 0
x
x
x
x
x
x
x
x
3e
g 00 − 6e
g0 − 3e
g +
3e
g0 + 3e
g −
ex
g=0
3e
g 00 + 3e
g0 + ge
−
=⇒ ex g 000 + =⇒ ex g 000 = 0
=⇒ g 000 = 0 =⇒ g 00 = C1 =⇒ g 0 = C1 x + C2
=⇒ g = ax2 + bx + c
3)
S = {f : R → R/f (x) = P (x)ex , P ∈ R2 [X]}
21
Série 8
EXERCICE 1
Déterminer et representer les domaines de définition des fonctions suivantess
:
f (x, y) =
x2 − y
y
On a :
(
y 6= 0
2
x −y
y
≥0
=⇒
y>0
x2 ≥ y
=⇒ 0 < y ≤ x2
On a alors :
Df = {(x, y) ∈ R2 /y > 0, x ≥
√
√
y ou x ≤ − y}
Il s’agit de la region strictement au-dessus de l’axe des abscisses
et en-dessous de la parabole y = x2 .
*************************************************************
ln y
f (x, y) = √
x−y
On a :
y>0
x−y >0
=⇒ x > y > 0
Donc :
Df = {(x, y) ∈ R2 /x > y > 0}
*************************************************************
f (x, y) =
ln (1 + x2 )
y2
Alors :
Df = {(x, y) ∈ R2 /y 6= 0}
Il s’agit de R2 au quel on enlève l’axe des abscisses.
22
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
***
EXERCICE 2
1) Etudier l’existence d’une limite en (0, 0) :
(
f (x, y) =
xy
|xy|+(x+y)2
(x, y) 6= (0, 0)
0 (x, y) = (0, 0)
Calculons limx→0 f (x, x) :
x2
1
x2
= lim 2 =
2
x→0 5x
+ 4x
5
lim f (x, x) = lim
x→0 x2
x→0
Calculons limx→0 f (x, 0) :
x.0
=0
|x.0| + (x + 0)2
lim f (x, 0) = lim
x→0
x→0
La limite quand (x,y) tend vers (0,0) n’existe pas.
2) Montrer que : limy→0 (limx→0 f (x, y)) = limx→0 (limy→0 f (x, y)) = 0
On a :
lim ( lim f (x, y)) = lim ( lim
xy
) = lim 0 = 0
y→0
|xy| + (x + y)2
lim ( lim f (x, y)) = lim ( lim
xy
) = lim 0 = 0
x→0
|xy| + (x + y)2
y→0 x→0
y→0 x→0
De même :
x→0 y→0
x→0 y→0
On a donc bien :
lim ( lim f (x, y)) = lim ( lim f (x, y)) = 0
y→0 x→0
x→0 y→0
***
EXERCICE 3
1) Etudier l’existence d’une limite en (0,0) pour : f (x, y) =
xy
x+y
lim(x,y)→(0,0) f (x, y) n’existe pas car :
x(−x + x2 )
−x2 + x3
=
lim
x→0 x − x + x2
x→0
x2
lim f (x, −x + x2 ) = lim
x→0
= lim −1 + x = −1
x→0
et biensûre :
f (x, 0) = lim
x→0
x×0
=0
x
2) Etudier l’existence d’une limite en (0,0) pour : f (x, y) =
23
x+y
x2 +y 2 :
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
lim
f (x, y) =
(x,y)→(0,0)
lim f (x, 0) =
x→0
x+y
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
lim
(x,y)→(0,0)
x
= ±∞
x2
Donc la limite n’existe pas.
3) Etudier l’existence d’une limite en (0,0) pour : f (x, y) =
lim
f (x, y) =
(x,y)→(0,0)
On a:
1+x2 +y 2
y
sin(y) :
1 + x2 + y 2
sin(y)
y
(x,y)→(0,0)
lim
1 + x2 + y 2
sin(y)
y
(x,y)→(0,0)
(x,y)→(0,0)
sin(y)
= ( lim
1 + x2 + y 2 ) × ( lim
)
y→0
y
(x,y)→(0,0)
=1×1=1
lim
f (x, y) =
lim
Donc la limite existe et est égale à 1.
3) Etudier l’existence d’une limite en (0,0) pour : f (x, y) =
lim
f (x, y) =
(x,y)→(0,0)
2xy−y 2
x2 +y 2
:
2xy − y 2
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
Calculons
x2
= lim 1/2 = 1/2
x→0
x→0 2x2
lim f (x, x) = lim
x→0
Calculons
lim f (x, 0) = lim
x→0
x→0
0
= lim 0 = 0
x→0
x2
Donc la limite n’existe pas.
***
EXERCICE 4
Existence de lim(x,y)→(0,0) g(x, y)
|g(x, y)| = |xu(y) + yu(x)| ≤ |xu(y)| + |yu(x)|
=⇒ |g(x, y)| ≤ |x|.|u(y)| + |y|.|u(x)|
=⇒ 0 ≤ |g(x, y)| ≤ |x| + |y|
et comme :
|x| + |y| = 0
lim
(x,y)→(0,0)
alors on en déduit :
lim
g(x, y) = 0 = g(0, 0)
(x,y)→(0,0)
***
24
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
EXERCICE 5
Montrer la continuité de la fonction :
(
1−cos(x2 +y 2 )
(x2 +y 2 )2
x 6= (0, 0)
1/2 x = (0, 0)
f (x, y) =
Elle est continue sur R − {(0, 0)} On pose x = r cos(θ) et y = r sin(θ) :
lim
f (x, y) =
(x,y)→(0,0)
1 − cos(x2 + y 2 )
1 − cos(r2 )
1 − cos(t)
1
= lim
= lim
= = f (0, 0)
2
2
2
r→0
t→0
(x + y )
r4
t2
2
(x,y)→(0,0)
lim
La fonction est donc continue en (0,0). On rappelle que :
1 − cos2 (t)
1
sin(t) 2
1
1
1 − cos(t)
1
= lim
×
= lim (
) ×
=1× =
2
t→0
t→0
t
t2
1 + cos(t) t→0
t
1 + cos(t)
2
2
lim
***
EXERCICE 6
1) Etudier la continuité :
(
f (x, y) =
3
3
−y
xy (x2x−xy+y
x 6= (0, 0)
2)
0 x = (0, 0)
On pose x = r cos(θ) et y = r sin(θ) :
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y) = lim r2 cos(θ) sin(θ)
r→0
cos4 (θ) sin(θ) − sin4 (θ) cos(θ)
r3 cos3 (θ) − r3 sin3 (θ)
= lim r3
= 0 = f (0, 0)
2
2
r→0
(r − r cos(θ) sin(θ))
(1 − cos(θ) sin(θ))
(1 − cos(θ) sin(θ) 6= 0, ∀θ ∈ R) La fonction est continue en (0,0)
2) Etudier la continuité :
(
f (x, y) =
(x+y)2
x2 +y 2
x 6= (0, 0)
0 x = (0, 0)
On a :
4x2
=2
x→0 2x2
lim f (x, x) = lim
x→0
et :
lim f (x, −x) = lim
x→0
x→0
0
=0
2x2
La fonction n’est pas continue en (0,0)
3) Etudier la continuité :
(
f (x, y) =
x3 +y 3
x2 +y 2
x 6= (0, 0)
0 x = (0, 0)
On pose x = r cos(θ) et y = r sin(θ) :
lim
(x,y)→(0,0)
r3 cos3 (θ) + r3 sin3 (θ)
r→0
r2
f (x, y) = lim
= lim r cos3 (θ) + r sin3 (θ) = 0 = f (0, 0)
r→0
25
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
La fonction est donc continue en (0,0)
4) Etudier la continuité :
(
f (x, y) =
sin(yx3 −xy 3 )
x2 +y 2
x 6= (0, 0)
0 x = (0, 0)
On pose x = r cos(θ) et y = r sin(θ) :
lim
sin(r3 cos3 (θ) sin(θ) − r3 sin3 (θ) cos(θ))
r→0
r2
f (x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
On pose k = cos3 (θ) sin(θ) − sin3 (θ) cos(θ).
lim
sin(r3 k)
r→0
r2
f (x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
On distingue alors de cas :
Cas 1 : k = 0 alors :
lim
sin(r3 × 0)
=0
r→0
r2
f (x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
Cas 2 : k 6= 0 alors :
lim
sin(kr3 )
× kr = 0
r→0
kr3
f (x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
On a donc bien :
lim
f (x, y) = 0 = f (0, 0)
(x,y)→(0,0)
La fonction est donc continue en (0,0)
5) Etudier la continuité :
(
f (x, y) =
x+y
x2 +y 2
x 6= (0, 0)
0 x = (0, 0)
On a :
lim f (x, x) = lim
x→0
x→0
2x
= ±∞
2x2
La fonction n’est pas continue en (0,0)
5) Etudier la continuité :
(
f (x, y) =
x2 −y 2
x2 +y 2
x 6= (0, 0)
0 x = (0, 0)
On a :
−3x2
= −3/5 6= f (0, 0)
−x→0 5x2
lim f (x, 2x) = lim
x→0
La fonction n’est pas continue en (0,0)
***
26
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
EXERCICE 7
1) Prolongement par continuité en (0,0) de:
xy
f (x, y) = p
x2 + y 2 − xy
On pose x = r cos(θ) y = r sin(θ)
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y) = lim p
r→0
r2 cos(θ) sin(θ)
r2
−
r2
cos(θ) sin(θ)
= lim p
r→0
r cos(θ) sin(θ)
1 − cos(θ) sin(θ)
=0
(1 − cos(θ) sin(θ) 6= 0, ∀θ ∈ R)
Donc la limite existe et donc f admet un prolongement par continuité en (0,0)
(
fe(x, y) =
√
xy
x2 +y 2 −xy
x 6= (0, 0)
0 x = (0, 0)
2) Prolongement par continuité en (0,0) de:
f (x, y) =
lim
(x,y)→(0,0)
f (x, y) =
1 − cos(xy)
x2
1 − cos2 (xy)
sin(xy) 2
y2
y2
×
=
lim
×(
) = 0×1 = 0
2
2
y x
yx
(x,y)→(0,0) 1 + cos(xy)
(x,y)→(0,0) 1 + cos(xy)
lim
Donc la limite existe et donc f admet un prolongement par continuité en (0,0)
(
1−cos(xy)
x 6= (0, 0)
x2
fe(x, y) =
0 x = (0, 0)
3) Prolongement par continuité en (0,0) de:
f (x, y) =
x2 + y 2
y
x2 + x4
=1
x→0
x→0
x2
x2 + x4
lim f (x, −x2 ) = lim
= −1
x→0
x→0 −x2
Donc la limite n’existe pas et donc f n’admet pas un prolongement par continuité en (0,0)
4) Prolongement par continuité en (0,0) de:
lim f (x, x2 ) = lim
f (x, y) =
xy 2
x2 + y 2
On pose x = r cos(θ) y = r sin(θ)
lim
(x,y)→(0,0)
r3 cos(θ) sin2 (θ)
= lim r cos(θ) sin2 (θ) = 0
r→0
r→0
r2
f (x, y) = lim
Donc la limite existe et donc f admet un prolongement par continuité en (0,0)
(
xy 2
x2 +y 2 x 6= (0, 0)
fe(x, y) =
0 x = (0, 0)
27
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
5) Prolongement par continuité en (0,0) de:
f (x, y) =
1
(x − y)2
On a
1
= +∞
x→0
x→0 x2
Donc la limite n’existe pas et donc f n’admet pas un prolongement par continuité en (0,0)
6) Prolongement par continuité en (0,0) de:
lim f (x, 0) = lim
f (x, y) = (x2 + y) sin(
On a :
|f (x, y)| = |x2 + y| × | sin(
1
)
xy
1
)| ≤ |x2 + y|
xy
=⇒ 0 ≤ |f (x, y)| ≤ |x2 + y|
et : lim(x,y)→(0,0) x2 + y = 0
Alors
lim
f (x, y) = 0
(x,y)→(0,0)
Donc la limite existe et donc f admet un prolongement par continuité en (0,0)
(
1
(x2 + y) sin( xy
) x 6= (0, 0)
e
f (x, y) =
0 x = (0, 0)
7) Prolongement par continuité en (0,0) de:
f (x, y) =
xy
3x2 + y 3
On a
lim f (x, 0) = 0
x→0
1
x2
= lim
= 1/3
x→0 3x2 + x3
x→0 3 + x
lim f (x, x) = lim
x→0
Donc la limite n’existe pas et donc f n’admet pas un prolongement par continuité en (0,0)
***
EXERCICE 8
1) Calculer les dérivées partielle de :
f (x, y) = x2 + y 2 − 3xy
∂f
(x, y) = 2x − 3y
∂x
∂f
(x, y) = 2y − 3x
∂y
28
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
2) Calculer les dérivées partielle de :
f (x, y) =
p
x2 + y 2
∂f
x
(x, y) = p
∂x
x2 + y 2
∂f
y
(x, y) = p
2
∂y
x + y2
3) Calculer les dérivées partielle de :
f (x, y) =
y
x
∂f
−y
(x, y) = 2
∂x
x
1
∂f
(x, y) =
∂y
x
4) Calculer les dérivées partielle de :
f (x, y) =
x−y
x+y
∂f
(x + y) − (x − y)
2y
(x, y) =
=
∂x
(x + y)2
(x + y)2
∂f
−(x + y) − (x − y)
−2x
(x, y) =
=
∂y
(x + y)2
(x + y)2
5) Calculer les dérivées partielle de :
f (x, y) = x2 sin(y)
∂f
(x, y) = 2x sin(y)
∂x
∂f
(x, y) = x2 cos(y)
∂y
6) Calculer les dérivées partielle de :
f (x, y) = ln(x +
p
x2 + y 2 )
p
1 + √ 2x 2
∂f
x2 + y 2 + x
x +y
p
(x, y) =
= p
∂x
x + x2 + y 2
x x2 + y 2 + x2 + y 2
√ 2y 2
∂f
y
x +y
p
(x, y) =
= p
∂y
x + x2 + y 2
x x2 + y 2 + x2 + y 2
7) Calculer les dérivées partielle de :
y
f (x, y) = arctan( )
x
∂f
−y
1
−y
(x, y) = 2
= 2
∂x
x 1 + y 2 /x2
x + y2
∂f
1
1
1
(x, y) =
= 2
2
2
∂y
x 1 + y /x
x + y2
29
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
8) Calculer les dérivées partielle de :
f (x, y) = ex sin(y)
∂f
(x, y) = ex sin(y)
∂x
∂f
(x, y) = ex cos(y)
∂y
9) Calculer les dérivées partielle de :
f (x, y) = (x2 + y 2 )e−xy
∂f
(x, y) = 2xe−xy − y(x2 + y 2 )e−xy
∂x
∂f
(x, y) = 2ye−xy − x(x2 + y 2 )e−xy
∂y
***
EXERCICE 9
1) Existence des dérivées partielles en (0,0) de :
f (x, y) =
x3 − y 3
si (x, y) 6= (0, 0) et f (0, 0) = 0
x2 + y 2
f (0 + h, 0) − f (0, 0)
lim
= lim
h→0
h→0
h
Donc
∂f
∂x (0, 0)
existe est
∂f
∂x (0, 0)
h3
h2
−0
=1
h
=1
f (0, 0 + h) − f (0, 0)
= lim
h→0
h→0
h
lim
−h3
h2
−0
= −1
h
∂f
Donc ∂f
∂y (0, 0) existe et ∂y (0, 0) = −1
2) Différentiabilité en (0,0) :
f (x, y) =
x3 − y 3
si (x, y) 6= (0, 0) et f (0, 0) = 0
x2 + y 2
est elle continue en (0,0) ?
x3 − y 3
r3 cos3 (θ) − r3 sin3 (θ)
=
lim
=0
r→0
r2
(x,y)→(0,0) x2 + y 2
lim
Oui. est elle différentiable en (0,0) ?
g(h, k) =
f (0 + h, 0 + k) − f (0, 0) − h∂x f (0, 0) − k∂y f (0, 0)
√
h2 + k 2
Etudions l’existence de lim g(h, k) :
3
h
f (0 + h, 0) − f (0, 0) − h∂x f (0, 0)
2 − h
√
= lim h√
=0
2
h→0
h→0
h→0
h
h2
Par contre la limite suivante n’existe pas :
lim g(h, 0) = lim
30
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
f (0 + h, 0) − f (0, 0) − h∂x f (0, 0)
√
= lim
h→0
h→0
h2
lim g(h, h) = lim
h→0
h3 −h3
2h2
√
−h
h2
= lim
Donc f n’est pas différentiable en (0, 0).
***
EXERCICE 10
1) Continuité sur R2
x2 − y 2
f (x, y) = p
si (x, y) 6= (0, 0) et f (0, 0) = 0
x2 + y 2
Elle est continue sur R2 − {(0, 0)}. car +,*,-,/ de fonctions continues sur R2 .
Elle est continue en (0,0) :
r2 cos3 (θ) − r2 sin2 (θ)
x2 − y 2
p
= lim
= 0 = f (0, 0)
r→0
r
(x,y)→(0,0)
x2 + y 2
lim
Donc f est continue sur R2 .
2) Existence de dérivées partielles sur R2
x2 − y 2
si (x, y) 6= (0, 0) et f (0, 0) = 0
f (x, y) = p
x2 + y 2
sur R2 − {(0, 0)}
∂f
2x
x(x2 − y 2 )
p
(0, 0) = 2
−
3
∂x
x + y2
( x2 + y 2 ) 2
2y
y(x2 − y 2 )
∂f
p
(0, 0) = 2
+
3
∂y
x + y2
( x2 + y 2 ) 2
3) Existence de dérivées partielles sur R2
x2 − y 2
f (x, y) = p
si (x, y) 6= (0, 0) et f (0, 0) = 0
x2 + y 2
et en (0,0) :
f (0 + h, 0) − f (0, 0)
= lim
lim
h→0
h→0
h
lim = lim
h→0
h>0
h→0
2
√h
h2
h→0
h<0
h
= −1
h→0 −h
2
(0,0)
limh→0 f (0,0+h)−f
h
−h
√
−0
h2
= limh→0 h
= limh→0
Les dérivées partielles en (0,0) n’existent pas .
4) Différentiabilité sur R2 de
h
h
=1
h
lim = lim
−h
|h|
pareille !!
31
−0
h
h→0 |h|
= lim
h→0
−h
|h|
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
x2 − y 2
si (x, y) 6= (0, 0) et f (0, 0) = 0
f (x, y) = p
x2 + y 2
Elle est différentiable sur R2 − {(0, 0)}. car elle y est de classe C 1 (les dérivées partielles existent et sont
continues).
Cependant elle n’est pas différentiable en (0,0) car les dérivée partielle en (0,0) n’existent pas . Donc elle
n’est pas différentiable sur R2 entier.
Les dérivées partielles en (0,0) n’existent pas.
***
EXERCICE 11
1) Calculer la différentielle de
f (x, y) = x2 + y 2 − 3xy
On a :
∂f
(x, y) = 2x − 3y
∂x
∂f
(x, y) = 2y − 3x
∂y
df(x,y) (h, k) = ∂x f (x, y)h + ∂y f (x, y)k
df(x,y) (h, k) = (2x − 3y)h + (2y − 3x)k
2) Calculer la différentielle de
f (x, y) = x2 y 3
On a :
∂f
(x, y) = 2xy 3
∂x
∂f
(x, y) = 3y 2 x2
∂y
df(x,y) (h, k) = ∂x f (x, y)h + ∂y f (x, y)k
df(x,y) (h, k) = 2xy 3 h + 3y 2 x2 k
3) Calculer la différentielle de :
f (x, y) = ln(x2 + y 2 )
On a :
∂f
2x
(x, y) = 2
∂x
x + y2
∂f
2y
(x, y) = 2
∂y
x + y2
df(x,y) (h, k) = ∂x f (x, y)h + ∂y f (x, y)k
df(x,y) (h, k) =
2y
2x
h+ 2
k
x2 + y 2
x + y2
32
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
4) Calculer la différentielle de
f (x, y) = sin2 (x) + cos2 (y)
On a :
∂f
(x, y) = 2 cos x sin(x) = sin(2x)
∂x
∂f
(x, y) = −2 sin(y) cos(y) = − sin(2y)
∂y
df(x,y) (h, k) = ∂x f (x, y)h + ∂y f (x, y)k
df(x,y) (h, k) = sin(2x)h − sin(2y)k
5) Calculer la différentielle de
f (x, y) = arctan
On a :
y
x
+ arctan
x
y
∂f
−y
1
1
1
(x, y) = 2
+
2
∂x
x 1 + (y/x)
y 1 + (x/y)2
=
−y
y
+ 2
=0
2
+y
x + y2
x2
−x
∂f
1
1
1
(x, y) = 2
+
∂y
y 1 + (x/y)2
x 1 + (y/x)2
=
−x
x
+ 2
=0
x2 + y 2
x + y2
df(x,y) (h, k) = ∂x f (x, y)h + ∂y f (x, y)k
df(x,y) (h, k) = 0
***
EXERCICE 12
1) Calculer les dérivées partielles de f ◦ g f (x, y) = sin(x2 − y 2 ) et g(x, y) = (x + y, x − y)
On a :
(f ◦ g)(x, y) = f (x + y, x − y) = sin((x + y)2 − (x − y)2 ) = sin(4xy)
Alors :
∂(f ◦ g)
(x, y) = 4y cos(4xy)
∂x
∂(f ◦ g)
(x, y) = 4x cos(4xy)
∂y
Alors :
df(x,y) (h, k) = 4y cos(4xy)h + 4x cos(4xy)k
2) Calculer les jacobiennes de f et g
f (x, y) = sin(x2 − y 2 ) et g(x, y) = (x + y, x − y)
On a :
J(x,y) g =
∂x g1
∂x g2
∂y g1
∂y g2
33
=
1
1
1
−1
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
J(x,y) f = ∂x f
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
∂y f =
2x cos(x2 − y 2 ) −2y cos(x2 − y 2 )
3) jacobienne de f ◦ g :
J(x,y) (f ◦ g) = ∂x (f ◦ g)
4x cos(4xy) =
4y cos(4xy)
4x cos(4xy)
***
EXERCICE 13
Rappels : On rappelle la formule du développement de taylor d’ordre 1 d’une fonction f : R2 → R au
voisinage de (x0 , y0 ):
f (x, y) = f (x0 , y0 ) + dfx0 ,y0 (x − x0, y − y0) + o(||(x − x0 , y − y0 ||)
Ainsi que celle d’ordre 2:
1
f (x, y) = f (x0 , y0 ) + df(x0 ,y0) (x − x0 , y − y0 ) + d2 f(x0 ,y0 ) (x − x0 , y − y0 ) + o(||(x − x0 , y − y0 ||2 )
2
1) formule de taylor pour f (x, y) = x3 + xy − 2y 2 au point (1,2)
On a :
1
f (x, y) = f (x0 , y0 ) + df(x0 ,y0) (x − x0 , y − y0 ) + d2 f(x0 ,y0 ) (x − x0 , y − y0 ) + o(||(x − x0 , y − y0 ||2 )
2
∂f
(x, y) = 3x2 + y
∂x
∂f
(x, y) = x − 4y
∂y
=⇒ df(x0 ,y0 ) (h, k) = (3x20 + y0 )h + (x0 − 4y0 )k
df(1,2) (x − 1, y − 2) = 5(x − 1) − 7(y − 2)
aussi :
∂2f
(x, y) = 6x
∂x2
∂2f
(x, y) = −4
∂y 2
∂2f
(x, y) = 1
∂x∂y
d2 f(x0 ,y0 ) (h, k) = 6x0 h2 − 4k 2 + 2 × 1hk
d2 f(1,2) (x − 1, y − 2) = 6(x − 1)2 − 4(y − 2)2 + 2 × 1(x − 1)(y − 2)
On remplace :
f (x, y) = −5 + 5x(x − 1) − 7(y − 2) + 3(x − 1)2 − 2(y − 2)2 + (x − 1)(y − 2) + o(||(x − x0 , y − y0 ||2 )
34
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
1) formule de taylor pour f (x, y) = e2x+3y au point (0,0)
On a :
1
f (x, y) = f (x0 , y0 ) + df(x0 ,y0) (x − x0 , y − y0 ) + d2 f(x0 ,y0 ) (x − x0 , y − y0 ) + o(||(x − x0 , y − y0 ||2 )
2
∂f
(x, y) = 2e2x+3y
∂x
∂f
(x, y) = 3e2x+3y
∂y
=⇒ df(x0 ,y0 ) (h, k) = 2e2x0 +3y0 h + 3e2x0 +3y0 k
df(0,0) (x − 0, y − 0) = 2x + 3y
aussi :
∂2f
(x, y) = 4e2x+3y
∂x2
∂2f
(x, y) = 9e2x+3y
∂y 2
∂2f
(x, y) = 6e2x+3y
∂x∂y
d2 f(x0 ,y0 ) (h, k) = 4e2x+3y h2 + 9e2x+3y k 2 + 2 × 6e2x+3y hk
d2 f(0,0) (x − 0, y − 0) = 4x2 + 9y 2 + 2 × 6xy
On remplace :
9
f (x, y) = 1 + 2x + 3y + 2x2 + y 2 + 6xy + o(||(x − x0 , y − y0 ||2 )
2
1) formule de taylor pour f (x, y) = x2 + 2xy + 3y 2 − 6x − 2y au point (-2,1)
On a :
1
f (x, y) = f (x0 , y0 ) + df(x0 ,y0) (x − x0 , y − y0 ) + d2 f(x0 ,y0 ) (x − x0 , y − y0 ) + o(||(x − x0 , y − y0 ||2 )
2
∂f
(x, y) = 2x + 2y − 6
∂x
∂f
(x, y) = 2x + 6y − 2
∂y
=⇒ df(x0 ,y0 ) (h, k) = (2x0 + 2y0 − 6)h + (2x0 + 6y0 − 2)k
df(−2,1) (x + 2, y − 1) = −8(x + 2)
aussi :
∂2f
(x, y) = 2
∂x2
∂2f
(x, y) = 6
∂y 2
∂2f
(x, y) = 2
∂x∂y
d2 f(x0 ,y0 ) (h, k) = 2h2 + 6k 2 + 2 × 2hk
35
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
d2 f(−2,1) (x + 2, y − 1) = 2(x + 2)2 + 6(y − 1)2 + 2 × 2(x + 2)(y − 1)
On remplace :
f (x, y) = 7 + −8(x + 2) + (x + 2)2 + 3(y − 1)2 + 2(x + 2)(y − 1) + o(||(x − x0 , y − y0 ||2 )
1) formule de taylor pour f (x, y) = ex cos(y) au point (0,0)
On a :
1
f (x, y) = f (x0 , y0 ) + df(x0 ,y0) (x − x0 , y − y0 ) + d2 f(x0 ,y0 ) (x − x0 , y − y0 ) + o(||(x − x0 , y − y0 ||2 )
2
∂f
(x, y) = ex cos(y)
∂x
∂f
(x, y) = −ex sin(y)
∂y
=⇒ df(x0 ,y0 ) (h, k) = ex0 cos(y0 )h − ex0 sin(y0 )k
df(0,0) (x − 0, y − 0) = x
aussi :
∂2f
(x, y) = ex cos(y)
∂x2
∂2f
(x, y) = −ex cos(y)
∂y 2
∂2f
(x, y) = −ex sin(y)
∂x∂y
d2 f(x0 ,y0 ) (h, k) = ex0 cos(y0 )h2 − ex0 cos(y0 )k 2 + 2 × (−ex0 sin(y0 ))hk
d2 f(0,0) (x + 2, y − 1) = x2 − y 2
On remplace :
f (x, y) = 1 + x + x2 − y 2 + o(||(x − x0 , y − y0 ||2 )
***
EXERCICE 14
1) f (x, y) = x2 + y 2 + (x + 1)(y − 2) :
∂f
(x, y) = 2x + y − 2
∂x
∂f
(x, y) = 2y + x + 1
∂y
On cherche donc les points (x, y) ∈ R2 tels que :
(
∂f
∂x (x, y)
∂f
∂y (x, y)
On a donc :
36
=0
=0
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
2x + y − 2 = 0
x + 2y + 1 = 0
On résout le système :
x=
y=
5
3
−4
3
Donc il existe un unique point critique ( 53 , −4
3 ).
2) f (x, y) = xy(x + y − 3) :
∂f
(x, y) = y(x + y − 3) + xy = y(2x + y − 3)
∂x
∂f
(x, y) = x(x + y − 3) + xy = x(x + 2y − 3)
∂y
On cherche donc les points (x, y) ∈ R2 tels que :
(
∂f
∂x (x, y)
∂f
∂y (x, y)
=0
=0
On a donc :
y(2x + y − 3) = 0
x(x + 2y − 3) = 0
On distingue alors 4 cas :
Cas 1 : x = y = 0. (0,0) est donc un point critique. Cas 2 : x = 0 et y 6= 0 . Alors le système devient :
2x + y − 3 = 0
x=0
=⇒
y−3=0
x=0
=⇒
Donc (0, 3) est un point critique.
Cas 3 : y = 0 et x 6= 0 . Alors le système devient :
y=0
x + 2y − 3 = 0
Donc (3, 0) est un point critique.
Cas 4 : y =
6 0 et x 6= 0 . Alors le système devient :
2x + y − 3 = 0
x + 2y − 3 = 0
y=0
x=3
x=1
y=1
=⇒
=⇒
Donc (1, 1) est un point critique.
Donc il existe quatre points critiques (0,0) , (3,0) , (0,3) , (1,1).
***
37
y=3
x=0
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
EXERCICE 15
1) f (x, y) = x2 − xy + y 2 − 3x − 2y
Cherchons les points critique :
∂f
(x, y) = 2x − y − 3 = 0
∂x
∂f
(x, y) = 2y − x − 2 = 0
∂y
il y a donc un unique point critique ( 38 , 73 ) car :
2x − y = 3
−x + 2y = 2
=⇒
x=
x=
8
3
7
3
Déterminons sa nature :
On calcule d’abord les dérivées partielles secondes:
∂2f 8 7
( , )=2
∂x2 3 3
∂2f 8 7
( , )=2
∂y 2 3 3
∂2f 8 7
( , ) = −1
∂x∂y 3 3
On calcule ensuite le determinant hessien :
∂2f
∂x2
∂2f
∂x∂y
∂2f
∂y∂x
∂2f
∂y 2
=
et :
∂2f
∂2f 2
∂2f
×
−
(
) = 2 × 2 − (−1)2 = 3 > 0
∂x2
∂y 2
∂x∂y
∂2f
=2>0
∂x2
( 83 , 73 ) est donc d’un minimum local.
2) f (x, y) = (x − 1)2 + 3y 2
Cherchons les points critiques :
∂f
(x, y) = 2(x − 1) = 0
∂x
∂f
(x, y) = 6y = 0
∂y
Il y a donc un unique point critique (1, 0).
Déterminons sa nature :
On calcule d’abord les dérivées partielles secondes:
∂2f
(1, 0) = 2
∂x2
∂2f
(1, 0) = 6
∂y 2
∂2f
(1, 0) = 0
∂x∂y
38
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
On calcule ensuite le determinant hessien :
∂2f
∂x2
∂2f
∂x∂y
∂2f
∂y∂x
∂2f
∂y 2
=
∂2f
∂2f
∂2f 2
×
−
(
) = 2 × 6 − (0)2 = 12 > 0
∂x2
∂y 2
∂x∂y
et :
∂2f
(1, 0) = 2 > 0
∂x2
(1,0) est donc d’un minimum local.
3) f (x, y) = sin(x) + sin(y)
Cherchons les points critiques :
∂f
(x, y) = cos(x) = 0
∂x
∂f
(x, y) = cos(y) = 0
∂y
L’ensemble des points critiques est donc :
C = {(
π
π
+ mπ, + nπ)/m, n ∈ Z}
2
2
Déterminons sa nature :
On calcule d’abord les dérivées partielles secondes:
∂2f
∂2f π
π
π
π
(x, y) = − sin(x) =⇒
( + mπ, + nπ) = − sin( + mπ, ) = (−1)m+1
2
∂x
∂x2 2
2
2
2
∂2f π
π
π
π
∂2f
(1, 0) = − sin(y) =⇒
( + mπ, + nπ) = − sin( + nπ, ) = (−1)n+1
2
∂y
∂y 2 2
2
2
2
∂2f
(x, y) = 0
∂x∂y
On calcule ensuite le determinant hessien :
∂2f
∂x2
∂2f
∂x∂y
∂2f
∂y∂x
∂2f
∂y 2
=
∂2f
∂2f
∂2f 2
×
−
(
) = (−1)m+1 × (−1)n+1 − (0)2 = (−1)m+n
∂x2
∂y 2
∂x∂y
Pour que ( π2 + mπ, π2 + nπ) soit un extremum il est nécessaire que (−1)m+n > 0 c’est-à-dire que m + n soir
pair.
On distingue alors deux cas :
Cas 1 si m est paire et n est paire on a :
maximum locale .
∂2f π
∂x2 ( 2
Cas 2 si m est impaire et n est impaire on a :
un minimum locale .
+ mπ, π2 + nπ) = −1 < 0 et donc ( π2 + mπ, π2 + nπ) est un
∂2f π
∂x2 ( 2
+ mπ, π2 + nπ) = 1 > 0 et donc ( π2 + mπ, π2 + nπ) est
p
4) f (x, y) = 1 + x2 + y 2
Cherchons les points critiques :
∂f
x
(x, y) = p
=0
∂x
1 + x2 + y 2
∂f
y
(x, y) = p
=0
∂y
1 + x2 + y 2
39
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
Il y a donc un unique point critique c’est (0,0).
Déterminons sa nature :
On calcule d’abord les dérivées partielles secondes:
∂2f
1
x2
∂2f
(x, y) = p
− p
=⇒
(0, 0) = 1
2
∂x
∂x2
1 + x2 + y 2
( 1 + x2 + y 2 ) 3
∂2f
1
y2
∂2f
(1, 0) = p
(0, 0) = 1
− p
=⇒
2
∂y
∂y 2
1 + x2 + y 2
( 1 + x2 + y 2 )3
∂2f
−xy
∂2f
(x, y) = p
=⇒
(0, 0) = 0
∂x∂y
∂x∂y
( 1 + x2 + y 2 )3
On calcule ensuite le determinant hessien :
∂2f
∂x2
∂2f
∂x∂y
∂2f
∂y∂x
∂2f
∂y 2
=
et :
∂2f
∂2f
∂2f 2
× 2 −(
) = 1 × 1 − (0)2 = 1 > 0
2
∂x
∂y
∂x∂y
∂2f
(1, 0) = 1 > 0
∂x2
(0,0) est donc d’un minimum local.
2
2
5) f (x, y) = e−(x +y )
Cherchons les points critiques :
2
2
∂f
(x, y) = −2xe−(x +y ) = 0
∂x
2
2
∂f
(x, y) = −2ye−(x +y ) = 0
∂y
Il y a donc un unique point critique c’est (0,0).
Déterminons sa nature :
On calcule d’abord les dérivées partielles secondes:
2
2
2
2
∂2f
∂2f
(x, y) = −2e−(x +y ) + 4x2 e−(x +y ) =⇒
(0, 0) = −2
2
∂x
∂x2
2
2
2
2
∂2f
∂2f
(1, 0) = −2e−(x +y ) + 4y 2 e−(x +y ) =⇒
(0, 0) = −2
2
∂y
∂y 2
2
2
∂2f
∂2f
(x, y) = 4xye−(x +y ) =⇒
(0, 0) = 0
∂x∂y
∂x∂y
∂2f
∂x2
∂2f
∂x∂y
∂2f
∂y∂x
∂2f
∂y 2
=
∂2f
∂2f
∂2f 2
× 2 −(
) = (−2) × (−2) − (0)2 = 4 > 0
2
∂x
∂y
∂x∂y
et :
∂2f
(1, 0) = −2 < 0
∂x2
(0,0) est donc d’un maximum local.
***
40
Série 9
EXERCICE 1
- Etudier le domaine de défintion et les branches infinies des courbes suivantes :
Question 1
(
x(t) =
y(t) =
3
t(t−2)
t2 −3
t
1) Domaine de définition :
D = R − {0, 2} = ]−∞, 0[ ∪ ]0, 2[ ∪ ]2, +∞[
2) Branches infinies :
- Etudions les limites en −∞
lim x(t) = 0
t→−∞
lim y(t) = −∞
t→−∞
C’est donc une branche infinie. Il y a une asymptote vertical d’équation x = 0.
- Etudions les limites en +∞. On a :
lim x(t) = 0
t→<0
lim y(t) = +∞
t→<0
C’est donc une branche infinie. On retrouve la même asymptote d’équation x = 0.
- Etudions les limites en 0 à gauche. On a:
lim x(t) = +∞
t→<0
lim y(t) = +∞
t→<0
C’est donc une branche infinie.
Calculons :
(t2 − 3)(t − 2)
y(t)
= lim
=2
t→<0
t→<0 x(t)
3
a = lim
41
(3.1)
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
Calculons :
b = lim y(t) − ax(t)
t→<0
6
t2 − 3
−
t→<0
t
t(t − 2)
(t2 − 3)(t − 2) − 6
= lim
t→<0
t(t − 2)
3
t − 2t2 − 3t
= lim
t→<0
t(t − 2)
3
=
2
= lim
Il y a donc une asymptote oblique d’équation y = 2x + 23 .
- Etudions les limites en 0 à droite. On a :
lim x(t) = −∞
t→<0
lim y(t) = −∞
t→<0
C’est donc une branche infinie. On retrouve la même asymptote y = 2x +
3
2
- Etudions les limites en 2 à gauche. On a :
lim x(t) = −∞
t→<2
lim y(t) = 1/2
t→<2
C’est donc une branche infinie. Il y a une asymptote horizontale y = 1/2.
- Etudions les limites en 2 à droite. On a :
lim x(t) = +∞
t→>2
lim y(t) = 1/2
t→>2
C’est donc une branche infinie. On retrouve la même asymptote horizontale y = 1/2.
Question 2
(
x(t) =
y(t) =
t3 +1
t2 +1
t4 +1
t2 +1
1) Domaine de définition :
D=R
2) Branches infinies :
- Etudions les limites en −∞
lim x(t) = +∞
t→−∞
lim y(t) = +∞
t→−∞
42
(3.2)
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
C’est donc une branche infinie.
Calculons :
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
y(t)
t4 + 1
= lim 3
= −∞
t→−∞ x(t)
t→−∞ t + 1
a = lim
Il y a donc une branche parabolique de direction l’axe des abscisse.
- Etudions les limites en +∞
lim x(t) = +∞
t→+∞
lim y(t) = +∞
t→+∞
C’est donc une branche infinie.
Calculons :
y(t)
t4 + 1
= lim 3
= +∞
t→+∞ x(t)
t→+∞ t + 1
a = lim
Il y a donc une branche parabolique de direction l’axe des abscisses.
Question 3
x(t) = 4t3 + 3t2 − 6t
y(t) = 3t2 + 2t + 1
1) Domaine de définition :
D=R
2) Branches infinies :
- Etudions les limites en −∞
lim x(t) = −∞
t→−∞
lim y(t) = +∞
t→−∞
Calculons :
y(t)
3t2 + 2t + 1
= lim
=0
t→−∞ x(t)
t→−∞ 4t3 + 3t2 − 6t
a = lim
Il y a donc une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.
- Etudions les limites en +∞
lim x(t) = +∞
t→+∞
lim y(t) = +∞
t→+∞
C’est donc une branche infinie.
Calculons :
3t2 + 2t + 1
y(t)
= lim
=0
t→+∞ x(t)
t→+∞ 4t3 + 3t2 − 6t
a = lim
Il y a donc une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.
***
43
(3.3)
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
EXERCICE 2
- Trouver toutes les droites qui sont à la fois tangentes et normales à (Γ).
(Γ) :
x(t) = 3t2
y(t) = 4t3
Dérivons x et y par rapport à t, on trouve :
x0 (t) = 6t
y 0 (t) = 12t2
On remarque que le point (x(0), y(0)) = (0, 0) est l’unique point stationnaire de la courbe. On déduit aussi
l’expression du coefficient directeur de la tangente au point (x(t), y(t)) = (3t2 , 4t3 ) quand t 6= 0 :
a=
y 0 (t)
12t2
=
= 2t
0
x (t)
6t
L’équation de la tangente en ce point doit donc être de la forme y = 2t + b. Déterminons b, on a :
4t3 = 2t × 3t2 + b
=⇒
b = −2t3
On peut enfin dire que l’équation de la tangente de la courbe (Γ) au point (x(t), y(t)), t 6= 0 a pour équation:
y = (2t)x − 2t3
Il reste à trouver l’équation de la tangente au point (0, 0). Calculons sa pente :
y(t) − y(0)
4t3
= lim 2 = 0
t→0 x(t) − x(0)
t→0 3t
a = lim
Donc l’équation de la tangente au point (0, 0) ne peut être que :
y=0
Les tangentes de la courbe (Γ) peuvent donc toute s’écrire comme:
y = (2a)x − 2a3
,a ∈ R
Pour qu’une droite d’équation y = 2ax − 2a3 soit aussi normale à (Γ) en un point (x(t), y(t)) = (3t2 , 4t3 ),
il faut et il suffit qu’elle vérifie deux conditions :
1) Elle doit inclure le point (x(t), y(t)) = (3t2 , 4t3 ). c’est-à-dire verifier l’équation:
4t3 = 2a × 3t2 − 2a3 ⇐⇒ 2t3 = 3at2 − a3
(1)
2) Elle doit être perpendiculaire à la tangente en ce même point. Le produit de leurs coefficient directeur
doit donc valoir −1 :
−1
−2t × 2a = −1 ⇐⇒ t =
(2)
4a
Substituons cette dernière expression de t dans (1), on trouve :
2
3a
= 2 2 − a3
3
3
−4 a
4 a
Ce qui est équivalent à :
44
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
−32a6 + 6a2 + 1 = 0
Posons : X = a2 alors l’équation devient :
32X 3 + 6X + 1 = 0
Il y a une solution évidente X = 1/2. Ensuite, par division euclidienne, on obtient :
1
−32X 3 + 6X + 1 = (x − )(−32x2 − 16x − 2)
2
1
= −2(x − )(16x2 + 8x + 1)
2
1
= −2(x − )(4x + 1)2
2
On en déduit que X = 1/2 ou X = −1/4 (rejetée), et ensuite que a = ± √12 .
On en conclut que les droites qui sont à la fois tangentes et normales à la courbe (Γ) sont deux, celles
données par les équations :
√
1
y = − 2x + √
2
et
y=
√
1
2x − √
2
***
EXERCICE 3
Question 1
- Soit la courbe (C) tel que (C) : (t, t3 ). Montrer que (C) admet au voisinage de
t = 0 un point d’inflexion.
Montrons que la courbe (C) : (t, t3 ) admet un point d’inflexion en t = 0. En posant :
M (t) =
x(t)
y(t)
on a :
M (t) =
t
1
3 0
=
M
(0)
+
t
+
t
t3
0
1
1 est impair et 3 est impaire il s’agit donc bien d’un point d’inflexion.
Question 2
- Soit la courbe (C) tel que (C) : (t, t3 ). Montrer que (C) admet au voisinage de
t = 0 un point de rebroussement de 2nd espèce.
Montrons que la courbe (C) : (t2 − t5 , t4 ) un point de rebroussement de 2nd espèce en t = 0. En posant :
45
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
x(t)
M (t) =
y(t)
on a :
M (t) =
t2 − t5
t4
=⇒
0
M (0) =
0
(0, 0) est donc bien un point stationnaire (si il ne l’été pas il ne pourrait pas être un point de rebroussment).
On a :
M (t) =
t
2 1
4 0
4 −t
=
M
(0)
+
t
+
t
+
t
t3
0
1
0
0
1
− (t)
+ t4 →
+ t4
= M (0) + t2
1
0
− (t) =
où →
−t
0
et donc :
− (t)|| = 0
lim ||→
t→0
2 est pair et 4 est paire il s’agit donc d’un point de rebroussement de 2nd espèce.
***
EXERCICE 4
Soit (C) la courbe paramètrée définie par la fonction f : R → R2 tel que f (t) = (x(t), y(t)) avec :
(
x(t) = tan(t) + sin(t)
(C) :
1
y(t) = cos(t)
Question 1
- Trouver le domaine de definition de f .
Le domaine de definition de f est :
Df = R − {nπ +
π
/n ∈ Z}
2
Question 2
- Trouver le domaine de definition de f .
2) Etudions les branches infinies :
– Calculons les limites en π2 avec des valeurs inférieures.
lim x(t) = +∞
t→< π
2
lim y(t) = +∞
t→< π
2
C’est une branche infinie. Calculons :
46
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
a = limπ
t→< 2
= limπ
t→< 2
y(t)
x(t)
1
sin(t) + sin(t) cos(t)
=1
Calculons :
b = limπ y(t) − ax(t)
t→< 2
1
− tan(t) − sin(t)
t→< 2 cos(t)
1 − sin(t)
= limπ
− sin(t)
t→< 2
cos(t)
− cos(t)
− sin(t)
= limπ
t→< 2 − sin(t)
= limπ
= −1
Il y a donc une asymptote oblique y = x − 1.
– Calculons les limites en
π
2
avec des valeurs supérieures.
lim x(t) = −∞
t→> π
2
lim y(t) = −∞
t→> π
2
C’est une branche infinie.
– Calculons les limites en
3π
2
avec des valeurs inférieures.
lim x(t) = +∞
t→< 3π
2
lim y(t) = −∞
t→< 3π
2
C’est une branche infinie. Calculons :
a = lim3π
t→<
2
= lim3π
t→<
2
y(t)
x(t)
1
sin(t) + sin(t) cos(t)
= −1
Calculons :
47
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
b = lim3π y(t) − ax(t)
t→<
2
= lim3π
t→<
2
1
+ tan(t) + sin(t)
cos(t)
1 + sin(t)
+ sin(t)
cos(t)
− cos(t)
= lim3π
+ sin(t)
t→< 2 − sin(t)
= lim π
t→<3 2
= −1
Il y a donc une asymptote oblique y = −x − 1
– Calculons les limites en
3π
2
avec des valeurs supérieures.
lim x(t) = −∞
t→> 3π
2
lim y(t) = +∞
t→> 3π
2
C’est une branche infinie.
3)
x(t) = tan(t) + sin(t) =⇒ x0 (t) =
y(t) =
t
1
+ cos(t) ≥ 0
cos2 (t)
1
sin(t)
=⇒ y 0 (t) =
cos(t)
cos2 (t)
π
2
0
3π
2
+∞
2π
+∞
0
x(t)
−∞
0
−∞
+∞
+∞
y(t)
−∞
1
x0 (t) =
−∞
1
+ cos(t) = 0 =⇒ cos3 (t) = −1
cos2 (t)
y 0 (t) =
sin(t)
= 0 =⇒ sin(t) = 0
cos2 (t)
t = (2n + 1)π
x((2n + 1)π) = tan((2n + 1)π) + sin((2n + 1)π) = 0
y((2n + 1)π) =
1
= −1
cos((2n + 1)π)
48
1
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
4) Tangente au point stationnaire :
y(t) − y(π)
x(t) − x(π)
1
cos(t) + 1
a = lim
t→π
= lim
tan(t) + sin(t)
t→π
sin(t)
cos2 (t)
= lim
1
cos2 (t)
t→π
+ cos(t)
sin(t)
1 + cos3 (t)
cos(t)
= lim
t→π −3 sin(t) cos2 (t)
−2/3
= lim
t→π sin(3t)
= lim
t→π
= ±∞
et x(π) = 0 donc la tangente est d’équation :
x=0
***
EXERCICE 5
Courbe (1)
(Γ) :
x(t) = (1 + t)et
y(t) = t2 et
- Dérivons x et y par rapport à t :
x0 (t) = (2 + t)et
y 0 (t) = t(2 + t)et
Cherchons les point stationnaires :
x0 (t) = 0
y 0 (t) = 0
=⇒
(2 + t)et = 0
t(2 + t)et = 0
=⇒ t = −2
Il existe donc un unique point stationnaire (x(−2), y(−2)) c’est a dire (−e−2 , 4e−2 )
- Traçons l’allure de la courbe au voisinage du point stationnaire :
M (t) =
x(t − 2)
y(t − 2)
=
(t − 1)e−2 et
(t − 2)2 e−2 et
On a :
e−2 2 e−2 3
t +
t + o(t3 )
2
3
e−2 3
y(t − 2) = (t − 2)2 e−2 et = 4e−2 − e−2 t2 −
t + o(t3 )
3
x(t − 2) = (t − 1)e−2 et = −e−2 +
49
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
M (t) =
−e−2
4e−2
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
+t
2
e−2
2
−2
!
−e
+t
3
e−2
3
−2
− e3
!
+ t3 (t)
Courbe (2)
(
4t−3
t2 +1
2t−1
t2 +2
(Γ) :
x(t) =
y(t) =
x0 (t) =
−4t2 + 6t + 4
(t2 + 1)2
y 0 (t) =
−2t2 + 2t + 4
(t2 + 2)2
- Dérivons x et y par rapport à t :
- Cherchons les points stationnaires :
1)
2)
x0 (t) = 0
y 0 (t) = 0
(
=⇒
−4t2 +6t+4
(t2 +1)2
−2t2 +2t+2
(t2 +2)2
=0
=0
=⇒ t = −2
− 4t2 + 6t + 4 = 0 =⇒ δ = 62 − 4(−4)(4) = 100 =⇒ t =
− 2t2 + 2t + 4 = 0 =⇒ δ = 22 − 4(−2)(4) = 36 =⇒ t =
−1
−6 ± 10
=⇒ t ∈ {
, 2}
−8
2
−2 ± 6
=⇒ t ∈ {−1, 2}
−4
Il existe donc un unique point stationnaire (x(2), y(2)) c’est a dire (1, 21 )
- Traçons l’allure de la courbe au voisinage du point stationnaire :
!
4t+5
x(t + 2)
(t+2)2 +1
M (t) =
=
2t+3
y(t + 2)
(t+2)2 +2
On a :
x(t + 2) =
4t + 5
t2
4t3
=
1
−
+
+ o(t3 )
(t + 2)2 + 1
5
25
2t + 3
t2
t3
= 1/2 −
+
+ o(t3 )
2
(t + 2) + 2
12 18
1
−1/5
4/25
M (t) =
+ t2
+ t3 =
+ t3 (t)
1/2
−1/12
1/18
y(t + 2) =
Courbe (3)
(
(Γ) :
x(t) =
y(t) =
4t−3
t2 +1
2t−1
t2 +2
- Dérivons x et y par rapport à t :
x(t) ==
y(t) =
−4t2 + 6t + 4
(t2 + 1)2
2t − 1
2(t2 + 2) − 2t(2t − 1)
−2t2 + 2t + 4
0
=⇒
y
(t)
=
=
t2 + 2
(t2 + 1)2
(t2 + 2)2
50
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
- Cherchons les points stationnaires :
x0 (0 t) =
−4t2 + 6t + 4
=0
(t2 + 1)2
y 0 (t) =
−2t2 + 2t + 2
=0
(t2 + 2)2
a)
−4t2 + 6t + 4 = 0 =⇒ δ = 62 − 4(−4)(4) = 100 =⇒ t =
=⇒ t ∈ {
−6 ± 10
−8
−1
, 2}
2
b)
−2t2 + 2t + 4 = 0 =⇒ δ = 22 − 4(−2)(4) = 36 =⇒ t =
−2 ± 6
−4
=⇒ t ∈ {−1, 2}
il existe donc un unique point stationnaire (x(2), y(2)) c’est a dire (1, 12 )
- Allure au voisinage du point stationnaire :
!
4t+5
x(t + 2)
2
+1
M (t) =
= (t+2)
2t+3
y(t + 2)
(t+2)2 +2
On a :
x(t + 2) =
t2
4t3
4t + 5
=1− +
+ o(t3 )
2
(t + 2) + 1
5
25
2t + 3
t2
t3
=
1/2
−
+
+ o(t3 )
(t + 2)2 + 2
12 18
1
−1/5
2
3 4/25
M (t) =
+t
+t
+ t3 (t)
1/2
−1/12
1/18
y(t + 2) =
***
EXERCICE 6
Montrons l’existence d’un point double
1
t−1
1
y(t) = t2 + 1 +
t
- On cherche t1 et t2 tels que x(t1 ) = x(t2 ) et y(t1 ) = y(t2 ) (bsr t1 , t2 6= 1, 0)
x(t) = t + 1 +
1
1
= t2 + 1 +
t1 − 1
t2 − 1
1
1
t21 + 1 +
= t22 + 1 +
t1
t2
t1 + 1 +
Trouvons un point double
t1 + 1 +
1
1
= t2 + 1 +
t1 − 1
t2 − 1
51
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
t21 + 1 +
1
1
= t22 + 1 +
t1
t2
D’une part nous avons :
t1 + 1 +
1
1
1
1
= t2 + 1 +
=⇒ t1 − t2 =
−
t1 − 1
t2 − 1
t2 − 1 t1 − 1
=⇒ t1 − t2 =
t1 − t2
=⇒ (t2 − 1)(t1 − 1) = 1
(t2 − 1)(t1 − 1)
=⇒ t1 t2 − t1 − t1 + 1 = 1 =⇒ t1 t2 = t1 + t2
Notons A = t1 t2 = t1 + t2 .
D’autre part nous avons :
1
1
1
1
= t22 + 1 +
=⇒ t21 − t22 =
−
t1
t2
t2
t1
t1 − t2
1
=⇒ (t1 − t2 )(t1 + t2 ) =
=⇒ t1 + t2 =
t2 t1
t2 t1
t21 + 1 +
Alors :
1
A
Donc les deux seul cas possibles sont A = 1 ou A = −1.
A=
1
1
= t2 + 1 +
t1 − 1
t2 − 1
1
1
t21 + 1 +
= t22 + 1 +
t1
t2
t1 + 1 +
1) Cas A = 1 :
(X − t2 )(X − t1 ) = X 2 − (t1 + t2 )X + t1 t2 = X 2 − X + 1
δ = (−1)2 − 4(1)(1) = −3 < 0 donc pas de solutions.
1) Cas A = −1 :
(X − t2 )(X − t1 ) = X 2 − (t1 + t2 )X + t1 t2 = X 2 + X − 1
δ = (1)2 − 4(1)(−1) = 5 > 0 donc il y deux solutions.
−1 −
t1 =
2
−1 +
t2 =
2
***
52
√
√
5
5
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
EXERCICE 7
1) :
x(t) = a cos3 (t)
y(t) = a sin3 (t)
Domaine de définition :
Df = R
On remarque la périodicité et la symétrie.
3):
x0 (t) = −3a sin(t) cos2 (t)
y 0 (t) = 3a cos(t) sin2 (t)
t
0
π
2π
a
−a
x(t)
−a
t
0
π/2
3π/2
a
2π
0
y(t)
−a
0
4)Points stationnaires:
x0 (t) = −3a sin(t) cos2 (t) = 0
y 0 (t) = 3a cos(t) sin2 (t) = 0
=⇒
x = 0 et y = a (t = π/2)
ou x = 0 et y = −a (t = 3π/2)
ou x = a et y = 0 (t = 0)
ou x = −a et y = 0 (t = π)
4)Tangentes au points stationnaires
a sin3 (t)
y(t) − y(0)
= lim
t→0 a cos3 (t) − a
t→0 x(t) − x(0)
a = lim
3a cos(t) sin2 (t)
t→0 −3a sin(t) cos2 (t)
= lim
= lim
t→0
− sin(t)
=0
cos(t)
53
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
donc la tangente est :
y=0
4)Tangentes au points stationnaires
y(t) − y(0)
a sin3 (t) − a
= lim
a cos3 (t)
t→π/2 x(t) − x(0)
t→π/2
a = lim
3a cos(t) sin2 (t)
t→π/2 −3a sin(t) cos2 (t)
= lim
= lim
t→π/2
− sin(t)
= ±∞
cos(t)
donc la tangente est :
x=0
4)Tangentes au points stationnaires
a = lim
t→π
y(t) − y(0)
a sin3 (t)
= lim
x(t) − x(0) t→π a cos3 (t) + a
= lim
t→π
3a cos(t) sin2 (t)
−3a sin(t) cos2 (t)
= lim
t→π
− sin(t)
=0
cos(t)
donc la tangente est :
y=0
4)Tangentes au points stationnaires
y(t) − y(0)
a sin3 (t) + a
= lim
a cos3 (t)
t→3π/2 x(t) − x(0)
t→3π/2
a = lim
3a cos(t) sin2 (t)
t→3π/2 −3a sin(t) cos2 (t)
= lim
− sin(t)
= ±∞
t→3π/2 cos(t)
= lim
donc la tangente est :
x=0
1) :
x(t) =
1 − t2
1 + t2
y(t) = t
1 − t2
1 + t2
Domaine de définition :
Df = R
On remarque la symétrie.
3):
x(t) =
1 − t2
−2t(1 + t2 ) − 2t(1 − t2 )
−4t
0
=⇒
x
(t)
=
=
2
2
2
1+t
(1 + t )
(1 + t2 )2
54
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
y(t) = t
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
−4t2
1 − t2
1 − t4 − 4t2
1 − t2
0
=⇒
y
(t)
=
+
=
1 + t2
(1 + t2 )2
1 + t2
(1 + t2 )2
y 0 (t) =
t
−∞
5 − (t2 + 2)2
(1 + t2 )2
+∞
0
1
x(t)
−1
3):
t
−∞
−1
−
p√
p√
5−2
+∞
−y(−
y(t)
y(−
p√
5−2
p√
+∞
5 − 2)
5 − 2)
−∞
4)Points stationnaires:
x = 0 et y = a (t = π/2)
ou x = 0 et y = −a (t = 3π/2)
ou x = a et y = 0 (t = 0)
ou x = −a et y = 0 (t = π)
4)Tangentes au points stationnaires
a sin3 (t)
y(t) − y(0)
= lim
t→0 a cos3 (t) − a
t→0 x(t) − x(0)
a = lim
3a cos(t) sin2 (t)
t→0 −3a sin(t) cos2 (t)
= lim
= lim
t→0
− sin(t)
=0
cos(t)
donc la tangente est :
y=0
4)Tangentes au points stationnaires
y(t) − y(0)
a sin3 (t) − a
= lim
a cos3 (t)
t→π/2 x(t) − x(0)
t→π/2
a = lim
3a cos(t) sin2 (t)
t→π/2 −3a sin(t) cos2 (t)
= lim
− sin(t)
= ±∞
t→π/2 cos(t)
= lim
donc la tangente est :
x=0
4)Tangentes au points stationnaires
a = lim
t→π
y(t) − y(0)
a sin3 (t)
= lim
x(t) − x(0) t→π a cos3 (t) + a
55
MOHAMED ELFAROUK OUNANE
Correction des séries de 7 à 9: Analyse 2
= lim
t→π
3a cos(t) sin2 (t)
−3a sin(t) cos2 (t)
= lim
t→π
− sin(t)
=0
cos(t)
donc la tangente est :
y=0
4)Tangentes au points stationnaires
y(t) − y(0)
a sin3 (t) + a
= lim
a cos3 (t)
t→3π/2 x(t) − x(0)
t→3π/2
a = lim
3a cos(t) sin2 (t)
t→3π/2 −3a sin(t) cos2 (t)
= lim
= lim
t→3π/2
− sin(t)
= ±∞
cos(t)
donc la tangente est :
x=0
***
EXERCICE 8
Tout point de la courbe satisfait l’equation ,en effet qq soit t on a (pour x = 1 + sin(t) − cos(t) et y = sin(2t))
:
−x2 + 2x = −(1 + sin(t) − cos(t))2 + 2(1 + sin(t) − cos(t))
= −(1 + sin2 (t) + cos2 (t) + 2 sin(t) − 2 cos(t) − 2 sin(t) cos(t)) + 2(1 + sin(t) − cos(t))
= −(1 + 1 + 2 sin(t) − 2 cos(t) − sin(2t)) + 2 + 2 sin(t) − 2 cos(t)
= sin(2t)
=y
***
56