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 MOHAMED ELFAROUK OUNANE 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: 8 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