Correction TD L2 AES

(1)

TD L2 AES, méthodes quantitatives

Ex 1 : Résoudre les systèmes suivants en utilisant substitution, combinaison ou méthode de Cramer a) {_{−𝑥 + 2𝑦 = −1}2𝑥 + 𝑦 = 4

Méthode de Cramer :

Le système est équivalent à l’équation matricielle [ 2 1 −1 2] × [ 𝑥 𝑦] = [₋₁4 ]. Nous avons | 2 1 −1 2| = 2 × 2 − (−1) × 1 = 5 ≠ 0 donc il existe une unique solution [𝑥_{𝑦] au système, dont les coefficients sont :}

𝑥 = | 4 1 −1 2| 5 = 4 × 2 − (−1) × 1 5 = 9 5= 1,8 𝑦 = | 2 4 −1 −1| 5 = 2 × (−1) − (−1) × 4 5 = 2 5= 0,4 donc 𝒮 = {[1,8_0,4]} Méthode par combinaison :

{_{−𝑥 + 2𝑦 = −1}2𝑥 + 𝑦 = 4 ⇔ {_{−2𝑥 + 4𝑦 = −2}2𝑥 + 𝑦 = 4 donc, en ajoutant les deux équations :

0 + 5𝑦 = 2 donc

𝑦 =2 5= 0,4 En remplaçant dans la première équation, on obtient :

2𝑥 + 0,4 = 4 ⇔ 2𝑥 = 4 − 0,4 ⇔ 2𝑥 = 3,6 donc 𝑥 =3,6 2 = 1,8. b) {_{−3𝑥 + 2𝑦 = 1}−𝑥 + 7𝑦 = 2 Méthode de Cramer :

Le système est équivalent à l’équation matricielle [−1 7 −3 2] × [ 𝑥 𝑦] = [2₁]. Nous avons |−1 7 −3 2| = −1 × 2 − (−3) × 7 = 19 ≠ 0 donc il existe une unique solution [𝑥_{𝑦] au système, dont les coefficients sont :}

𝑥 = |2 7 1 2| 19 = 2 × 2 − 1 × 7 19 = −3 19

(2)

𝑦 = |−1 2 −3 1| 19 = −1 × 1 − (−3) × 2 19 = 5 19 donc 𝒮 = {[ − 3 19 5 19 ]} c) {_{35𝑥 − 10𝑦 = 5}7𝑥 − 2𝑦 = 0,5 Correction :

Le système est équivalent à l’équation matricielle [7 −2 35 −10] × [ 𝑥 𝑦] = [0,5₅ ]. Nous avons |7 −2 35 −10| = 7 × (−10) − 35 × (−2) = −70 + 70 = 0 Donc il n’y a pas une seule solution.

On remarque que la première équation 7𝑥 − 2𝑦 = 0,5 est équivalente à 35𝑥 − 10𝑦 = 2,5 (j’ai fait × 5). Cela contredit la deuxième équation 35𝑥 − 10𝑦 = 5. Il n’y a donc aucune solution au système

𝒮 = ∅ d) {−7𝑥 + 2𝑦 = −0,5_{35𝑥 − 10𝑦 = 2,5}

Correction :

Le système est équivalent à l’équation matricielle [−7 2 35 −10] × [ 𝑥 𝑦] = [−0,5_2,5]. Nous avons |−7 2 35 −10| = −7 × (−10) − 35 × 2 = 70 − 70 = 0 Donc il n’y a pas une seule solution.

On remarque que la première équation −7𝑥 + 2𝑦 = −0,5 est équivalente à la deuxième équation 35𝑥 − 10𝑦 = 2,5 (j’ai fait × (−5)). Le système se réduit donc à la seule équation 35𝑥 − 10𝑦 = 2,5. Ainsi, 35𝑥 − 2,5 = 10𝑦 et 35 10𝑥 − 2,5 10 = 10 10𝑦 ⇔ 3,5𝑥 − 0,25 = 𝑦 donc 𝒮 = {[_{3,5𝑥 − 0,25] ; ∀𝑥 ∈ ℝ}}𝑥

Remarque : On peut aussi décrire l’ensemble des solutions de la manière suivante 35𝑥 − 2,5 = 10𝑦 ⇔ 35𝑥 = 10𝑦 + 2,5 ⇔ 𝑥 =10 35𝑦 + 2,5 35 donc 𝒮 = {[ 10 35𝑦 + 2,5 35 𝑦 ] ; ∀𝑦 ∈ ℝ} e) { 𝑥 + 2𝑦 = 7 2𝑦 + 3𝑧 = −1 5𝑥 + 𝑧 = 2

(3)

Méthode de Cramer :

Le système est équivalent à l’équation matricielle [ 1 2 0 0 2 3 5 0 1 ] × [ 𝑥 𝑦 𝑧 ] = [ 7 −1 2 ] Nous avons | 1 2 0 0 2 3 5 0 1 | = 2 + 0 + 30 − 0 − 0 − 0 = 32 ≠ 0

donc il existe une unique solution [ 𝑥 𝑦 𝑧

] au système, dont les coefficients sont :

𝑥 = | 7 2 0 −1 2 3 2 0 1 | 32 = (14 + 0 + 12 − 0 − 0 − (−2)) 32 = 28 32= 7 8 𝑦 = | 1 7 0 0 −1 3 5 2 1 | 32 = −1 + 0 + 105 − 0 − 0 − 6 32 = 98 32= 49 16 𝑧 = | 1 2 7 0 2 −1 5 0 2 | 32 = 4 + 0 − 10 − 70 − 0 − 0 32 = − 76 32= − 19 8 donc 𝒮 = {[ 7 8 49 16 −19 8 ]} f) { −𝑥 − 𝑦 + 𝑧 = 3 2𝑥 + 7𝑦 = 20 𝑥 + 6𝑦 + 6𝑧 = 23 Méthode de Cramer :

Le système est équivalent à l’équation matricielle [ −1 −1 1 2 7 0 1 6 6 ] × [ 𝑥 𝑦 𝑧 ] = [ 3 20 23 ] Nous avons | −1 −1 1 2 7 0 1 6 6 | = −42 + 12 + 0 − 7 − 0 − (−12) = −49 + 24 = −25 ≠ 0

donc il existe une unique solution [ 𝑥 𝑦 𝑧

] au système, dont les coefficients sont :

𝑥 = | 3 −1 1 20 7 0 23 6 6 | −25 = 126 + 120 + 0 − 161 − 0 − (−120) −25 = 366 − 161 −25 = 205 −25= − 41 5 𝑦 = | −1 3 1 2 20 0 1 23 6 | −25 = −120 + 46 + 0 − 20 − 0 − 36 −25 = −130 −25 = 26 5

(4)

𝑧 = | −1 −1 3 2 7 20 1 6 23 | −25 = −161 + 36 − 20 − 21 − (−120) − (−46) −25 = 0 −25= 0 donc 𝒮 = {[ −41 5 26 5 0 ]} g) { 𝑥 + 𝑦 = 2 𝑥 − 𝑧 = 3 𝑤 + 𝑥 = −1 𝑤 + 𝑦 + 𝑧 = −4 Correction : { 𝑥 + 𝑦 = 2 𝑥 − 𝑧 = 3 𝑤 + 𝑥 = −1 𝑤 + 𝑦 + 𝑧 = −4 ⇔ { 𝑦 = 2 − 𝑥 𝑥 − 3 = 𝑧 𝑤 = −1 − 𝑥 𝑤 + 𝑦 + 𝑧 = −4 ⇔ { 𝑦 = 2 − 𝑥 𝑥 − 3 = 𝑧 𝑤 = −1 − 𝑥 −1 − 𝑥 + 2 − 𝑥 + 𝑥 − 3 = −4 donc −1 − 𝑥 + 2 − 𝑥 + 𝑥 − 3 = −4 ⇔ −1 + 2 − 3 + 4 = 𝑥 ⇔ 2 = 𝑥 donc 𝑦 = 2 − 2 = 0 𝑧 = 2 − 3 = −1 𝑤 = −1 − 2 = −3 donc 𝒮 = {[ −3 2 0 −1 ]}

Ex 2 : effectuer les calculs suivants 𝐴 + 𝐵, 𝐴 × 𝐵, 𝐵 × 𝐴, (𝐴 + 𝐵) × 𝐶, 𝐶 × (𝐴 + 𝐵), (𝐴 + 𝐵)2, 3. 𝐴 + 𝐶, 𝐶 − 2. 𝐵 lorsque cela est possible, pour les matrices suivantes

a) 𝐴 = [ 1 2 0 −2 −4 0] , 𝐵 = [ 4 2 −1 0 −1 5 ] , 𝐶 = [ 2 1 1 2] b) 𝐴 = [ 1 5 0 1 −1 −1 ] , 𝐵 = [−4 0 1 1] , 𝐶 = [ 5 1 0 0 −7 0,5 ] c) 𝐴 = [0,5 1_{1,5 2}] , 𝐵 = [ −1 0 −0,5 1] , 𝐶 = [ 2 −3 1 2 ] d) 𝐴 = [ 4 0 2 −1 0 1 −1 1 −3 ] , 𝐵 = [ 0 0 5 4 −0,5 2 0 1 1 ] , 𝐶 = 𝐼3

Ex 3 : Calculer 𝑀1,2 le (1,2)𝑒𝑚𝑒 mineur, puis 𝐶1,2 le (1,2)𝑒𝑚𝑒 cofacteur, puis 𝑀3,3 le (3,3)𝑒𝑚𝑒 mineur, puis 𝐶3,3 le

(5)

a) 𝐴 = [2 1 1 2] Correction :

𝑀1,2= 1 donc 𝐶1,2 = −𝑀1,2= −1 (car 1+2=3 est impair).

b) 𝐵 = [−4 0

1 1] Correction :

𝑀1,2= 1 donc 𝐶1,2 = −𝑀1,2= −1 (car 1+2=3 est impair).

c) 𝐶 = [ 4 0 2 −1 0 1 −1 1 −3 ] Correction : 𝑀1,2= |−1_{−1 −3}1 | = −1 × (−3) − (−1) × 1 = 4 donc 𝐶1,2= −𝑀1,2= −4.

𝑀3,3= |_{−1 0}4 0| = 4 × 0 − (−1) × 0 = 0 donc 𝐶3,3= 𝑀3,3= 0 (car 3+3=6 est pair).

d) 𝐷 = [ 2 −1 3 1 2 1 0 0 0 ] Correction : 𝑀1,2= |1 1_{0 0}| = 1 × 0 − 0 × 1 = 0 donc 𝐶1,2= −𝑀1,2= −0 = 0.

𝑀3,3= |2 −1₁ ₂ | = 2 × 2 − 1 × (−1) = 5 donc 𝐶3,3= 𝑀3,3= 5 (car 3+3=6 est pair).

e) 𝐸 = [ 2 0 −2 0 0 1 3 1₂ 0 1 1 2 −1 −4 5 −1 0 ] Correction : 𝑀1,2= | 0 3 1 2 0 1 2 −1 −4 −1 0 | = 0 − 0 + (−4) × |3 1 2 1 2 −1 | = −4 × (−3 −1 4) = 12 + 1 = 13 donc 𝐶1,2= −𝑀1,2 = −13 𝑀3,3= | 2 0 0 0 1 1₂ −4 5 0 | = 2 × |1 1 2 5 0| − 0 + 0 = 2 × (0 − 5 2) = −5 donc 𝐶3,3= 𝑀3,3= −5. f) 𝐹 = [ 0 −1 −2 −3 1 0 −1 −2 2 1 0 −1 3 2 1 0 ] Correction : 𝑀1,2= | 1 −1 −2 2 0 −1 3 1 0 | = 0 − 4 + 3 − 0 − (−1) − 0 = 0 donc 𝐶1,2= −𝑀1,2= −0 = 0

(6)

𝑀3,3= | 0 −1 −3 1 0 −2 3 2 0 | = 0 − 6 + 6 − 0 − 0 − 0 = 0 donc 𝐶3,3= 𝑀3,3 = 0 g) 𝐺 = [ 1 0 2 0 −2 0 0 2 1 2 0 −1 0 0 −2 2 −1 0 −1 0 −1 0 1 0 0 ] Correction : 𝑀1,2= | 0 2 1 2 0 0 0 −2 2 0 −1 0 −1 1 0 0 | = −0 × | 2 1 2 0 −1 0 1 0 0 | + 0 − 0 + (−2) × | 0 2 1 2 0 −1 −1 1 0 | = −2(0 + 2 + 2 − 0 − 0 − 0) = −8 donc 𝐶1,2= −𝑀1,2 = −(−8) = 8. 𝑀3,3= | 1 0 0 −2 0 0 1 2 2 −1 −1 0 −1 0 0 0 | = −(−1) × | 0 0 −2 0 1 2 −1 −1 0 | + 0 − 0 + 0 = −2 donc 𝐶3,3= 𝑀3,3= −2 h) 𝐻 = [ 1 0 2 1 12 0 4 0 1 1 2 0 0 −1 0 0 1 0 0 −2 0 0 −3 1 0 3] Correction : 𝑀1,2= || 0 0 1 1 2 0 −1 0 0 1 0 −2 0 0 1 0 3 | | = 0 − 0 + 1 × | 0 1 1 2 −1 0 0 1 0 3 | − 0 = 3 donc 𝐶1,2= −3 𝑀3,3= | | 1 0 1 1 2 0 4 1 1 2 1 0 −2 0 0 −3 0 3 | | = 1 × || 0 1 1 2 4 1 1 2 −3 0 3 | | − 0 + (−2) ×_|| 1 0 1 2 0 4 1 2 0 −3 3 | | − 0 = −3 2+ 3 2− 12 − 2 (12 + 3 2) = −36 − 3 = −39 donc 𝐶3,3= −39.

Ex 4 : Calculer la transposée des matrices suivantes a) 𝐴 = [2 −3 7 0,1] Correction : 𝐴𝑡 = [ 2 −3 7 0,1 ] b) 𝐵 = [ 2 7 1 0,4 −4 0,3 ]

(7)

Correction : 𝐵𝑡 = [2_{7 0,4}1 −4_0,3] c) 𝐶 = [ 4 0 2 −1 0 1 −1 1 −3 ] Correction : 𝐶𝑡 _{= [}4 −1 −1₀ ₀ ₁ 2 1 −3 ] d) 𝐷 = [ 2 −1 3 1 2 1 0 0 0 ] Correction : 𝐷𝑡 _{= [}_{−1 2 0}2 1 0 3 1 0 ]

Ex 5 : Calculer l’inverse des matrices suivantes lorsqu’il existe (commencer par calculer le déterminant, puis donner la comatrice, et enfin la matrice inverse)

a) 𝐴 = [2] Correction :

𝐴−1= [1 2] car 1₂ est l’inverse de 2.

b) 𝐵 = [0 3

1 −1] Correction :

det(𝐵) = 0 × (−1) − 1 × 3 = −3 ≠ 0 donc 𝐵−1 existe. 𝑀1,1= −1 donc 𝐶1,1= −1 𝑀1,2= 1 donc 𝐶1,2= −1 𝑀2,1= 3 donc 𝐶2,1= −3 𝑀2,2= 0 donc 𝐶2,2= 0 donc 𝐶𝑜𝑚(𝐵) = [−1 −1 −3 0 ] donc 𝐵−1₌ 1 −3× [ −1 −1 −3 0 ] 𝑡 = 1 −3× [ −1 −3 −1 0 ] = [ 1 3 1 1 3 0 ] c) 𝐶 = [ 1 1 −3 2] Correction :

det(𝐶) = 1 × 2 − (−3) × 1 = 5 ≠ 0 donc 𝐶−1 existe. 𝑀1,1= 2 donc 𝐶1,1= 2

(8)

𝑀1,2= −3 donc 𝐶1,2= −(−3) = 3 𝑀2,1= 1 donc 𝐶2,1= −1 𝑀2,2= 1 donc 𝐶2,2= 1 donc 𝐶𝑜𝑚(𝐵) = [ 2 3 −1 1] donc 𝐶−1=1₅× [ 2 3 −1 1] 𝑡 =1₅× [2 −1 3 1 ] = [ 0,4 −0,2 0,6 0,2 ] d) 𝐷 = [4_{1 −}−21 2 ] Correction :

det(𝐷) = 4 × (−1₂) − 1 × (−2) = 0 donc 𝐷−1 n’existe pas.

e) 𝐸 = [ 1 0 0 3 2 0 9 1 3 −4 ] Correction : det(𝐸) = 1 × |21 0 3 −4| − 0 + 0 = −8 ≠ 0 donc 𝐸 −1_existe. 𝑐𝑜𝑚(𝐸) = [ |21 0 3 −4 | − |3 0 9 −4| | 3 2 9 1 3 | − | 0 0 1 3 −4 | |1 0 9 −4| − | 1 0 9 1 3 | |0 0 2 0| − | 1 0 3 0| | 1 0 3 2| ] = [ −8 12 −17 0 −4 −1 3 0 0 2 ] donc 𝐸−1= 1 −8. [ −8 12 −17 0 −4 −1 3 0 0 2 ] 𝑡 = 1 −8. [ −8 0 0 12 −4 0 −17 −1 3 2 ] = [ 1 0 0 −1,5 0,5 0 17 8 1 24 −0,25 ] f) 𝐹 = [ 3 7 0 0 2 1 1 0 −1 ] Correction : det(𝐹) = −6 + 7 + 0 − 0 − 0 − 0 = 1 ≠ 0 donc 𝐹−1 existe. 𝑐𝑜𝑚(𝐹) = [ |2_{0 −1}1 | − |0₁ ₋₁1 | |0 2_{1 0}| − |7 0 0 −1| | 3 0 1 −1| − | 3 7 1 0| |7 0 2 1| − | 3 0 0 1| | 3 7 0 2| ] = [ −2 1 −2 7 −3 7 7 −3 6 ] donc 𝐹−1=1 1. [ −2 1 −2 7 −3 7 7 −3 6 ] 𝑡 = [ −2 7 7 1 −3 −3 −2 7 6 ]

(9)

g) 𝐺 = [ 2 4 −1 1 1 0 5 7 −1 ] Correction : det(𝐺) = −2 − 7 + 0 − (−5) − 0 − (−4) = 0 donc l’inverse de 𝐺 n’existe pas.

Ex 6 : Donner le gradient des fonctions suivantes 1) 𝑓(𝑥, 𝑦) = 3𝑥𝑦 + 𝑦2+ 𝑒𝑥−𝑦, (𝑥, 𝑦) ∈ ℝ2 Correction : ∇𝑓(𝑥, 𝑦) = [3 × 1 × 𝑦 + 0 + (1 − 0)𝑒 𝑥−𝑦 3𝑥 × 1 + 2𝑦 + (0 − 1)𝑒𝑥−𝑦] = [ 3𝑦 + 𝑒𝑥−𝑦 3𝑥 + 2𝑦 − 𝑒𝑥−𝑦]

On a utilisé les formules

(𝐶𝑠𝑡𝑒 × 𝑣)′ _{= 𝐶𝑠𝑡𝑒 × 𝑣}′ (𝑒𝑣₎′ _{= 𝑣}′_{× 𝑒}𝑣 (𝐶𝑠𝑡𝑒)′_{= 0} 2) 𝑔(𝑥, 𝑦) = ln(𝑥𝑦) − 𝑥2+ 3𝑦 + 81, 𝑥 > 0, 𝑦 > 0 Correction : ∇𝑔(𝑥, 𝑦) = [ 1 × 𝑦 𝑥𝑦 − 2𝑥 + 0 + 0 𝑥 × 1 𝑥𝑦 − 0 + 3 × 1 + 0] = [ 1 𝑥− 2𝑥 1 𝑦+ 3] On a utilisé la formule (ln(𝑣))′ ₌𝑣 ′ 𝑣 3) ℎ(𝑥, 𝑦) =_𝑥𝑦1 − 𝑥12𝑦 + ln (𝑥 − 𝑦) pour 𝑥 > 0, 𝑦 > 0, 𝑥 > 𝑦 Correction : ∇ℎ(𝑥, 𝑦) = [ −1 × 𝑦 (𝑥𝑦)2− 1 2𝑥 1 2−1_{𝑦 +}1 − 0 𝑥 − 𝑦 −𝑥 × 1 (𝑥𝑦)2− 𝑥 1 2_{× 1 +}0 − 1 𝑥 − 𝑦 ] = [ − 𝑦 (𝑥𝑦)2− 1 2𝑥 −1₂_{𝑦 +} 1 𝑥 − 𝑦 − 𝑥 (𝑥𝑦)2− 𝑥 1 2₋ 1 𝑥 − 𝑦 ] On a utilisé les formules

(1 𝑣) ′ = −𝑣 ′ 𝑣2 (𝑥𝛼₎′ _{= 𝛼𝑥}𝛼−1 (𝑥12₎ ′ =1 2𝑥 1 2−1 4) 𝑖(𝑥, 𝑦) = 𝑒2𝑥𝑦−1+ 𝑥2− 4𝑦 + 25 Correction : ∇𝑖(𝑥, 𝑦) = [(2 × 1 × 𝑦 − 0)𝑒 2𝑥𝑦−1_{+ 2𝑥 − 0 + 0} (2𝑥 × 1 − 0)𝑒2𝑥𝑦−1_{+ 0 − 4 × 1 + 0}] = [ 2𝑦𝑒2𝑥𝑦−1_{+ 2𝑥} 2𝑥𝑒2𝑥𝑦−1_{− 4}]

(10)

𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3_{+ 3𝑥𝑦}2_{− 15𝑥 − 12𝑦}

𝑔(𝑥, 𝑦) = 2 + 𝑥𝑦 − 𝑥2𝑦 − 𝑥𝑦2 𝑖(𝑥, 𝑦) = 𝑥3− 3𝑥(1 + 𝑦2)

𝑗(𝑥, 𝑦) = 3𝑥𝑦 − 𝑥3_{− 𝑦}3

𝑘(𝑥, 𝑦) = 𝑥(4 − 𝑥3− 𝑦2) 1) Donner le gradient et la matrice Hessienne

2) Trouver les points critiques

3) Déterminer la nature de ces points critiques (maximum, minimum, point col) lorsque cela est possible. Correction : Pour 𝑓(𝑥, 𝑦) = 𝑥3+ 3𝑥𝑦2_{− 15𝑥 − 12𝑦 :} 1) ∇𝑓(𝑥, 𝑦) = [3𝑥2+ 3 × 1 × 𝑦2− 15 × 1 − 0 0 + 3𝑥 × 2𝑦 − 0 − 12 × 1 ] = [ 3𝑥2+ 3𝑦2− 15 6𝑥𝑦 − 12 ] Et 𝐻(𝑓(𝑥, 𝑦)) = [3 × 2𝑥 + 0 − 0_{6 × 1 × 𝑦 − 0} 0 + 3 × 2𝑦 − 0_{6𝑥 × 1 − 0} ] = [6𝑥_6𝑦 6𝑦_6𝑥]

2) Donc les points critiques (𝑥, 𝑦) vérifient

[3𝑥2+ 3𝑦2− 15 6𝑥𝑦 − 12 ] = [

0 0]

Ce qui donne grâce à l’égalité 6𝑥𝑦 − 12 = 0, 𝑥𝑦 = 2. On peut remarquer que nécessairement, 𝑥 ≠ 0 et 𝑦 ≠ 0, pour pouvoir utiliser légalité 𝑦 =2

𝑥 dans l’équation 3𝑥 2_{+ 3𝑦}2_{− 15 = 0.} Cela donne 3𝑥2_{+ 3 ×} 4 𝑥2− 15 = 0 Soit 3𝑥4− 15𝑥2+ 12 = 0

En utilisant le changement de variable 𝑋 = 𝑥2, on peut écrire l’égalité précédente 3𝑋2− 15𝑋 + 12 = 0

Qui a deux solutions car Δ = (−15)2− 4 × 3 × 12 = 225 − 144 = 81 : 𝑋1=

15 + √81

2 × 3 = 4 𝑒𝑡 𝑋2 =

15 − √81 2 × 3 = 1 Ce qui donne quatre solutions à l’équation 3𝑥4− 15𝑥2+ 12 = 0 :

𝑥 = 2 𝑜𝑢 𝑥 = −2 𝑜𝑢 𝑥 = 1 𝑜𝑢 𝑥 = −1 Et donc quatre points critiques à 𝑓 qui ont pour coordonnées

(2 ; 1) (−2 ; −1) (1 ; 2) 𝑒𝑡 (−1 ; −2) 3)

det (𝐻(𝑓(2 ; 1)) = |6 × 2 6 × 1 6 × 1 6 × 2| = 12

2_{− 6}2_{> 0}

donc 𝑓 admet en (2 ; 1) un minimum local (car 6 × 2> 0)

det (𝐻(𝑓(−2 ; −1)) = |6 × (−2) 6 × (−1)

6 × (−1) 6 × (−2)| = (−12)2− (−6)2> 0 donc 𝑓 admet en (−2 ; −1) un maximum local (car 6 × (−2)< 0)

(11)

det (𝐻(𝑓(1 ; 2)) = |6 × 1 6 × 2 6 × 2 6 × 1| = 6

2_{− 12}2 _{< 0}

donc 𝑓 admet en (1 ; 2) un point selle (appelé aussi point col)

det (𝐻(𝑓(−1 ; −2)) = |6 × (−1) 6 × (−2)

6 × (−2) 6 × (−1)| = (−6)2− (−12)2< 0 donc 𝑓 admet en (−1 ; −2) un point selle (appelé aussi point col)

∗∗∗∗∗ Pour 𝑔(𝑥, 𝑦) = 2 + 𝑥𝑦 − 𝑥2𝑦 − 𝑥𝑦2_: 1) ∇𝑔(𝑥, 𝑦) = [ 0 + 1 × 𝑦 − 2𝑥𝑦 − 1 × 𝑦 2 0 + 𝑥 × 1 − 𝑥2× 1 − 𝑥 × 2𝑦] = [ 𝑦 − 2𝑥𝑦 − 𝑦2 𝑥 − 𝑥2− 2𝑥𝑦] Et 𝐻(𝑔(𝑥, 𝑦)) = [_{1 − 2𝑥 − 2 × 1 × 𝑦}0 − 2 × 1 × 𝑦 − 0 1 − 2𝑥 × 1 − 2𝑦_{0 − 0 − 2𝑥 × 1} ] = [_{1 − 2𝑥 − 2𝑦}−2𝑦 1 − 2𝑥 − 2𝑦_−2𝑥 ]

[𝑦 − 2𝑥𝑦 − 𝑦

2

𝑥 − 𝑥2− 2𝑥𝑦] = [ 0 0] ce qui s’écrit aussi

{1𝑦− 2𝑥𝑦− 𝑦 ×𝑦= 0 𝑥 − 𝑥2− 2𝑥𝑦 = 0 ⇔ {(1 − 2𝑥 − 𝑦)𝑦= 0

𝑥 − 𝑥2− 2𝑥𝑦 = 0 La première équation implique

1 − 2𝑥 − 𝑦 = 0 𝑜𝑢 𝑦 = 0 c’est à dire

1 − 2𝑥 = 𝑦 𝑜𝑢 𝑦 = 0

Si 𝑦 =0, cela donne dans la deuxième équation 𝑥 − 𝑥2− 2𝑥 × 0 = 0, c’est-à-dire 𝑥 = 𝑥2, qui a elle-même deux solutions 𝑥 = 0 𝑜𝑢 𝑥 = 1. Ce qui nous donne les deux premiers points critiques de coordonnées (0 ;0) et (1 ;0).

Remarque : Il y a deux autres manières de résoudre l’équation 𝑥 − 𝑥2= 0 : en écrivant −1𝑥2+ 1𝑥 + 0 = 0

ou bien

1𝑥 − 𝑥2_{= 0 (1 − 𝑥)𝑥 = 0}

Si 𝑦 = 1 − 2𝑥, cela donne dans la deuxième équation 𝑥 − 𝑥2− 2𝑥(1 − 2𝑥) = 0 c’est à dire 𝑥 − 𝑥2_{− 2𝑥 + 4𝑥}2_{= 0} ⇔ −1𝑥 + 3𝑥2= 0 ⇔ 𝑥(−1 + 3𝑥) = 0 donc 𝑥 = 0 𝑜𝑢 − 1 + 3𝑥 = 0 donc 𝑥 = 0 𝑜𝑢 𝑥 =1 3 Or 𝑦 = 1 − 2𝑥,

(12)

Dans le cas où 𝑥 =1₃, 𝑦 = 1 − 2 ×1 3= 1 − 2 3= 3 3− 2 3= 1 3 Le dernier point critique a donc pour coordonnées (1₃ ;1

3)

3) Comme

𝐻(𝑔(𝑥, 𝑦)) = [_{1 − 2𝑥 − 2𝑦}−2𝑦 1 − 2𝑥 − 2𝑦_−2𝑥 ],

det (𝐻(𝑔(0 ; 0)) = |0 1

1 0| = 0 × 0 − 1 × 1 = −1 < 0 donc 𝑔 admet en (0 ; 0) un point selle (appelé aussi point col)

det (𝐻(𝑔(0 ; 1)) = |−2 −1

−1 0 | = −2 × 0 − (−1) × (−1) = −1 < 0 donc 𝑔 admet en (0 ; 1) un point selle (appelé aussi point col)

det (𝐻(𝑔(1 ; 0)) = | 0 −1

−1 −2| = −1 < 0 donc 𝑔 admet en (1 ; 0) un point selle (appelé aussi point col)

det (𝐻 (𝑔 (1 3 ; 1 3))) = | −2 ×1 3 1 − 2 × 1 3− 2 × 1 3 1 − 2 ×1 3− 2 × 1 3 −2 × 1 3 | = | −2 3 − 1 3 −1 3 − 2 3 | = −2 3× (− 2 3) − (− 1 3) × (− 1 3) = 4 9− 1 9= 3 9> 0 donc 𝑔 admet en (1₃ ;1

3) un maximum local car 3 9> 0 et− 2 3< 0. ∗∗∗∗∗ Pour 𝑖(𝑥, 𝑦) = 𝑥3− 3𝑥(1 + 𝑦2) : 1) ∇𝑖(𝑥, 𝑦) = [3𝑥2− 3 × 1 × (1 + 𝑦2) 0 − 3𝑥(0 + 2𝑦) ] = [ 3𝑥2− 3(1 + 𝑦2) −6𝑥𝑦 ] Et 𝐻(𝑖(𝑥, 𝑦)) = [3 × 2𝑥 − 0 0 − 3 × (0 + 2𝑦) −6 × 1 × 𝑦 −6𝑥 × 1 ] = [ 6𝑥 −6𝑦 −6𝑦 −6𝑥] 2) Donc les points critiques (𝑥, 𝑦) vérifient

[3𝑥2− 3(1 + 𝑦2) −6𝑥𝑦 ] = [

0 0] ce que l’on peut écrire

{3𝑥2− 3(1 + 𝑦2) = 0 −6𝑥𝑦 = 0 La deuxième équation est équivalente à

𝑥𝑦 = 0 −6 c’est à dire 𝑥𝑦 = 0. Donc 𝑥 = 0 ou 𝑦 = 0.

Si 𝑥 = 0, la première équation devient

(13)

c’est à dire −3(1 + 𝑦2) = 0 ⇔−3 −3(1 + 𝑦 2_{) =} 0 −3 ⇔ 1 + 𝑦2_{= 0} ⇔ 𝑦2= 0 − 1 Or l’équation 𝑦2= −1 n’a pas de solution car 𝑦2_{≥ 0.}

Si 𝑦 =0, la première équation devient

3 × 𝑥2_{− 3(1 + 0}2_{) = 0} ⇔ 3𝑥2− 3 = 0 ⇔ 3𝑥2 _{= 0 + 3} ⇔ 3𝑥2_{= 3} ⇔3 3𝑥 2₌3 3 ⇔ 𝑥2= 1 Or l’équation 𝑥2= 1 a deux solutions : 𝑥 = −1 et 𝑥 = 1,

Ce qui donne deux points critiques pour la fonction 𝑖, de coordonnées (−1 ;0 ) et (1 ;0). 3) Comme

𝐻(𝑖(𝑥, 𝑦)) = [_−6𝑦6𝑥 −6𝑦_−6𝑥]

det (𝐻(𝑖(−1 ; 0)) = |−6 0

0 6| = −6 × 6 − 0 × 0 = −36 < 0 donc 𝑖 admet en (−1 ; 0) un point selle (appelé aussi point col)

det (𝐻(𝑖(1 ; 0)) = |6 0

0 −6| = 6 × (−6) − 0 × 0 = −36 < 0 donc 𝑖 admet en (1 ; 0) un point selle (appelé aussi point col)

∗∗∗∗∗ Pour 𝑗(𝑥, 𝑦) = 3𝑥𝑦 − 𝑥3− 𝑦3 1) ∇𝑗(𝑥, 𝑦) = [3 × 1 × 𝑦 − 3𝑥 2_{− 0} 3𝑥 × 1 − 0 − 3𝑦2 ] = [ 3𝑦 − 3𝑥2 3𝑥 − 3𝑦2] Et 𝐻(𝑗(𝑥, 𝑦)) = [0 − 3 × 2𝑥_{3 × 1 − 0} _{0 − 3 × 2𝑦}3 × 1 − 0] = [−6𝑥₃ _−6𝑦3 ]

[3𝑦 − 3𝑥

2

3𝑥 − 3𝑦2] = [

0 0] que l’on peut écrire aussi

{3𝑦 − 3𝑥

2 _{= 0}

3𝑥 − 3𝑦2_{= 0}

En divisant par 3 des deux côtés de la première équation et de la deuxième, on obtient {𝑦 − 𝑥

2_{= 0}

(14)

c’est à dire

{ 𝑦 = 𝑥

2

𝑥 − 𝑦2 _{= 0}

donc en remplaçant 𝑦 par 𝑥2 dans la deuxième équation, on obtient 𝑥 − (𝑥2)2_{= 0} c’est à dire 𝑥 − 𝑥2× 𝑥2= 0 c’est à dire 1𝑥− 𝑥 × 𝑥 × 𝑥 ×𝑥= 0 c’est à dire (1 − 𝑥3_)𝑥_{= 0} donc 1 − 𝑥3= 0 𝑜𝑢 𝑥 = 0 donc 1 = 𝑥3_{𝑜𝑢 𝑥 = 0} donc 𝑥 = 1 𝑜𝑢 𝑥 = 0 Comme 𝑦 = 𝑥2 : Si 𝑥 = 0 alors 𝑦 = 02= 0 Si 𝑥 = 1 alors 𝑦 = 12= 1

Et donc la fonction 𝑗 admet deux points critiques : (0 ; 0) 𝑒𝑡 (1 ; 1) 3) Comme

𝐻(𝑗(𝑥, 𝑦)) = [−6𝑥₃ _−6𝑦3 ]

det (𝐻(𝑗(0 ; 0)) = |0 3

3 0| = 0 × 0 − 3 × 3 = −9 < 0 donc 𝑗 admet en (0 ; 0) un point selle (appelé aussi point col)

det (𝐻(𝑗(1 ; 1)) = |−6 3

3 −6| = (−6) × (−6) − 3 × 3 = 36 − 9 =27 > 0 donc ℎ admet en (1 ; 1) un maximum local car 27 > 0 et −6 < 0.

∗∗∗∗∗ Pour 𝑘(𝑥, 𝑦) = 𝑥(4 − 𝑥3− 𝑦2) = 4𝑥 − 𝑥4_{− 𝑥𝑦}2_: 1) ∇𝑘(𝑥, 𝑦) = [4 × 1 − 4𝑥 3_{− 1 × 𝑦}2 0 − 0 − 𝑥 × 2𝑦 ] = [ 4 − 4𝑥3− 𝑦2 −2𝑥𝑦 ] Et 𝐻(𝑘(𝑥, 𝑦)) = [0 − 4 × 3𝑥2− 0 0 − 0 − 2𝑦 −2 × 1 × 𝑦 −2𝑥 × 1 ] = [ −12𝑥2 _−2𝑦 −2𝑦 −2𝑥] 2) Donc les points critiques (𝑥, 𝑦) vérifient

[4 − 4𝑥3− 𝑦2 −2𝑥𝑦 ] = [

0 0] que l’on peut aussi écrire

{4 − 4𝑥3− 𝑦2= 0 −2𝑥𝑦 = 0 La deuxième équation est équivalente à

(15)

𝑥𝑦 = 0 −2 c’est à dire

𝑥𝑦 = 0 donc 𝑥 = 0 𝑜𝑢 𝑦 = 0.

Si 𝑥 =0, en remplaçant dans la première équation, on obtient 4 − 4 × 03− 𝑦2= 0

⇔ 4 − 𝑦2= 0 donc 4 = 𝑦2 c’est-à-dire 𝑦 = −2 ou 𝑦 = 2.

Ce qui donne deux points critiques de coordonnées (0 ; −2) et (0 ; 2) Si 𝑦 = 0, en remplaçant dans la première équation, on obtient

4 − 4 × 𝑥3_{− 0}2_{= 0} ⇔ 4 − 4𝑥3 = 0 ⇔ 4 = 4𝑥3 ⇔4 4= 4 4𝑥 3 ⇔ 1 = 𝑥3 ⇔ 1 = 𝑥 Nous obtenons le troisième point critique de coordonnées (1 ; 0) 3) Comme

𝐻(𝑘(𝑥, 𝑦)) = [−12𝑥2 −2𝑦 −2𝑦 −2𝑥]

det (𝐻(𝑘(0 ; 2)) = | 0 −4

−4 0 | = 0 × 0 − (−4) × (−4) = −16 < 0 donc 𝑘 admet en (0 ; 2) un point selle (appelé aussi point col)

det (𝐻(𝑘(0 ; −2)) = |0 4

4 0| = 0 × 0 − 4 × 4 = −16 < 0 donc 𝑘 admet en (0 ; −2) un point selle (appelé aussi point col)

det (𝐻(𝑘(1 ; 0)) = |−12 0

0 −2| = −12 × (−2) − 0 × 0 =24 > 0 donc 𝑘 admet en (1 ; 0) un maximum local car −12 < 0 et 24 > 0.

Ex 8 : Calculer à l’aide de primitives, l’intégrale des fonctions suivantes

𝑎) ∫ (𝑥2− 3𝑥 − 1) 4 0 𝑑𝑥 𝑏) ∫ 𝑒3𝑥𝑑𝑥 1 −∞ 𝑐) ∫ (4𝑥 − 𝑒−𝑥_)𝑑𝑥 10 0 𝑑) ∫ (5 − 12𝑥 + 𝑥5₎ 1 0 𝑑𝑥 𝑒) ∫ (3 − 2𝑒−3𝑥_{+ 𝑥}2_)𝑑𝑥 2 −2 𝑓) ∫ 3𝑥2_𝑒𝑥3_𝑑𝑥 1 −∞ 𝑔) ∫ (𝑥 + 1)𝑒12𝑥2+𝑥_𝑑𝑥 2 0 ℎ) ∫ 2𝑥 − 1 𝑥2_{− 𝑥 + 4}𝑑𝑥 5 1 𝑖) ∫ 3 1 + 5𝑥𝑑𝑥 4 2 𝑗) ∫ 1 𝑥 + 2𝑑𝑥 0 −1 Correction : a)

(16)

∫ (𝑥2_{− 3𝑥 − 1)} 4 0 𝑑𝑥 = ∫ (𝑥2_{− 3𝑥}1_{− 1)} 4 0 𝑑𝑥 = [𝑥 3 3 − 3 × 𝑥2 2 − 𝑥] 0 4 = (4 3 3 − 3 × 42 2 − 4) − ( 03 3 − 3 × 02 2 − 0) = 64 3 − 28 = − 20 3 ∫ 𝑥𝑛_{𝑑𝑥 =} 𝑥 𝑛+1 𝑛 + 1, ∀𝑛 b) ∫ 𝑒3𝑥𝑑𝑥 1 −∞ = [1 3𝑒 3𝑥_] −∞ 1 =1 3𝑒 3×1₋1 3𝑒 3×(−∞)₌𝑒3 3 − 1 3𝑒 −∞ ₌𝑒3 3 − 1 3× 0 = 𝑒3 3 ∫ 𝑒𝜆𝑥_{𝑑𝑥 =}1 𝜆𝑒 𝜆𝑥_{, ∀𝜆 ∈ ℝ.} c) ∫ (4𝑥 − 𝑒−𝑥_)𝑑𝑥 10 0 = ∫ (4𝑥 − 𝑒−1𝑥_)𝑑𝑥 10 0 = [4 ×𝑥 2 2 − 1 −1𝑒 −1𝑥_] 0 10 = [4 ×𝑥 2 2 + 𝑒 −𝑥_] 0 10 = (4 ×10 2 2 + 𝑒 −10_{) − (4 ×}02 2 + 𝑒 −0_{) = 200 + 𝑒}−10_{− 1 = 199 + 𝑒}−10 d) ∫ (5 − 12𝑥 + 𝑥5) 1 0 𝑑𝑥 = ∫ (5 × 1 − 12𝑥 + 𝑥5) 1 0 𝑑𝑥 = [5 × 𝑥 − 12 ×𝑥 2 2 + 𝑥6 6] 0 1 = (5 × 1 − 12 ×1 2 2 + 16 6) − (5 × 0 − 12 × 02 2 + 06 6) = −1 + 1 6= −6 6 + 1 6= −5 6 e) ∫ (3 − 2𝑒−3𝑥_{+ 𝑥}2_)𝑑𝑥 2 −2 = [3𝑥 − 2 × 1 −3𝑒 −3𝑥₊𝑥3 3] −2 2 = [3𝑥 +2 3𝑒 −3𝑥₊𝑥3 3] −2 2 = (3 × 2 +2 3𝑒 −3×2₊23 3) − (3 × (−2) + 2 3𝑒 −3×(−2)₊(−2)3 3 ) = 12 +16 3 + 2 3(𝑒 −6_{− 𝑒}6_{) =}52 3 + 2 3(𝑒 −6_{− 𝑒}6₎ f) ∫ 3𝑥2_𝑒𝑥3_𝑑𝑥 1 −∞ = [𝑒𝑥3_] −∞ 1 = 𝑒13_{− 𝑒}(−∞)3_{= 𝑒}1_{− 𝑒}−∞ _{= 𝑒 − 0 = 𝑒} ∫ 𝑣′(𝑥)𝑒𝑣(𝑥)𝑑𝑥 = 𝑒𝑣(𝑥) g) ∫ (𝑥 + 1)𝑒12𝑥2+𝑥_𝑑𝑥 2 0 = [𝑒12𝑥2+𝑥_] 0 2 = 𝑒12×22+2_{− 𝑒} 1 2×02+0_{= 𝑒}4_{− 𝑒}0_{= 𝑒}4_{− 1} En effet, (1 2𝑥 2_{+ 𝑥)}′ ₌1 2× 2𝑥 + 1 = 1𝑥 + 1 = 𝑥 + 1. h) ∫ 2𝑥 − 1 𝑥2_{− 𝑥 + 4}𝑑𝑥 5 1 = [ln(𝑥2− 𝑥 + 4)]15= ln(52− 5 + 4) − ln(12− 1 + 4) = ln(24) − ln(4) = ln ( 24 4) = ln(6) ∫𝑣 ′_(𝑥) 𝑣(𝑥) 𝑑𝑥 = ln(|𝑣(𝑥)|) ln(𝑥) − ln(𝑦) = ln (𝑥 𝑦), ∀𝑥, 𝑦 > 0.

(17)

i) ∫ 3 1 + 5𝑥𝑑𝑥 4 2 = ∫ 3 5× 5 1 + 5𝑥𝑑𝑥 4 2 = [3 5ln(1 + 5𝑥)]2 4 =3 5ln(1 + 5 × 4) − 3 5ln(1 + 5 × 2) =3 5(ln(21) − ln(11)) = 3 5ln ( 21 11) j) ∫ 1 𝑥 + 2𝑑𝑥 0 −1 = [ln(𝑥 + 2)]−10 = ln(0 + 2) − ln(−1 + 2) = ln(2) − ln(1) = ln(2) − 0 = ln (2)

Ex 9 : 1) Trouver 𝑎 et 𝑏 tels que

1 (3𝑥 + 1)(𝑥 + 2)= 𝑎 3𝑥 + 1+ 𝑏 𝑥 + 2 (∗) Correction :

Pour trouver 𝑏, on multiplie des deux côtés de l’égalité (∗) par 𝑥 + 2 : 1(𝑥 + 2) (3𝑥 + 1)(𝑥 + 2)= 𝑎(𝑥 + 2) 3𝑥 + 1 + 𝑏(𝑥 + 2) 𝑥 + 2 donc 1 (3𝑥 + 1)= 𝑎(𝑥 + 2) 3𝑥 + 1 + 𝑏 En choisissant un nombre 𝑥 tel que 𝑥 + 2 = 0, c’est à dire 𝑥 = −2, on obtient

1 (3 × (−2) + 1)= 𝑎(−2 + 2) 3 × (−2) + 1+ 𝑏 1 −5= 0 + 𝑏 𝑏 = −1 5

Pour trouver 𝑎, on multiplie des deux côtés de l’égalité (∗) par 3𝑥 + 1 : 1(3𝑥 + 1) (3𝑥 + 1)(𝑥 + 2)= 𝑎(3𝑥 + 1) 3𝑥 + 1 + 𝑏(3𝑥 + 1) 𝑥 + 2 donc 1 (𝑥 + 2)= 𝑎 + 𝑏(3𝑥 + 1) 𝑥 + 2

En choisissant un nombre 𝑥 tel que 3𝑥 + 1 = 0, c’est à dire tel que 3𝑥 = −1 donc 𝑥 = −1₃, on obtient

1 (−1_{3 + 2)} = 𝑎 +𝑏(3 × (− 1 3) + 1) −1_{3 + 2} 1 5 3 = 𝑎 + 0 𝑎 = 1 ×3 5= 3 5

(18)

2) En déduire ∫ 1 (3𝑥 + 1)(𝑥 + 2)𝑑𝑥 1 0 Correction : ∫ 1 (3𝑥 + 1)(𝑥 + 2)𝑑𝑥 1 0 = ∫ 3 5 3𝑥 + 1+ −1₅ 𝑥 + 2𝑑𝑥 1 0 = ∫ 1 5× 3 3𝑥 + 1− 1 5× 1 𝑥 + 2𝑑𝑥 1 0 = [1 5× ln(3𝑥 + 1) − 1 5× ln(𝑥 + 2)]0 1 =1 5× ln(3 × 1 + 1) − 1 5× ln(1 + 2) − ( 1 5× ln(3 × 0 + 1) − 1 5× ln(0 + 2)) =1 5× ln(4) − 1 5× ln(3) − ( 1 5× ln(1) − 1 5× ln(2)) =1 5× ln(4) − 1 5× ln(3) − 1 5× ln(1) + 1 5× ln(2) = 1 5(ln(4) − ln(3) − ln(1) + ln(2)) =1 5ln ( 4 × 2 3 × 1) = 1 5ln ( 8 3) ln(𝑥) + ln(𝑦) = ln(𝑥 × 𝑦), ∀𝑥, 𝑦 > 0 Ex 10 : 1) Trouver 𝑎 et 𝑏 tels que

1 (𝑥 + 5)(2𝑥 − 1)= 𝑎 𝑥 + 5+ 𝑏 2𝑥 − 1 (∗∗) Correction :

Pour trouver 𝑎, on multiplie des deux côtés de l’égalité (∗∗) par 𝑥 + 5 : 1(𝑥 + 5) (𝑥 + 5)(2𝑥 − 1)= 𝑎(𝑥 + 5) 𝑥 + 5 + 𝑏(𝑥 + 5) 2𝑥 − 1 donc 1 (2𝑥 − 1)= 𝑎 + 𝑏(𝑥 + 5) 2𝑥 − 1

En choisissant un nombre 𝑥 tel que 𝑥 + 5 = 0, c’est à dire 𝑥 = −5, on obtient 1 (2 × (−5) − 1)= 𝑎 + 𝑏(−5 + 5) 2 × (−5) − 1 1 −11= 𝑎 + 0 𝑎 = − 1 11

Pour trouver 𝑏, on multiplie des deux côtés de l’égalité (∗∗) par 2𝑥 − 1 : 1(2𝑥 − 1) (𝑥 + 5)(2𝑥 − 1)= 𝑎(2𝑥 − 1) 𝑥 + 5 + 𝑏(2𝑥 − 1) 2𝑥 − 1 donc 1 (𝑥 + 5)= 𝑎(2𝑥 − 1) 𝑥 + 5 + 𝑏

(19)

En choisissant un nombre 𝑥 tel que 2𝑥 − 1 = 0, c’est à dire 2𝑥 = 1 donc 𝑥 =1₂, on obtient 1 (1_{2 + 5)} =𝑎(2 × 1 2 − 1) 1 2 + 5 + 𝑏 1 1 2 + 10 2 = 0 + 𝑏 𝑏 = ₁₁1 2 = 1 × 2 11= 2 11 2) En déduire ∫ 1 (𝑥 + 5)(2𝑥 − 1)𝑑𝑥 2 1 Correction : ∫ 1 (𝑥 + 5)(2𝑥 − 1)𝑑𝑥 2 1 = ∫ − 1 11 𝑥 + 5+ 2 11 2𝑥 − 1𝑑𝑥 2 1 = ∫ − 1 11× 1 𝑥 + 5+ 1 11× 2 2𝑥 − 1𝑑𝑥 2 1 = [− 1 11ln(𝑥 + 5) + 1 11ln(2𝑥 − 1)]1 2 = − 1 11ln(2 + 5) + 1 11ln(2 × 2 − 1) − (− 1 11ln(1 + 5) + 1 11ln(2 × 1 − 1)) = − 1 11ln(7) + 1 11ln(3) − (− 1 11ln(6) + 1 11ln(1)) = − 1 11ln(7) + 1 11ln(3) + 1 11ln(6) − 1 11ln(1) = 1 11(− ln(7) + ln(3) + ln(6) − ln(1)) = 1 11ln ( 3 × 6 7 × 1) = 1 11ln ( 18 7)

Ex 11 : Grâce à une intégration par parties calculer les intégrales suivantes

𝑎) ∫ (𝑥 + 1)𝑒−𝑥_𝑑𝑥 2 0 𝑏) ∫ (−2𝑥 + 1)𝑒2𝑥_𝑑𝑥 1 0 𝑐) ∫ 𝑥𝑒−3𝑥_𝑑𝑥 1 −2 𝑑) ∫ ln(𝑥) 𝑑𝑥 2 1 𝑒) ∫ (𝑥2_{− 5𝑥 + 1)𝑒}4𝑥_𝑑𝑥 0 −1