Correction CC2-S2
- CC2-S2 - - 2016-2017 -
– Correction - Analyse –
Exercice 1
On considère l’applicationg définie surR2 par : g: (x, t)7→
(
e−(t2+x
2 t2)
si(x, t)∈R×R∗
0 sit= 0
1. a. ∀t6= 0, g(t, t) =e−(t2+1)−→
t→0e−16= 0. On en déduit queg n’est pas continue surR2.
b. Comme composée de fonctions usuelles,gadmet des dérivées partielles d’ordre 1 par rapport à chacune de ses variables sur R×R∗, et on a :
∀(x, t)∈R×R∗,∂g
∂x(x, t) =−2x t2e−(t2+x
2 t2)
et ∂g
∂t(x, t) =
−2t+2x2 t3
e−(t2+x
2 t2)
. 2. On considère la fonction réelleF définie par :
F :x7→
Z +∞
0
g(x, t)dt
a. • ∀x∈R, t7→g(x, t)est continue sur]0,+∞[.
• ∀t∈]0,+∞[, x7→g(x, t)est continue surR.
• ∀x∈R,∀t∈]0,+∞[,|g(x, t)| ≤e−t2.
t 7→ e−t2 est intégrable sur [0,+∞[. En effet, elle est continue sur [0,+∞[ donc localement in- tégrable sur [0,+∞[, et e−t2 =o+∞
1 t2
, donc par comparaison d’une fonction positive à une fonction intégrable en+∞,t7→e−t2 est intégrable en+∞.
D’après le théorème de continuité des fonctions définies par une intégrale dépendant d’un paramètre, on en déduit queF est continue surR.
b. • ∀x∈]0,+∞[, t7→g(x, t)est intégrable sur[0,+∞[d’après la question précédente.
• ∀t∈]0,+∞[, x7→g(x, t)est de classeC1 sur]0,+∞[.
• ∀x∈]0,+∞[, t7→ ∂g
∂x(x, t)est continue sur]0,+∞[.
• ∀(a, b)∈]0,+∞[2, a < b,∀x∈[a, b],∀t∈]0,+∞[,
∂g
∂x(x, t)
≤2b t2e−a
2 t2. Notonsϕ:t∈]0,+∞[7→2b
t2e−a
2 t2.
ϕest continue sur ]0,+∞[ donc localement intégrable sur]0,+∞[.
En 0 : lim
t→0ϕ(t) = 0(par croissances comparées). Doncϕse prolonge par continuité en 0.
En+∞:ϕ(t) ∼
+∞
2b
t2, donc par comparaison d’une fonction positive à une fonction intégrable en +∞,ϕest intégrable en+∞.
D’après le théorème de dérivation des fonctions définies par une intégrale dépendant d’un paramètre, on en déduit queF est de classeC1sur]0,+∞[.
De plus,∀x >0, F0(x) = Z +∞
0
∂g
∂x(x, t)dt.
c. D’après ce qui précède, ∀x∈]0,+∞[, F0(x) = Z +∞
0
−2x t2e−
t2+x2
t2
dt.
On a démontré que la fonction est intégrable sur[0,+∞[, donc on applique le théorème de changement de variable, avecu=x
t (bijectif, de classeC1), et on obtient : F0(x) =
Z 0 +∞
2e−
x2 u2+u2
du=−2F(x).
AinsiF est solution sur]0,+∞[de l’équation différentielle : y0+ 2y= 0.
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Correction CC2-S2
d. D’après la question précédente, on a :∃C∈R,∀x >0, F(x) =Ce−2x.
D’après la question 1a. la fonctionF est continue en 0 ; de plus elle est paire.
On en déduit que∀x∈R, F(x) =F(0)e−2|x|. On a :F(0) =
Z +∞
0
e−t2dt=1 2
Z +∞
−∞
e−t2dt=
√π 2 . Finalement, ∀x∈R, F(x) =
√π 2 e−2|x|.
Exercice 2
On considère l’équation aux dérivées partielles suivante :
x∂f∂x−y∂f∂y =xy(x−y) · · · (E)
1. • Remarquons tout d’abord que, si(x, y)∈D, alors on a :
v2−4u= (x+y)2−axy= (x−y)2>0, ce qui implique bien queϕ(D)⊂D0.
• D’autre part, pour(u, v)∈D0, on obtient :
( u=xy v=x+y
⇔
x−y=p v2−4u x+y=v
⇔
x=v+√ v2−4u 2 y=v−√
v2−4u 2
,
ce qui implique bien queϕétablit une bijection deD surD0.
2. On déduit immédiatement de la question précédente queϕetϕ−1sont de classeC1surD etD0 respec- tivement, donc queϕdéfinit un changement de variables admissible de DsurD0.
3. Pour la résoudre(E)surD, on effectue le changement de variables : ϕ: (x, y)7→(u, v)avecu=xyet v=x+y.
On pose doncf(x, y) =F(xy, x+y), c’est-à-diref =F◦ϕ.
On trouve alors :
∂f
∂x =∂F
∂u
∂u
∂x +∂F
∂v
∂v
∂x =y∂F
∂u +∂F
∂v
et : ∂f
∂y =∂F
∂u
∂u
∂y +∂F
∂v
∂v
∂y =x∂F
∂u +∂F
∂v On obtient ainsi :
x∂f∂x−y∂f∂y =xy(x−y) ⇔ (x−y)∂F
∂v =xy(x−y)
⇔ ∂F
∂v =u (carx−y6= 0)
⇔ F(u, v) =uv+C(u) oùCest une fonction de classeC1 surR.
On a ainsi obtenu :
f(x, y) =xy(x+y) +C(xy).
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