Correction CC1-S1
- CC1-S2 - - 2020-2021 -
– Correction - Analyse –
EXERCICE 1
On cherche les fonctionsg: R2→R, de classeC1, vérifiant :
∂g
∂x +∂g
∂y =a , a∈R 1. On notef : R2→Rla fonction définie parf(u, v) =g
u+v 2 ,u−v
2
. Montrer que
∂f
∂u =a 2
Par le théorème de composition,g étant de classeC1sur R2 ainsi que(u, v)7→
u+v 2 ,u−v
2
, on a :
∀(u, v)∈R2, ∂f
∂u(u, v) = ∂g
∂x
u+v 2 ,u−v
2 1
2+∂g
∂y
u+v 2 ,u−v
2 1
2 =a 2 puisqueg est solution surR2de ∂g
∂x +∂g
∂y =a.
2. En déduire les solutions de l’équation initiale.
∂f
∂u = a
2 ⇐⇒ ∀(u, v)∈R2, f(u, v) = a
2u+λ(v)oùλ∈C1(R,R).
On peut donc conclure quegest solution de ∂g
∂x+∂g
∂y =asi, et seulement si, ∀(u, v)∈R2, g
u+v 2 ,u−v
2
= a
2u+λ(v)oùλ∈C1(R,R).
Comme
x= u+v 2 y=u−v
2
⇐⇒
u=x+y
v=x−y , on peut conclure que l’ensemble des solutions de l’équation
∂g
∂x+∂g
∂y =aest
n
(x, y)7→ a
2(x+y) +λ(x−y), λ∈C1(R,R)o
EXERCICE 2 1. a. Convergence
On poseJn = Z +∞
0
tne−t2dtetIn= Z +∞
−∞
tne−t2dt.
i. Justifier que pour toutn∈N, tne−t2 =
t→+∞◦ 1
t2
. Résulte du théorème des croissances comparées.
ii. Montrer alors que pour tout n∈N, l’intégraleJn est convergente.
t 7→ tne−t2 est continue sur R+, donc localement intégrable et tne−t2 =
t→+∞ ◦ 1
t2
, donc, comme Z +∞
1
1
t2dtconverge (Riemann), on conclut par comparaison queJnconverge absolument, donc converge.
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iii. En déduire que pour toutn∈N, l’intégraleIn est convergente.
Le changement de variable u=−t(C1, bijectif et strictement décroissant surR) transformeJn en une intégrale de même nature, c’est à dire convergente ;
de plus on a l’égalité Jn= Z −∞
0
(−u)ne−u2(−du) = (−1)n Z 0
−∞
une−u2du.
En conséquence, Z 0
−∞
une−u2duconverge, puis par somme, In converge.
On peut par ailleurs écrire queIn= ((−1)n+ 1)Jn. iv. En déduire que pour tout polynômeP∈R[X], l’intégrale
Z +∞
−∞
P(t)e−t2dtest convergente.
∀P ∈ R[X], ∃p ∈ N,(ak)k∈[|0,p|] ∈ Rp+1, P =
p
X
k=0
akXk et, de ce qui précède, ∀k ∈ [|0, p|], Ik est convergente. On en déduit que par combinaison linéaire,
p
X
k=0
akIk converge, ou encore Z +∞
−∞
P(t)e−t2dt est convergente.
b. Calcul
Pour la suite, on admet que Z +∞
−∞
e−t2dt=√ π.
i. Établir à l’aide d’une intégration par parties que pour toutn∈N, In+2 =n+ 1 2 In. Soitn∈N,u:t7→tn+1 etv:t7→ −1
2e−t2. u, v sontC1surRet lim
t→±∞u(t)v(t) = 0par croissances comparées donc, d’après le théorème d’intégra- tions par parties :
Z +∞
−∞
tn+2e−t2dt= Z +∞
−∞
tn+1te−t2dt= n+ 1 2
Z +∞
−∞
tne−t2dt, soit encore In+2= n+ 1
2 In
ii. Montrer que pour toutp∈N, I2p+1= 0.
Résulte de l’imparité de la fonctiont7→t2p+1e−t2 ou dea)iii).
iii. Montrer que pour toutp∈N, I2p= (2p)!
22pp!
√π.
Une récurrence immédiate donne le résultat attendu à partir du i), en notant queI0=√ π.
2. Recherche des extrema
SoitF la fonction définie surR2 par
F(x, y) = 1
√π Z +∞
−∞
(t−x)2(t−y)2e−t2dt
a. Montrer queF est définie surR2et que∀(x, y)∈R2, F(x, y) =3 4 +1
2(x2+ 4xy+y2) +x2y2. Soit(x, y)∈R2. En posantP = 1
√π(X−x)2(X−y)2 alors d’après1)a)iv),F est bien définie surR2. De plus,P = 1
√π X4−(2x+ 2y)X3+ (x2+ 4xy+y2)X2−(2x2y+ 2xy2)X+x2y2
donc, toujours d’après 1)a)iv),F(x, y) = 1
√π I4−(2x+ 2y)I3+ (x2+ 4xy+y2)I2−(2x2y+ 2xy2)I1+x2y2I0
. Enfin, en tenant compte de 1)b), on trouve bien
F(x, y) =3 4 +1
2 x2+ 4xy+y2 +x2y2
b. Montrer queF possède trois points critiques surR2 qui sont(0,0), 1
√2,− 1
√2
et
− 1
√2, 1
√2
. Puisque F est polynomiale en les composantes de(x, y), on en déduit queF est de classeC2 surR2.
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Ainsi le gradient et la matrice hessienne def existent en tous points deR2.
∀(x, y)∈R2, −−−→
Grad(F)(x, y) = (x+ 2y+ 2xy2, y+ 2x+ 2yx2)et
−−−→Grad(F)(x, y) =−→ 0 ⇐⇒
x+ 2y+ 2xy2= 0 y+ 2x+ 2yx2= 0 ⇐⇒
x+ 2y+ 2xy2= 0 (y−x)(1 + 2xy) = 0 . Donc−−−→
Grad(F)(x, y) =→− 0 ⇐⇒
x=y
3x+ 2x3= 0 ou
2xy=−1 x+y= 0 . En conclusion,F admet3points critiques surR2 qui sont bien(0,0),
1
√2,− 1
√2
et
− 1
√2, 1
√2
. c. Déterminer, lorsqu’ils existent, les extremum locaux de F surR2.
La matrice hessienne de F en(x, y)estHF(x, y) =
1 + 2y2 2 + 4xy 2 + 4xy 1 + 2x2
. Dès lors : det(HF(0,0)) =−3<0, doncF admet un point col en(0,0).
det
HF
1
√2,− 1
√2
= 4>0 et Tr
HF
1
√2,− 1
√2
= 4>0, donc F admet un minimum local en
1
√2,− 1
√2
. F
− 1
√2, 1
√2
=F 1
√2,− 1
√2
donc le point
− 1
√2, 1
√2
est de même nature que le précédent.
Une remarque pour terminer : F 1
√2,− 1
√2
= 1 2 et
∀(x, y)∈R2, F(x, y)−1 2 =
1 2 +xy
2 +1
2(x+y)2≥0, ce qui fait que ce minimum est global.
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