correction examen L2 aes tampon decembre 2015

Correction de l’examen de L2 AES du Tampon, décembre 2015 Exercice 1 : (3 + 3 + 3 points)

1) Donner le gradient et la matrice Hessienne de la fonction 𝑓 𝑥; 𝑦 =1

2𝑥(− 𝑥𝑦 + 2𝑥𝑦(+ 𝑦+

∇𝑓 𝑥, 𝑦 = 𝑥 − 𝑦 + 2𝑦( −𝑥 + 4𝑥𝑦 + 3𝑦(

𝐻 𝑓 𝑥, 𝑦 = _{−1 + 4𝑦 4𝑥 + 6𝑦} 1 −1 + 4𝑦

2) Prouver que (0 ; 0) ₊₍+ ;6₇ et −1 ; 1 sont les seuls points critiques de 𝑓

Les points critiques 𝑥, 𝑦 de 𝑓 annulent le gradient de 𝑓, ce sont donc les couples (𝑥, 𝑦) solutions du système 𝑥 − 𝑦 + 2𝑦(_{= 0} −𝑥 + 4𝑥𝑦 + 3𝑦(_{= 0} ⇔ 𝑥 = 𝑦 − 2𝑦( −(𝑦 − 2𝑦(_{) + 4(𝑦 − 2𝑦}(_{)𝑦 + 3𝑦}( _{= 0} ⇔ 𝑥 = 𝑦 − 2𝑦( −𝑦 + 2𝑦(_{+ 4𝑦}(_{− 8𝑦}+_{+ 3𝑦}(_{= 0} ⇔ 𝑥 = 𝑦 − 2𝑦( −𝑦 + 9𝑦(_{− 8𝑦}+ _{= 0} ⇔ 𝑥 = 𝑦 − 2𝑦( 𝑦 −1 + 9𝑦 − 8𝑦( _{= 0}

L’équation 𝑦 −1 + 9𝑦 − 8𝑦( _{= 0 est une équation produit donc}

Soit 𝑦 = 0, soit −1 + 9𝑦 − 8𝑦(_{= 0.}

Pour résoudre −1 + 9𝑦 − 8𝑦( _{= 0, on calcule Δ = 9}(_{− 4× −8 × −1 = 81 − 32 = 49, cette équation a}

deux solutions 𝑦₆= −9 − 7 2× −8 = 1 𝑒𝑡 𝑦( = −9 + 7 2× −8 = 1 8 Les 𝑥 correspondants à ces 𝑦 sont :

𝑥 = 0 − 2×0(_{= 0} 𝑥6= 1 − 2×1(= −1 𝑥(= 1 8− 2× 1 8 ( = 4 32− 1 32= 3 32 D’où les trois points critiques annoncés.

3) Déterminer leur nature

det 𝐻 𝑓 0 ; 0 = 1₋₁ −1₀ = −1 < 0 Donc 𝑓 admet en 0 ; 0 un point col (appelé aussi point selle).

det 𝐻 𝑓 −1 ; 1 = 1 3

3 2 = −7 < 0 Donc 𝑓 admet en −1 ; 1 un point col (appelé aussi point selle).

det 𝐻 𝑓 3 32 ; 1 8 = 1 −1 2 −1 2 9 8 =7 8> 0 comme 1 > 0, 𝑓 admet en ₊₍+ ;6₇ un minimum local.

Exercice 2 : (6 points)

(4 − 3𝑥(_{+ 2𝑥}E 6 F )𝑑𝑥= 4𝑥 − 𝑥+₊2 5𝑥I _F 6 = 4 − 1 +2 5− 0 = 17 5 = 3,4 𝑒J+K₊ 2 2𝑥 + 1 𝑑𝑥 ( 6 = 1 −3𝑒J+K+ ln 2𝑥 + 1 6 ( = 1 −3𝑒J+×(+ ln 5 − 1 −3𝑒J+×6+ ln 3 = 1 −3𝑒JN+ 1 3𝑒J++ ln 5 3 − 1 𝑥(+ 𝑒JK𝑑𝑥 OP 6 = 1 𝑥− 𝑒JK 6 OP = 0 − 1 − 𝑒J6 _{= −1 + 𝑒}J6 Exercice 3 : (4 points)

1) Trouver 𝑎 et 𝑏 tel que

2 −2 + 3𝑥 4𝑥 − 1 = 𝑎 −2 + 3𝑥+ 𝑏 4𝑥 − 1 Notons (∗) l’égalité 2 −2 + 3𝑥 4𝑥 − 1 = 𝑎 −2 + 3𝑥+ 𝑏 4𝑥 − 1 (∗) On peut multiplier de part et d’autre de (∗) par −2 + 3𝑥 pour trouver

2

4𝑥 − 1 = 𝑎 +

𝑏 −2 + 3𝑥 4𝑥 − 1

puis choisir la valeur qui annule −2 + 3𝑥, c’est à dire telle que −2 + 3𝑥 = 0 ⇔ 𝑥 =(₊ pour trouver 𝑎 2

4×2_{3 − 1} = 𝑎 + 0 6

5= 𝑎

Puis reprendre l’égalité (∗), la multiplier de part et d’autre par 4𝑥 − 1 pour trouver 2

−2 + 3𝑥=

𝑎(4𝑥 − 1) −2 + 3𝑥 + 𝑏

puis choisir la valeur qui annule 4𝑥 − 1, c’est à dire telle que 4𝑥 − 1 = 0 ⇔ 𝑥 =6

E= 0,25 pour trouver 𝑏

2

−2 + 3×1₄= 0 + 𝑏 −8

5= 𝑏 Ainsi (∗) s’écrit maintenant

2 −2 + 3𝑥 4𝑥 − 1 = 6 5 −2 + 3𝑥+ −8₅ 4𝑥 − 1 ou bien 2 −2 + 3𝑥 4𝑥 − 1 = 6 5× 1 −2 + 3𝑥− 8 5× 1 4𝑥 − 1 ou bien 2 −2 + 3𝑥 4𝑥 − 1 = 2 5× 3 −2 + 3𝑥− 2 5× 4 4𝑥 − 1 2) En déduire 2 −2 + 3𝑥 4𝑥 − 1 𝑑𝑥 ( 6 = 2 5× 3 −2 + 3𝑥− 2 5× 4 4𝑥 − 1𝑑𝑥 ( 6 = 2 5× ln −2 + 3𝑥 − 2 5× ln 4𝑥 − 1 6 ( =2 5ln 4 − 2 5ln 7 − 2 5ln 1 − 2 5ln 3 = 2 5ln 4×3 7 = 2 5ln 12 7