Le 18/01/2013
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Page 1/3 Exercice 1
1. X 1
k! 2k =Xxk
k! avecx= 1
2. On reconnaît la série exponentielle et on sait que
+∞
X
k=0
1
k! 2k = e12 =√ e
2. Pour que la série à termes réels positifs X
un soit convergente, il sut que
∀n∈N∗, un 6 1
n2 car la série de RiemannX 1
n2 converge.
Il sut donc que ∀n∈N∗, √ un 6 1
n
3. ∀k∈N∗, 1
k(k+ 1) = (k+ 1)−k k(k+ 1) = 1
k− 1 k+ 1.
n
X
k=1
1
k(k+ 1) apparaît comme une somme téléscopique dont on sait calculer facilement la limite lorsquentend vers+∞.
4. La règle de D'Alembert permet de justier la convergence de la sérieX n 2n. 5. Soita∈R+∗. Pour tout entier natureln,
sinh(n) = en−e−n
2 et sinh(n) an >0. Donc sinh(n) ∼
(n→+∞
en
2 et sinh(n)
an ∼
(n→+∞
en
2an =(e/a)n 2 Or les sériesXsinh(n)
an etX e a
n
sont de même nature et la série géométriqueX e
a n
converge ssi e a <1. Ainsi la série de terme généralsinh(n)
an est convergente si, et seulement si, e a <1 c'est-à-direa >e.
Exercice 2 f(x, y) =x3+y3−9xy+ 1
1. En tant que fonction polynômiale,f est de classeC2 surR2 qui est ouvert et
∂f
∂x(x, y) = 3x2−9y et ∂f
∂y (x, y) = 3y2−9x
∂2f
∂x2(x, y) = 6x ; ∂2f
∂x∂y(x, y) =−9 et ∂2f
∂y2 (x, y) = 6y
2. f étant de classeC2 sur l'ouvertR2, elle admet un développement limité d'ordre 2 en tout point et en particulier au pointa= (0 ;−1). Alors il existe une fonction ε dénie au voisinage de(0,0), continue en (0,0) et nulle en (0,0) telle que, en posant−→
h = (k , `), on ait : f(0 +k ,−1 +`) =f(a+−→
h)
=f(a) +−−→
gradf(a)·−→ h+1
2 ∂2f
∂x2(a)k2+ 2 ∂2f
∂x∂y(a)k`+∂2f
∂y2(a)`2
+
−
→h
2
ε(−→ h)
= 0 + 9k+ 3`+1 2
0 + 2×(−9)k`−6`2
+ (k2+`2)ε(k, `)
= 9k+ 3`−9k`−3`2+ (k2+`2)ε(k, `).
3. Le(s) éventuel(s) point(s) critique(s) def sont solution(s) du système :
∂f
∂x(x, y) = 0
∂f
∂y(x, y) = 0
⇐⇒
( 3x2−9y= 0 3y2−9x= 0 ⇐⇒
y=x2/3 3x4
9 −9x= 0
⇐⇒
y=x2/3
x4−27x= 0 ⇐⇒
x(x3−27) = 0 y=x2/3 ⇐⇒
x= 0 oux3= 27 y=x2/3
⇐⇒
x= 0
y= 0 ou x= 3 y= 3
La fonction f admet donc deux points critiquesb= (0,0) etc= (3,3) .
4. Commef est de classeC2 sur l'ouvertR2, il sut d'appliquer la condition su- isante d'extremum d'ordre 2. On utilise les notations de Monge.
• Au point b = (0,0) : r = ∂2f
∂x2 (b) = 0 , s = ∂2f
∂y∂x(b) = −9 et t= ∂2f
∂y2 (b) = 0
D'où rt−s2= 0−81<0 etf n'admet pas d'extremum local enb.
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• Au point c = (3,3) : r = ∂2f
∂x2(c) = 18 , s = ∂2f
∂y∂x(c) = −9 et t= ∂2f
∂y2(b) = 18
D'où rt−s2= 18×18−81>0avecr >0.
Doncf présente un minimum local enc, minimum égal à f(c) =f(3,3) = 33+ 33−3×33+ 1 =−33+ 1 =−26. 5. Ce minimum n'est pas global carf(x,0) =x3+ 1 −→
(x→−∞)−∞
Exercice 3
1. ∀x∈I, g(x) =x Z x
0
et 1 +tdt. (a) Notonsf la fonction t7−→ et
1 +t . Elle est dérivable surR\ {−1}comme quotient de fonctions dérivables et dont le dénominateur ne s'annule pas.
Doncf est continue sur I et la fonctionF :x7−→
Z x 0
et
1 +tdt est l'unique primitive def surI, primitive qui s'annule enx= 0.
Autrement dit,F est dérivable surI, F0=f etF(0) = 0. Nous avons donc ∀x∈I, g(x) =x×F(x).
Ainsi, en tant que produit de deux fonctions dérivables surI,gest dérivable surIet ∀x∈I, g0(x) = 1×F(x) +x×F0(x) =F(x) +x f(x)
g0(x) = Z x
0
et
1 +tdt+ xex 1 +x (b) • Six >0 alorsZ x
0
et
1 +tdt >0 car∀t∈I, f(t)>0 et xex 1 +x >0. Doncg0(x)>0.
• Six <0 alorsZ x 0
et
1 +tdt <0 car∀t∈I, f(t)>0 et xex 1 +x <0. Doncg0(x)<0.
• g0(0) = 0
Ainsig est strictement décroissante sur ]−1,0[ et strictement croissante sur[0,+∞[.
2. (E1) : (1 +x)y0=xy
On noteϕla solution de cette équation sur l'intervalleI, vériantϕ(0) = 1. (a) (E1) ⇐⇒ y0 = x
1 +xy est une équation diérentielle linéaire du premier ordre, sans second membre. La fonctions x 7→ x
1 +x étant continue sur l'intervalleI, on sait que le problème de Cauchy
( y0 = x 1 +xy y(0) = 1 admet une unique solutionϕdénie sur I.
(b) On sait que la solution générale de (E1) surI est la fonction x7−→λeR 1+xx dx=λe
R(1−1+x1 )dx
=λex−ln(1+x)=λ ex 1 +x avecλconstante réelle.
Donc∃λ∈R/∀x∈I, ϕ(x) =λ ex
1 +x. Or ϕ(0) = 1 Doncλ= 1puis
∀x∈I, ϕ(x) = ex 1 +x 3. (E2) : x2(1 +x)y00−x(x2+ 2x+ 2)y0+ (x2+ 2x+ 2)y= 0
(a) Si y1 est une fonction ane alors y100= 0. Doncy1 est solution de (E2) ssi y1est solution de−x(x2+2x+2)y0+(x2+2x+2)y= 0 ⇐⇒ −xy0+y= 0. On en déduit que la fonction ane y1:x7→x est une solution particulière de (E2).
(b) y1 est une solution de l'équation diérentielle linéaire homogène du sec- ond ordre à coecients variables (E2) telle que y1 ne s'annule pas sur J =]0, +∞[. On résout (E2) par la méthode de Lagrange. On peut obtenir une solutiony2 indépendante dey1 en la recherchant sous la forme
y2(x) =λ(x)y1(x)
oùλ: J −→R est une fonction une fonction inconnue deux fois dérivable surJ.
y2(x) = x λ(x)
y02(x) = λ(x) +x λ0(x) y002(x) = 2λ0(x) +x λ00(x)
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Page 3/3 Alors y2 est une solution de (E2) surJ
ssi ∀x >0, x2(1+x)y200(x)−x(x2+2x+2)y02(x)+(x2+2x+2)y2(x) = 0 ssi∀x >0, x2(1 +x)(2λ0(x) +x λ00(x))−x(x2+ 2x+ 2)(λ(x) +x λ0(x)) + x(x2+ 2x+ 2)λ(x) = 0
ssi ∀x >0, x3(1 +x)λ00(x) +x2[2(1 +x)−(x2+ 2x+ 2)λ0(x)] = 0 ssi ∀x >0, (1 +x)λ00(x)−x λ0(x) = 0
ssi la fonction λ0 est une solution de l'équation diérentielle (E1) surJ. (c) On peut choisir∀x >0, λ0(x) = ex
1 +x et ∀x >0, λ(x) = Z x
0
et 1 +tdt.
On en déduit que∀x >0, y2(x) =x Z x
0
et
1 +tdt=g(x).
Finalement la solution générale de (E2) sur l'intervalle]0,+∞[ est la fonc- tion :
x7−→λ x+µ g(x) oùλet µdésignent des constantes réelles.
