– Correction Analyse –
Exercice 1 On considère la fonctionf définie surR2 par :
f(x, y) =y2−x2y+x2 1. Etudier les extrema locaux def surR2.
La fonctionf est de classeC2surR2. Les points critiques def surR2sontO(0,0), A1
√ 2,1
etA2
−√ 2,1
. La matrice hessienne def en(a, b)estHf(a, b) =
−2b+ 2 −2a
−2a 2
.
,→ det(Hf(0,0))>0 et Tr(Hf(0,0))>0, doncf admet un minimum local enO.
,→ det(Hf(±√
2,1))<0doncA1 etA2sont des points cols.
2. On considère l’ensemble suivant :
K={(x, y)∈R2, x2−1≤y≤1−x2}
a. Représenter rapidementK.
K est la partie non hachurée, délimitée par les deux paraboles d’équationsy=x2−1et y= 1−x2.
b. Montrer queK est fermé et borné.
Soit((xn, yn))n∈
N∈KNune suite d’éléments de Kconvergeant vers(x, y).
∀n∈N, x2n−1≤yn≤1−x2n, donc par passage à la limite :x2−1≤y≤1−x2. Ainsi,(x, y)∈K donc par caractérisation séquentielle des fermés,Kest fermé.
Soit(x, y)∈K. On a :−1≤x2−1≤y≤1−x2≤1 donc|y| ≤1 etx2−1≤1−x2 d’oùx2≤1.
On en déduit que pour tout(x, y)∈K,||(x, y)||=p
x2+y2≤√
2, doncKest borné.
c. Déterminer les extrema def surK.
K étant un ensemble fermé borné, etf étant continue surK, on sait quef est bornée surK et atteint ses bornes, soit en un point critique de K, soit à la frontière de◦ K.
Le seul extremum local def dansK◦ est atteint enO et vautf(0,0) = 0.
Etude à la frontière deK :
(x, y)∈Fr(K)si, et seulement six∈[−1,1], ety=x2−1 ouy= 1−x2. – Pour toutx∈R, f(x, x2−1) = 1.
– Soitg:x7→f(x,1−x2) = 2x4−2x2+ 1. Une étude (rapide) deg sur[−1,1]donne le maximum deg égal à 1, atteint pourx=−1, x= 0et x= 1. Son minimum est 1
2, atteint pourx=± 1
√2.
Finalement, le minimum de f surK est 0, atteint en (0,0)et le maximum de f surK est 1, atteint en de nombreux points de la frontière deK (dont(0,1) par exemple).
Exercice 2 1. Soientϕ:]0,+∞[→Rune fonction dérivable, etf :
]0,+∞[×R → R
(x, y) 7→ (x2+y2) ln(x) +ϕ(x2+y2) a. Exprimer les dérivées partielles ∂f
∂x et ∂f
∂y à l’aide de la dérivée deϕ.
∂f
∂x(x, y) = 2xln(x) +x2+y2
x + 2xϕ0(x2+y2)
∂f
∂y(x, y) = 2yln(x) + 2yϕ0(x2+y2) b. Exprimer simplementy∂f
∂x −x∂f
∂y. y∂f
∂x −x∂f
∂y =y(x2+y2)
x =xy+y3 x
2. On considère l’équation aux dérivées partielles :
y∂f
∂x −x∂f
∂y =xy+y3
x, (x, y)∈]0,+∞[×R (1) Remarque : C’est celle obtenue dans la question précédente !
Pour résoudre (1), on passe des coordonnées cartésiennes(x, y)aux coordonnées polaires(r, θ).
On notef(x, y) =F(r, θ).
a. Montrer que (1) est équivalente à l’équation aux dérivées partielles en les variablesret θ:
∂F
∂θ =−r2tan θ
On remarque tout d’abord que commex∈]0,+∞[, on ar∈]0,+∞[etθ∈ −π
2 ,π 2
. La règle de la chaîne donne :
∂F
∂θ =∂f
∂x
∂x
∂θ +∂f
∂y
∂y
∂θ =−rsinθ∂f
∂x+rcosθ∂f
∂y =−y∂f
∂x+x∂f
∂y. Par ailleurs,xy+y3
x =r2cosθsinθ+r2sin3θ
cosθ =r2sinθ(cos2θ+ sin2θ)
cosθ =r2tanθ.
On a donc bien le résultat attendu.
b. En déduire une famille de fonctions solutions de l’équation aux dérivées partielles (1).
Les solutions de l’équation aux dérivées partielles ∂F
∂θ =−r2tan θsont les fonctions de la forme : (r, θ)7→r2ln(cosθ) +ψ(r), oùψ est une fonction dérivable der, et(r, θ)∈]0,+∞[×i
−π 2,π
2 h
. On en déduit que les fonctions de la forme :
f : (x, y)7→(x2+y2) ln x px2+y2
!
+ψp
x2+y2
sont solutions de (1).
Remarque :
On a :(x2+y2) ln x px2+y2
!
+ψp
x2+y2
= (x2+y2) ln(x)−1
2(x2+y2) ln(x2+y2) +ψp
x2+y2 . En posantϕ(t) =−1
2tln(t) +ψ(t), on obtient les fonctions de la formef(x, y) = (x2+y2) ln(x) +ϕ(x2+y2) qui sont celles vues dans la première question !
Le but de l’exercice est de calculer
J = Z 1
0
ln(1 +t) 1 +t2 dt On note
F :x7→
Z 1
0
ln(1 +xt) 1 +t2 dt 1. Montrer queF est de classeC1 sur]−1,+∞[.
On notef la fonction définie sur]−1,+∞[×[0,1]parf(x, t) = ln(1 +xt) 1 +t2 .
Pour(x, t)∈]−1,+∞[×[0,1], on a1 +xt >1−t≥0, donc d’après les théorèmes généraux,f est de classeC1 sur]−1,+∞[×[0,1].
Comme on intègre sur un compact, toutes les hypothèses du théorème de dérivation sous le signe intégral sont acquises, et on en déduit queF est de classeC1sur]−1,+∞[.
De plus, la formule de Leibniz donne :
∀x∈]−1,+∞[, F0(x) = Z 1
0
t
(1 +xt)(1 +t2)dt .
2. Montrer que
∀(x, t)∈]−1,+∞[×[0,1], t
(1 +xt)(1 +t2) = −x
(1 +x2)(1 +xt)+ x+t (1 +x2)(1 +t2)
∀(x, t)∈]−1,+∞[×[0,1], −x
(1 +x2)(1 +xt)+ x+t
(1 +x2)(1 +t2) = −x(1 +t2) + (x+t)(1 +xt)
(1 +x2)(1 +xt)(1 +t2) = t (1 +xt)(1 +t2) 3. En déduire l’expression deF0(x)pourx∈]−1,+∞[.
D’après les deux questions précédentes, pour x∈]−1,+∞[on a : F0(x) = 1
1 +x2 Z 1
0
−x
1 +xt+ x
1 +t2+ t 1 +t2
dt
= 1
1 +x2
−ln(1 +xt) +xArctan(t) +1
2ln(1 +t2) 1
0
= −ln(1 +x) 1 +x2 + x
1 +x2 ×π 4 + 1
1 +x2 ×ln(2) 2
4. Montrer que pourx >−1 :
F(x) = ln(2)
2 Arctan(x) +π
8 ln(1 +x2)− Z x
0
ln(1 +t) 1 +t2 dt On aF(0) = 0, donc pourx >−1,F(x) =
Z x
0
F0(x)dx.
La fonction donnée est la primitive deF0 qui s’annule en 0, c’est donc bienF.
5. En déduire une valeur deJ.
D’après les questions précédentes, on a :J =F(1) = ln(2)
2 Arctan(1) +π
8 ln(2)−J. On en déduit :
J = π
8 ×ln(2)
Exercice 4
Le but de l’exercice est de calculer
K= Z +∞
0
e−t
√tdt
On note :
G:x7→
Z +∞
0
e−xt
√t(1 +t)dt
1. Montrer queGest continue sur[0,+∞[.
On noteg la fonction définie sur[0,+∞[×]0,+∞[parg(x, t) = e−xt
√t(1 +t).
• Pourx∈[0,+∞[, la fonction t7→g(x, t)est continue sur]0,+∞[.
• Pourt∈]0,+∞[, la fonctionx7→g(x, t)est continue sur[0,+∞[.
• Hypothèse de domination :
∀(x, t)∈[0,+∞[×]0,+∞[, |f(x, t)| ≤ 1
√t(1 +t) =ϕ(t)(car−xt≤0 donc0<e−xt≤1).
ϕest continue sur]0,+∞[, donc localement intégrable sur]0,+∞[.
Etude en 0 : ϕ(t) ∼
t→0
1
t12 , donc par comparaison à une intégrale de Riemann intégrable,ϕest intégrable sur]0,1].
Etude en +∞: ϕ(t) ∼
t→+∞
1
t32, donc par comparaison à une intégrale de Riemann convergente,ϕest intégrable sur[1,+∞[.
Finalement,ϕest positive et intégrable sur ]0,+∞[.
Le théorème de continuité sous le signe intégral donne queGest continue sur[0,+∞[.
2. Montrer queGest de classeC1 sur]0,+∞[.
• Le travail de la question précédente permet de dire que pourx∈]0,+∞[, la fonctiont7→g(x, t)est intégrable sur]0,+∞[.
• Pourt∈]0,+∞[, la fonctionx7→g(x, t)est de classeC1sur]0,+∞[, et∀(x, t)∈]0,+∞[×]0,+∞[,
∂f
∂x(x, t) = −te−xt
√t(1 +t) =−√ te−xt 1 +t .
• Pourx∈]0,+∞[, la fonctiont7→ ∂f
∂x(x, t)est continue sur ]0,+∞[.
• Hypothèse de domination :
Soit[a, b]⊂]0,+∞[(0< a < b). On a∀(x, t)∈[a, b]×]0,+∞[,
∂f
∂x(x, t)
≤√
te−at=ϕa,b(t).
ϕa,b est continue sur[0,+∞[, donc localement intégrable.
Etude en +∞: ϕa,b(t) =
t→+∞ ◦ 1
t2
(par croissances comparées), donc par comparaison à une intégrale de Riemann convergent,ϕa,b est intégrable sur[1,+∞[.
Fialement,ϕa,b est positive et intégrable sur[0,+∞[.
Le théorème de dérivation sous le signe intégral donne queGest de classeC1 sur]0,+∞[.
De plus, la formule de Leibniz donne :
∀x >0, G0(x) = Z +∞
0
−te−xt
√t(1 +t)dt
3. Montrer queGest solution sur]0,+∞[ de l’équation différentielle :
G(x)−G0(x) = Z +∞
0
e−xt
√t(1 +t)dt− Z +∞
0
−te−xt
√t(1 +t)dt
= Z +∞
0
e−xt+te−xt
√t(1 +t) dt
= Z +∞
0
e−xt
√t dt
u=xt=
√1 x
Z +∞
0
e−u
√udu= K
√x
Gest bien solution sur]0,+∞[de l’équation différentielle :y−y0= K
√x. 4. En déduire l’expression deG(x)pourx∈]0,+∞[.
On résout l’équation différentielle en utilisant la méthode de la variation de la constante et on trouve qu’il existe une constante réelleC telle que
∀x >0, G(x) =
C−K Z x
1
e−t
√tdt
ex
Ainsi,Gétant continue en0, on en déduit queC−K Z 0
1
e−t
√tdt=G(0). Finalement,
∀x >0, G(x) =
G(0)−K Z x
0
e−t
√tdt
ex Cette égalité est encore valable pourx= 0.
Remarque : On a utilisé la convergence de l’intégrale Z 1
0
e−t
√tdt(qui est nécessaire pour l’existence deK!) 5. Montrer queG(0) =π.
G(0) = Z +∞
0
√ 1
t(1 +t)dt =
t=u2
Z +∞
0
2
1 +u2du=π 6. Montrer que lim
x→+∞G(x) = 0 (on pourra utiliser un encadrement).
Par positivité de l’intégrale, on a pourx >0 : 0≤G(x)≤
Z +∞
0
e−xt
√t dt =
u=tx
Z +∞
0
e−u pu x
du x = K
√x −→
x→+∞0 et ainsi par encadrement
x→+∞lim G(x) = 0
7. En déduire la valeur deK.
∀x >0, G(x) =
G(0)−K Z x
0
e−t
√tdt
exet G(x) −→
x→+∞0.
Ceci n’est possible que siG(0)−K Z x
0
e−t
√tdt −→
x→+∞0, c’est à dire Z x
0
e−t
√tdt −→
x→+∞
G(0) K . Comme
Z x
0
e−t
√tdt −→
x→+∞K, on en déduit queK= G(0) K , puis K=p
G(0) =√ π
