La fonction est de la forme u0uα avec α =−2, et une primitive est de la forme α+11 uα+1

Universit´e de Cergy-Pontoise, Math´ematiques L1 Calculus.

Examen session 2 2018-2019 1 heure et 30 minutes

Les documents et les objets connect´es sont interdits. Le bar`eme est donn´e `a titre indicatif.

Exercice 1. : (2 pts) Donner les primitives de f(x) = _(x2+3x+1)^{2x+3 2}. La fonction est de la forme u⁰u^α avec α =−2, et une primitive est de la forme _α+1¹ u^α+1. Ici une primitive quelconque F s’´ecrit, pour c∈R, F(x) = _x2+3x+1⁻¹ +c.

Exercice 2. : (12 pts) Trouver les solutions sur R^∗+ de l’´equation x²+x+ ⁵₄

x³+x²+⁵₄x+ 1y⁰+y= x²+x+⁵₄

(x³+x²+⁵₄x+ 1)(x+√ x)e^−x

2

2 −arctan(x+¹

2)

Normalisation (2 pt) La fonction ^x

2+x+⁵₄

x³+x²+⁵₄x+1 ne s’annule pas pourx >0, en effet on a d’un cˆot´e quex²+x+⁵₄ ≥

5

4 >0donc cette fraction est bien d´efinie surR^∗+, et ensuitex³+x²+⁵₄x+ 1≥1>0 donc la fraction ne s’annule pas. (1 pt). On peut donc normaliser, on va chercher `a r´esoudre (0,5 pt)

y⁰+ x³+x²+ ⁵₄x+ 1

x²+x+⁵₄ y= 1 x+√

xe^−x

2

2 −arctan(x+¹

2) (1)

et on r´esoud d’abord l’´equation homog`ene associ´ee (0,5 pt) y⁰+x³+x²+⁵₄x+ 1

x²+x+⁵₄ y= 0

R´esolution de l’´equation homog`ene (5,5 pt)

On sait que les solutions s’´ecrivent, pourλ∈R, sous la forme λe^−A avec A une primitive quelconque de ^x3+x2+

5 4x+1

x²+x+⁵₄ (0,5 pt).

On effectue une division euclidienne et on trouve x³+x² +⁵₄x+ 1 = x(x² +x+ ⁵₄) + 1 (0,5 pt), ainsi on doit trouver les primitives de (0,5 pt)

x³+x²+ ⁵₄x+ 1

x²+x+ ⁵₄ = x(x²+x+ ⁵₄) + 1

x²+x+ ⁵₄ =x+ 1 x²+x+ ⁵₄ .

Cherchons une primitive de _x2+x+¹ 5 4

. On a (1 pt) x²+x+ 5

4 = (x+1 2)²+ 1 1

et en posant u(t) = t+¹₂, u⁰(t) = 1, par la formule de changement de variable on a Z x 1

(t+¹₂)²+ 1dt=

Z x u⁰(t)

u(t)²+ 1dt=

Z u(x) 1 t²+ 1dt

(1 pt)ce qui est ´egal `a l’ensemble des fonctions de la forme, pourc∈R,arctan(u(x))+c= arctan(x+<sup>1</sup><sub>2</sub>) +c. (0,5 pt). Donc l’ensemble S<sub>0</sub> des solutions de l’´equation homog`ene est (1 pt)

S₀ ={y:R^∗+ →R|y(x) = λe^−x

2

2−arctan(x+¹

2), λ∈R} .

Recherche d’une solution particuli`ere (3,5 pt)

On va utiliser la m´ethode de variation de la constance, c’est-`a-dire qu’on cherche une solution particuli`ere de l’´equation de d´epart de la forme y₁(x) = λ(x)e^−A(x), avec A(x) =

x²

2 + arctan(x+¹₂), et λ une fonction `a trouver (0,5 pt). En mettant y₁(x) dans (1), on trouve

λ⁰(x)e^−A(x)= 1 x+√

xe^−A(x) donc on doit r´esoudre (1 pt)

λ⁰(x) = 1 x+√

x .

On calcule, avec le changement de variable u(t) = √

t, u⁰(t) = _2u(t)¹ (0,5 pt), pour tout c∈R et x >0

Z x

1 t+√

tdt = Z x

2u(t)

u²(t) +u(t)u⁰(t)dt

= 2

Z u(x) t

t²+tdt= 2

Z u(x) 1 t+ 1dt

= 2 ln(1 +u(x)) +c= 2 ln(1 +√ x) +c (1 pt). Au final, une solution particuli`ere de l’´equation est (0,5 pt)

y₁(x) = 2 ln(1 +√ x)e^−x

2

2 −arctan(x+¹₂) .

Conclusion (1 pt) L’ensemble S des solutions de l’´equation est S ={y:R⁺∗ →R|y(x) = (2 ln(1 +√

x) +λ)e^−x

2

2 −arctan(x+¹

2), λ ∈R} .

Exercice 3. : (6 pts)

2

1. Soitf(x,y) = sin(x²y). Donner le domaine de d´efinition def (0,5 pt)ainsi que ses d´eriv´ees partielles (0,5 pt)+(0,5 pt).Le domaine de d´efinition est R². ^∂f_∂x(x,y) = 2xycos(x²y), ^∂f_∂y(x,y) = x²cos(x²y).

2. Donner le graphe def.(1 pt){(x,y,z)∈R³|z = sin(x²y)}

3. Soitg(x,y) = cos(sin(x²y)). Donner les d´eriv´ees partielles deg (0,5 pt)+(0,5 pt).

∂g

∂x(x,y) =−2xycos(x²y) sin(sin(x²y)),^∂g_∂y(x,y) =−x²cos(x²y) sin(sin(x²y)).

4. Soith:R^∗+×R^∗+ →Rd´efinie parh(x,y) = _(x+y)^x 2. Donner les points critiques deh (2,5 pt). On a ^∂h_∂x(x,y) = _(x+y)^y−x3 (0,5pt) et ^∂h_∂y(x,y) = _(x+y)^−2x3 (0,5pt). Les points critiques satisfont

∂h

∂x(x,y)=0

∂h

∂y(x,y)=0 (0,5pt) c’est-`a-dire

( _y−x

(x+y)³=0

−2x

(x+y)³=0 Ce syst`eme n’a pas de solutions sur R^∗+×R^∗+ (1pt).

Fin de l’´epreuve.

3