ce qui se résout en a= 3b = 3c

Correction du contrôle continu numéro 2

Exercice 1. Un vecteur u= (a, b, c)est normal au plan P si et seulement s’il est orthogonal aux vecteurs−−→

AB= (−1,2,1)et −→

AC= (0,1,−1). C’est-à-dire si −a+ 2b+c= 0

b−c= 0.

ce qui se résout en a= 3b = 3c. Le vecteuru= (3,1,1) (par exemple) est donc normal à P. Ensuite on écrit

M = (x, y, z)∈ P ⇔ hu,−−→

AMi= 0

⇔3(x−1) +y+z= 0.

L’équation cartésienne du planPest donc3x+y+z= 3.

Exercice 2. Posons f(x) = e^x−1−ln(1 +x). On a f(0) = 0, f⁰(0) = 0, f⁰⁰(0) = 2 ce qui montre que le DL d’ordre 2 en 0 def s’écrit f(x) =x²+x²(x)avec lim_x→0(x) = 0. Par conséquentf(x)/x²= 1 +(x)tend vers1 quandxtend vers0.

Exercice 3. Remarquons quef(x, y) = 0⇔ |x|=|y| ⇔ (x=y oux=−y). La ligne de niveau0 est la réunion des droites d’équationsy =xety =−x(trait plein sur la figure ci-dessous). De même, en distinguant selon les signes de xety on voit que la ligne de niveau−1est la réunion des quatre demi-droites

{x≥0, y≥0, x−y=−1}

{x≥0, y≤0, x+y=−1}

{x≤0, y≥0,−x−y=−1}

{x≤0, y≤0,−x+y=−1}

représentées en pointillés.

1 1

Exercice 4.

1. La fonction f est C² sur ]0,+∞[ comme produit de fonctionsC². On calcule la dérivée

f⁰(x) = ln(x) +x(1/x) = ln(x) + 1

puis la dérivée secondef⁰⁰(x) = 1/x. La dérivée seconde de f est donc positive sur ]0,+∞[ ce qui montre que f est convexe.

2. La tangente en1a pour équation y=f(1) +f⁰(1)(x−1)

ce qui donney=x−1.

3.Commef est convexe, le graphe def est au-dessus de la tangente au graphe en1. Autrement dit, on af(x)≥ x−1pour toutxdans le domaine def. On obtient donc xln(x)≥x−1pour toutx >0.

4.La fonctionx7→ln(x)admet aussi la droite d’équation y=x−1 comme tangente en1. De plus, étant concave, elle est en-dessous de ses tangentes, ce qui donneln(x)≤ x−1pour toutx >0.

Exercice 5. On a f_α(x) = e^αln(x) ce qui montre que f estC² sur ]0,+∞[, comme composée de fonctionsC². Pour étudier la concavité def_αil suffit d’étudier le signe de f_α⁰⁰. On a f_α⁰(x) = αx^α−1 et f_α⁰⁰(x) = α(α−1)x^α−2. La dérivée seconde def_αest donc du signe deα(α−1):

α −∞ 0 1 +∞

α(α−1) + 0 − 0 +

La fonctionfαest donc convexe sur son domaine siα <0 ou si α >1. Elle est concave siα∈]0,1[. Enfin f0 et f1

sont affines (convexes et concaves).

Exercice 6. SoitBdans le domaine def. Commef est convexe elle est au-dessus du plan tangent enA :

f(B)≥f(A) +h∇f(A),−−→ ABi.

Comme A est un point critique pour f, on a∇f(A) = 0. On obtient donc f(B) ≥ f(A) pour tout B dans le domaine de f ce qui montre que f admet un minimum global enA.

Exercice 7.

1. La fonction f est une fraction rationnelle, ce qui montre que f est de classe C² sur son domaine, à sa- voir le plan privé des axes de coordonnées.

2. On calcule les dérivées partielles

∂f

∂x(x, y) =−1 x²+y

∂f

∂y(x, y) =x− 1 y².

Les points critiques vérifient donc les équationsy= 1/x² et x= 1/y². Ceci implique x= x⁴. Comme x 6= 0, on obtient x³ = 1 et donc x = 1. En reportant dans la première équation on trouvey= 1. La fonction admet un seul point critique :(1,1). Calculons les dérivées secondes

r= ∂²f

∂x²(x, y) = 2 x³ s= ∂²f

∂x∂y(x, y) = 1 t= ∂²f

∂y²(x, y) = 2 y³.

Au point (1,1) on obtient r = 2, s = 1, t = 2, donc rt−s²= 3>0et r= 2>0 ce qui montre quef admet un minimum local en(1,1).

3. De plusf(x,1) = 1/x+x+ 1 qui tend vers +∞ et

−∞quandxtends vers+∞et−∞, respectivement. Par conséquent f ne peut pas avoir d’extremum global.