CORRIGÉ SP 2015 ANALYSE L1 ISCAE

BEN AHMED MOHSEN
omega.center.cp@gmail.com

Téléphone: (+216) 97 619191 / 54 619191
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ISCAE Manouba
1ère Année Licence Fondamentale en Gestion

ISCAE –LFG1 : CORRIGÉ DE L’EXAMEN
DE LA SESSION PRINCIPALE JANVIER 2015
MATHÉMATIQUES : ANALYSE

Énoncé de l'Exercice 1 : 𝟔𝒑𝒕𝒔
1) Soit 𝒇 une fonction dérivable sur ℝ. Le développement limité de 𝒇 en 𝒙𝟎 = 𝟑 et donné par :
𝒇 𝒙 = −𝟏 + 𝒙 − 𝟑 − 𝟐 𝒙 − 𝟑

𝟐

+𝒐 𝒙−𝟑

𝟐

En déduire les valeurs de 𝒇 𝟑 , 𝒇′ 𝟑 ainsi que l’équation de la tangente 𝑻 à la courbe de 𝒇 en 𝟑, 𝒇 𝟑 .
Préciser les positions relatives de la courbe de 𝒇 et de 𝑻.
2) Déterminer les extremums éventuels de :
𝒇 𝒙, 𝒚 = 𝒙𝟐 + 𝟑𝒚𝟐 − 𝟐𝒙 − 𝟏𝟎𝒚 + 𝟐𝒙𝒚 + 𝟔
3) Soit :
𝒇 𝒙, 𝒚 = 𝒙𝒚
a) Déterminer les élasticités de 𝒇 par rapport à 𝒙 et par rapport à 𝒚 et indiquer son degré
d’homogénéité.
b) On suppose 𝒙 est fixé. Déterminer la variation relative de 𝒇 quand 𝒚 augmente de 3%.

Corrigé :
1) La fonction 𝒇 possède en 𝒙𝟎 = 𝟑 un développement limité à l'ordre 2 défini la formule de TaylorYoung :
𝒙 − 𝟑 𝟐 ′′
′
𝒇 𝒙 =𝒇 𝟑 + 𝒙−𝟑 𝒇 𝟑 −
𝒇 𝟑 +𝒐 𝒙−𝟑 𝟐 𝟏
𝟐!
L’identification de 𝟏 avec le 𝑫𝑳𝟐 𝟐 𝒅𝒆 𝒇 ∶ 𝒇 𝒙 = −𝟏 + 𝒙 − 𝟑 − 𝟐 𝒙 − 𝟑

1
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𝟐

+𝒐 𝒙−𝟑

𝟐

donne :

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𝒇 𝟑 = −𝟏
𝒇′ 𝟑 = 𝟏

Or la forme générale de l’équation de la droite 𝑻 tangente à 𝓒𝒇 en 𝟑, 𝒇 𝟑
𝒚 = 𝒇′ 𝟑 𝒙 − 𝟑 + 𝒇 𝟑

est la suivante :

D’où 𝑻 : 𝒚 = 𝒙 − 𝟑 − 𝟏 ou encore 𝑻 : 𝒚 = 𝒙 − 𝟒
La position relative de 𝓒𝒇 et 𝑻 dépend du signe de 𝒇 𝒙 − 𝒙 − 𝟒
D’après le 𝑫𝑳𝟐 𝟐 𝒅𝒆 𝒇 on obtient :
𝒇 𝒙 − 𝒙 − 𝟒 = −𝟐 𝒙 − 𝟑
Or 𝒇 𝒙 − 𝒙 − 𝟒 ~ − 𝟐 𝒙 − 𝟑
−𝟐 𝒙 − 𝟑

𝟐

𝟐

𝟐

+𝒐 𝒙−𝟑

𝟐

⇒ 𝒇 𝒙 − 𝒙−𝟒 ~−𝟐 𝒙−𝟑

≤ 𝟎 ∀𝒙 ∈ 𝓥 𝟑 ⇒ 𝒇 𝒙 − 𝒙 − 𝟒 ≤ 𝟎 ∀𝒙 ∈ 𝓥 𝟑

2) 𝒇 𝒙, 𝒚 = 𝒙𝟐 + 𝟑𝒚𝟐 − 𝟐𝒙 − 𝟏𝟎𝒚 + 𝟐𝒙𝒚 + 𝟔
𝒇 étant de classe 𝑪𝟏 dur son domaine de définition 𝑫𝒇 = ℝ𝟐
On calcule d’abord les dérivées partielles premières de 𝒇 sur 𝑫𝒇 :
𝝏𝒇
𝝏𝒇
𝒙, 𝒚 = 𝒇′𝒙 𝒙, 𝒚 = 𝟐𝒙 − 𝟐 + 𝟐𝒚 𝒆𝒕
𝒙, 𝒚 = 𝒇′𝒚 𝒙, 𝒚 = 𝟔𝒚 − 𝟏𝟎 + 𝟐𝒙
𝝏𝒙
𝝏𝒚
𝑨 𝒙, 𝒚 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 𝒑𝒐𝒊𝒏𝒕 𝒄𝒓𝒊𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝒇 𝒔′ 𝒊𝒍 𝒆𝒔𝒕 𝒔𝒐𝒍𝒖𝒕𝒊𝒐𝒏 𝒅𝒆 𝑺

𝒇′𝒙 𝒙, 𝒚 = 𝟎
𝒇′𝒚 𝒙, 𝒚 = 𝟎

𝟐𝒙 + 𝟐𝒚 − 𝟐 = 𝟎
𝟐𝒙 + 𝟔𝒚 − 𝟏𝟎 = 𝟎

⇔

𝟐𝒙 + 𝟐𝒚 = 𝟐
𝟐𝒙 + 𝟔𝒚 = 𝟏𝟎

⇔

𝟐𝒙 + 𝟐𝒚 = 𝟐
𝟒𝒚 = 𝟖

⇔

𝒙+𝒚=𝟏
𝒚=𝟐

⇔

𝒙 = −𝟏
𝒚=𝟐

, ∀𝒙 ∈ 𝓥 𝟑

, ∀𝒙 ∈ 𝓥 𝟑 ⇒ 𝒇 𝒙 − 𝒙 − 𝟒 𝒆𝒕 − 𝟐 𝒙 − 𝟑 𝟐 ont même signe au𝓥 𝟑

𝑫’𝒐ù 𝓒𝒇 𝒆𝒔𝒕 𝒍𝒐𝒄𝒂𝒍𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕 𝒆𝒏 𝒅𝒆𝒔𝒔𝒐𝒖𝒔 𝒅𝒆 𝒔𝒂 𝒕𝒂𝒏𝒈𝒆𝒏𝒕𝒆 (𝑻)∀𝒙 ∈ 𝓥 𝟑

𝑶𝒓 𝑺 ⇔

𝟐

𝑳𝟏
𝑳𝟐
𝑳𝟏
𝑳𝟐 ← 𝑳𝟐 − 𝑳𝟏

D’où l’unique point candidat à l'extremum est le point 𝑨 −𝟏, 𝟐 .

2
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3)
a)

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𝝏𝒇
𝒙, 𝒚 = 𝒇′𝒙 𝒙, 𝒚 = 𝒚
𝝏𝒙
𝒇 𝒙, 𝒚 = 𝒙𝒚 ⇒ 𝝏𝒇
𝒙, 𝒚 = 𝒇′𝒚 𝒙, 𝒚 = 𝒙
𝝏𝒚
𝝏𝒇
𝒙, 𝒚
𝒚
∀ 𝒙, 𝒚 ≠ 𝟎, 𝟎 , 𝓔𝒙 𝒇 = 𝒙 𝝏𝒙
=𝒙
⇒ 𝓔𝒙 𝒇 = 𝟏
𝒇 𝒙, 𝒚
𝒙𝒚
𝝏𝒇
𝒙, 𝒚
𝒙
∀ 𝒙, 𝒚 ≠ 𝟎, 𝟎 , 𝓔𝒚 𝒇 = 𝒚 𝝏𝒙
=𝒚
⇒ 𝓔𝒚 𝒇 = 𝟏
𝒇 𝒙, 𝒚
𝒙𝒚
Calculons maintenant le degré d’homogénéité de𝒇 : 𝒇 𝒕𝒙, 𝒕𝒚 = 𝒕𝒙 𝒕𝒚 = 𝒕𝟐 𝒙𝒚
𝒇 𝒕𝒙, 𝒕𝒚 = 𝒕𝟐 𝒇 𝒙, 𝒚 , donc 𝒇 𝒉𝒐𝒎𝒐𝒈è𝒏𝒆 𝒅𝒆 𝒅𝒆𝒈𝒓é 𝟐 .
On peut retrouver ce même résultat en utilisant les élasticités respectives de 𝒇 par rapport à 𝒙 et par
rapport à 𝒚 :
𝝏𝒇
𝝏𝒇
𝒙, 𝒚
𝒙, 𝒚
𝝏𝒙
∀ 𝒙, 𝒚 ≠ 𝟎, 𝟎 , 𝓔𝒙 𝒇 + 𝓔𝒚 𝒇 = 𝟐 ⇔ 𝒙
+ 𝒚 𝝏𝒙
=𝟐
𝒇 𝒙, 𝒚
𝒇 𝒙, 𝒚
⇔

𝒙

⇔𝒙

𝝏𝒇
𝝏𝒇
𝒙, 𝒚 + 𝒚
𝒙, 𝒚
𝝏𝒙
𝝏𝒙
=𝟐
𝒇 𝒙, 𝒚
𝝏𝒇
𝝏𝒇
𝒙, 𝒚 + 𝒚
𝒙, 𝒚 = 𝟐𝒇 𝒙, 𝒚
𝝏𝒙
𝝏𝒙

Il en résulte, d’après l’Identité d’Euler que 𝒇 homogène de degré 2.
b) 𝒙 étant fixé donc 𝚫𝒙 = 𝟎
On se propose de calculer la variation relative de 𝒇 à partir d’un point 𝒙𝟎 , 𝒚𝟎 lorsque 𝒚 augmente de
𝚫𝒚 = 𝟑% :
𝜟𝒇 𝜟𝒙, 𝜟𝒚
𝜟𝒇 𝟎, 𝜟𝒚
𝜟𝒇
𝜟𝒙
𝜟𝒚
𝜟𝒇
=
=
≅ 𝓔𝒙 𝒇 𝒙𝟎 , 𝒚𝟎
+ 𝓔 𝒚 𝒇 𝒙 𝟎 , 𝒚𝟎
⇒
= 𝟑%
𝒇 𝒙 𝟎 , 𝒚𝟎
𝒇 𝒙 𝟎 , 𝒚𝟎
𝒇
𝒙
𝒚
𝒇
𝟏

𝟎

𝟏

3
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𝟑%

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Énoncé de l'Exercice 2 : 𝟒𝒑𝒕𝒔
Calculer
𝟏

+∞
𝒙

𝑰=

𝒙𝒆 𝒅𝒙 𝒆𝒕 𝑺 =
𝒌=𝟏

𝟎

𝟏
𝒌
𝟐

𝒌

Corrigé :


On calcule 𝑰 a l'aide d'une intégration par parties :
𝑺𝒐𝒊𝒕
𝟏

𝟏
𝒙

𝑷𝒂𝒓 𝒍𝒂𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆 𝑰 =

𝒖 𝒙 =𝒙
𝒖′ 𝒙 = 𝟏
⇒
𝒗′ 𝒙 = 𝒆𝒙
𝒗 𝒙 = 𝒆𝒙

𝒙𝒆 𝒅𝒙 =
𝟎

𝟏
′

𝒖 𝒙 𝒗 𝒙 𝒅𝒙 = 𝒖 𝒙 𝒗 𝒙
𝟎

𝟏
𝟎

𝒖′ 𝒙 𝒗 𝒙 𝒅𝒙

−
𝟎

𝟏

𝑰 = 𝒙𝒆𝒙

𝟏
𝟎

𝒆𝒙 𝒅𝒙 = 𝒙𝒆𝒙

−

𝟏
𝟎

− 𝒆𝒙

𝟏
𝟎

= 𝒆−𝟎 − 𝒆−𝟏

𝟎

𝑫′ 𝒐ù 𝑰 = 𝟏


𝟏

Il s’agit d’une série dérivée première de la série géométrique de raison𝒒 = 𝟐 .

𝑺𝒐𝒊𝒕 𝒍𝒂 𝒔é𝒓𝒊𝒆 𝒈é𝒐𝒎é𝒕𝒓𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝒙 ∈ −𝟏, 𝟎 ∪ 𝟎, 𝟏 ∶
+∞

𝒙𝒌 = 𝟏 + 𝒙 + 𝒙𝟐 + ⋯ + 𝒙𝒏 + ⋯ =

𝑺=
𝒌=𝟏

′

+∞

𝒐𝒓

𝒙
𝒌=𝟏

𝒌

𝟏
=
𝟏−𝒙

+∞

′

⇔

𝒙
𝒌=𝟏

𝒌 ′

𝟏−𝒙
=−
𝟏−𝒙

+∞

𝒌𝒙𝒌−𝟏 =

⇔
𝒌=𝟏
+∞

⇔
𝒌=𝟏

𝟏
⇔
𝒙

𝟏
𝒄𝒂𝒓 𝐥𝐢𝐦 𝒙𝒏 = 𝟎 ∀ 𝒙 < 1
𝒏→+∞
𝟏−𝒙

𝟏
𝟏−𝒙

𝒌𝒙𝒌
𝟏
=
𝒙
𝟏−𝒙

+∞

𝒌𝒙𝒌 =
𝒌=𝟏

′
𝟐

𝟐

𝟐

𝟏
𝟏−𝒙

𝟐

4
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+∞

𝒌𝒙𝒌 =
𝒌=𝟏

𝒙
𝟏−𝒙

𝟐

∀ 𝒙 <1
+∞

𝑬𝒏 𝒑𝒂𝒓𝒕𝒊𝒄𝒖𝒍𝒊𝒆𝒓 𝑺 =
𝒌=𝟏
+∞
′

𝑫 𝒐ù 𝑺 =
𝒌=𝟏

𝟏
𝒌
𝟐

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𝟏
𝒌
𝟐

𝒌

=

𝟏 𝟐
𝟏
𝟏−𝟐

𝟐

=

𝟏 𝟐
𝟏 𝟒

𝒌

=𝟐

Énoncé de l'Exercice 3 : 𝟔𝒑𝒕𝒔
Pour 𝒙 ≠ 𝟎 𝒆𝒕 𝒚 > 0 , soit
𝒇 𝒙, 𝒚 = 𝒙𝟐 − 𝒍𝒏𝒚 +
1)
2)
3)
4)

𝒚
𝒙

Calculer les dérivées partielles d’ordre 1 de 𝒇.
Déterminer ses points critiques.
Calculer les dérivées partielles d’ordre 2 de 𝒇.
Préciser les extrema éventuels de 𝒇.

Corrigé :
1)

∀ 𝒙 ≠ 𝟎 𝒆𝒕 𝒚 > 0

𝝏𝒇
𝟏
𝒙, 𝒚 = 𝒇′𝒙 𝒙, 𝒚 = 𝟐𝒙 + 𝒚
𝝏𝒙
𝒙

′

= 𝟐𝒙 −

𝒚
𝝏𝒇
𝟏 𝟏
′
𝒆𝒕
𝒙,
𝒚
=
𝒇
𝒙,
𝒚
=
−
+
𝒚
𝒙𝟐
𝝏𝒚
𝒚 𝒙

2)
𝑨 𝒙, 𝒚 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 𝒑𝒐𝒊𝒏𝒕 𝒄𝒓𝒊𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝒇 𝒔′ 𝒊𝒍 𝒆𝒔𝒕 𝒔𝒐𝒍𝒖𝒕𝒊𝒐𝒏 𝒅𝒆 𝑺

𝒇′𝒙 𝒙, 𝒚 = 𝟎
𝒇′𝒚 𝒙, 𝒚 = 𝟎

𝒚
=𝟎
𝒙𝟐
𝑺 ⇔ 𝟏 𝟏
− =𝟎
𝒙 𝒚
𝟐𝒙 −

5
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𝒚
𝟐𝒙 = 𝟐
𝒙
⇔ 𝟏 𝟏
=
𝒙 𝒚

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𝒚
𝟐𝒙 = 𝟐
⇔
𝒙
𝒚=𝒙
𝒙
𝟏
⇔ 𝟐𝒙 = 𝒙𝟐 = 𝒙
𝒚=𝒙
⇔

𝒐𝒏 𝒂 𝒓𝒆𝒎𝒑𝒍𝒂𝒄é 𝒚 𝒑𝒂𝒓 𝒙 𝒅𝒆 𝑳𝟐 𝒅𝒂𝒏𝒔 𝑳𝟏

𝟐𝒙𝟐 = 𝟏
𝒚=𝒙

𝟏
𝟐
⇔ 𝒙 =𝟐
𝒚=𝒙
𝟏
𝟐
⇔ 𝒙=± 𝟐=± 𝟐
𝒚=𝒙
𝟐
𝒙=𝒚=
𝟐
𝒐𝒖
⇔
𝒙=𝒚=−

𝟐
𝟐

Or 𝒚 > 0 d’où l’unique point critique est le point 𝑨

𝟐

𝟐,

𝟐

𝟐

3)
𝝏𝟐 𝒇
𝝏𝒇′𝒙
𝒚
′′
𝒙,
𝒚
=
𝒇
𝒙,
𝒚
=
𝒙, 𝒚 = 𝟐𝒙 − 𝟐
𝟐
𝒙
𝟐
𝝏𝒙
𝝏𝒙
𝒙
′
𝟐
𝝏𝒇𝒚
𝝏 𝒇
𝟏 𝟏
′′
𝒙,
𝒚
=
𝒇
𝒙,
𝒚
=
𝒙, 𝒚 = − +
𝟐
𝒚
𝟐
𝝏𝒚
𝝏𝒚
𝒚 𝒙

′

′

𝟏 ′
𝟐𝒚
𝟐𝒚
= 𝟐 − 𝒚 𝟐 = 𝟐 + 𝟑 ⇔ 𝒇′′𝒙𝟐 𝒙, 𝒚 = 𝟐 + 𝟑
𝒙
𝒙
𝒙
𝟏
𝟏
= 𝟐 ⇔ 𝒇′′𝒚𝟐 𝒙, 𝒚 = 𝟐
𝒚
𝒚

𝟏 𝟏
′
𝝏 −𝒚 + 𝒙
𝝏𝒇
𝝏𝟐 𝒇
𝟏
𝟏
𝒚
𝒙, 𝒚 = 𝒇′′𝒚𝒙 𝒙, 𝒚 =
𝒙, 𝒚 =
= − 𝟐 ⇔ 𝒇′′𝒚𝒙 𝒙, 𝒚 = − 𝟐
𝝏𝒙𝝏𝒚
𝝏𝒙
𝝏𝒙
𝒙
𝒙
𝝏𝟐 𝒇
𝝏𝒇′𝒙
𝟏
𝒙, 𝒚 = 𝒇′′𝒙𝒚 𝒙, 𝒚 =
𝒙, 𝒚 = 𝒇′′𝒚𝒙 𝒙, 𝒚 ⇔ 𝒇′′𝒙𝒚 𝒙, 𝒚 = 𝒇′′𝒚𝒙 𝒙, 𝒚 = − 𝟐
𝝏𝒚𝝏𝒙
𝝏𝒚
𝒙
4)

Calculons d’abord 𝒇′′𝒙𝟐

𝟐
𝟐

,

𝟐
𝟐

, 𝒇′′𝒚𝟐

𝟐
𝟐

,

𝟐
𝟐

𝒆𝒕 𝒇′′𝒚𝒙

𝟐
𝟐

,

𝟐
𝟐

6
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= 𝒇′′𝒙𝒚 𝒙, 𝒚

𝟐
𝟐

,

𝟐
𝟐

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𝒇′′𝒙𝟐 𝒙, 𝒚 = 𝟐 +

𝒇′′𝒚𝟐 𝒙, 𝒚 =

𝟐𝒚
⇒ 𝒇′′𝒙𝟐
𝒙𝟑

𝟏
⇒ 𝒇′′𝒚𝟐
𝟐
𝒚



𝟐 𝟐
,
= 𝒇′′𝒙𝒚
𝟐 𝟐

𝟐 𝟐
,
=𝟐+
𝟐 𝟐

𝟐 𝟐
,
=
𝟐 𝟐

𝒇′′𝒙𝒚 𝒙, 𝒚 = 𝒇′′𝒚𝒙 𝒙, 𝒚 = −

𝒇′′𝒚𝒙

𝑯𝒇 𝒙, 𝒚 =

𝒙, 𝒚
𝒙, 𝒚

𝟏
𝟐
𝟐

𝟏
⇒ 𝒇′′𝒚𝒙
𝒙𝟐

𝑨𝒊𝒏𝒔𝒊
𝒇′′𝒙𝟐

=

𝟐
𝟐
𝟐
𝟐

𝟑

=𝟐+

𝟏
= 𝟐 ⇔ 𝒇′′𝒚𝟐
𝟏
𝟐

𝟐 𝟐
,
= 𝒇′′𝒙𝒚
𝟐 𝟐

𝒇′′𝒚𝒙
𝒇′′𝒚𝟐

𝒙, 𝒚
𝒙, 𝒚

𝟐
𝟐

,

𝟐
𝟐
𝟐

𝟐

= 𝟔 ⇒ 𝒇′′𝒙𝟐

𝟐 𝟐
,
=𝟔
𝟐 𝟐

𝟐 𝟐
,
=𝟐
𝟐 𝟐

𝟐 𝟐
,
=−
𝟐 𝟐

𝟏
𝟐
𝟐

𝟐

= −𝟐

𝟐
𝟐

⇒ 𝑯𝒇

⇒ 𝑯𝒇

𝑯𝒇

𝟐

𝟐

𝟐 𝟐
,
= −𝟐
𝟐 𝟐

Nature du point critique 𝑨

𝒇′′𝒙𝟐
𝒇′′𝒙𝒚

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𝟐 𝟐
,
=𝟖>0
𝟐 𝟐
𝟐 𝟐
,
=𝟔>0
𝟐 𝟐

𝒅′ 𝒐ù 𝑨

𝟐 𝟐
,
=
𝟐 𝟐

𝒇′′𝒙𝟐

𝟐 𝟐
,
𝟐 𝟐

𝒇′′𝒚𝒙

𝟐 𝟐
,
𝟐 𝟐

𝒇′′𝒙𝒚

𝟐 𝟐
,
𝟐 𝟐

𝒇′′𝒚𝟐

𝟐 𝟐
,
𝟐 𝟐

𝟐 𝟐
𝟔
,
=
−𝟐
𝟐 𝟐

−𝟐
= 𝟏𝟐 − 𝟒 = 𝟖
𝟐

𝟐 𝟐
,
𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 𝒎𝒊𝒏𝒊𝒎𝒖𝒎 𝒓𝒆𝒍𝒂𝒕𝒊𝒇
𝟐 𝟐

Énoncé de l'Exercice 4 : 𝟒𝒑𝒕𝒔
Pour 𝒙 ≥ 𝟎 𝒆𝒕 𝒚 ≥ 𝟎 , soit 𝒇 𝒙, 𝒚 = 𝒙𝟐 + 𝒚.
Déterminer les extremums éventuels de 𝒇 liées par la contrainte 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟏

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Corrigé :
Notons 𝒈 𝒙, 𝒚 = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 − 𝟏
En utilisant la méthode des multiplicateurs de Lagrange, on obtient:
𝓛 𝒙, 𝒚, 𝝀 = 𝒇 𝒙, 𝒚 + 𝝀𝒈 𝒙, 𝒚 = 𝒙𝟐 + 𝒚 + 𝝀 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 − 𝟏
Calculons les dérivées partielles premières de 𝓛 :
𝝏𝓛
𝒙, 𝒚, 𝝀 = 𝓛′𝒙 𝒙, 𝒚, 𝝀 = 𝟐𝒙 + 𝟐𝝀𝒙
𝝏𝒙
𝝏𝓛
𝒙, 𝒚, 𝝀 = 𝓛′𝒚 𝒙, 𝒚, 𝝀 = 𝟏 + 𝟐𝝀𝒚
𝝏𝒚
𝝏𝓛
𝒙, 𝒚, 𝝀 = 𝓛′𝝀 𝒙, 𝒚, 𝝀 = 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 − 𝟏
𝝏𝝀


Recherche des points critiques :

𝒙, 𝒚, 𝝀 𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 𝒑𝒐𝒊𝒏𝒕 𝒄𝒓𝒊𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒅𝒆 𝒇 𝒔′ 𝒊𝒍 𝒆𝒔𝒕 𝒔𝒐𝒍𝒖𝒕𝒊𝒐𝒏 𝒅𝒆 𝑺

𝓛′𝒙 𝒙, 𝒚, 𝝀 = 𝟎
𝓛′𝒚 𝒙, 𝒚, 𝝀 = 𝟎
𝓛′𝝀 𝒙, 𝒚, 𝝀 = 𝟎

𝟐𝒙 + 𝟐𝝀𝒙 = 𝟎
𝑺 ⇔ 𝟏 + 𝟐𝝀𝒚 = 𝟎
𝒙 𝟐 + 𝒚𝟐 − 𝟏 = 𝟎
𝟐𝒙 𝟏 + 𝝀 = 𝟎
𝟏
⇔ 𝝀𝒚 = −
𝟐
𝟐
𝟐
𝒙 +𝒚 =𝟏
𝑶𝒓 𝑳𝟏 ⇔

𝒙=𝟎
𝒐𝒖
𝝀 = −𝟏

𝑷𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆 𝑺 ⇔ 𝑺𝟏 ∪ 𝑺𝟐

𝑺𝟏 ⇔

𝑳𝟏

𝒙=𝟎
𝒙 𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟏
; 𝒐ù 𝑺𝟏 :
𝒆𝒕
𝟏
𝝀𝒚 = −
𝟐

𝝀 = −𝟏

𝒙=𝟎
𝒚𝟐 = 𝟏
𝝀𝒚 = −

𝟏
𝟐
𝒙 𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟏

𝑺𝟐 : 𝝀𝒚 = −

𝟏
𝟐

8
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𝒙=𝟎
𝒚 = ±𝟏
⇔
𝟏
𝝀𝒚 = −
𝟐

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𝑶𝒓 𝒚 ≥ 𝟎 𝒅𝒐𝒏𝒄 𝒍𝒆 𝒑𝒓𝒆𝒎𝒊𝒆𝒓 𝒑𝒐𝒊𝒏𝒕 𝒄𝒓𝒊𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒔𝒆𝒓𝒂 ∶ 𝑴𝟏

𝑺𝟐

𝝀 = −𝟏
𝟏
𝒚=
𝟐
⇔
𝟏
𝒙𝟐 +
𝟐

𝟎, 𝟏 , −

𝟏
𝟐

𝟐

=𝟏

𝝀 = −𝟏
𝟏
𝒚=
⇔
𝟐
𝟑
𝒙𝟐 =
𝟒
𝝀 = −𝟏
𝟏
𝒚=
𝟐
⇔
𝟑
𝒙=±
𝟐
𝑶𝒓 𝒙 ≥ 𝟎 𝒅𝒐𝒏𝒄 𝒍𝒆 𝐝𝐞𝐮𝐱𝐢è𝐦𝐞 𝒑𝒐𝒊𝒏𝒕 𝒄𝒓𝒊𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒔𝒆𝒓𝒂 ∶ 𝑴𝟐

𝐃’𝐨ù 𝑴𝟏

𝟎, 𝟏 , −

𝟏
𝒆𝒕 𝑴𝟐
𝟐

𝟑 𝟏
,
, −𝟏
𝟐 𝟐

𝟑 𝟏
,
, −𝟏 𝒔𝒐𝒏𝒕 𝒍𝒆𝒔 𝒔𝒆𝒖𝒍𝒔 𝒑𝒐𝒊𝒏𝒕𝒔 𝒄𝒓𝒊𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒇 𝒔𝒄: 𝒙𝟐 + 𝒚𝟐 = 𝟏
𝟐 𝟐

9
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