EXAMEN S2 ANALYSE 1ERE ANNEE S2 ESTI ANNABA 2017

ESTI ANNABA
EXAMEN S2 ANALYSE 1ERE ANNEE
Le 28 Mai 2017
Exercice1(2points)
Considérons l’équation di¤érentielle linéaire d’ordre 2 à coé¢ cients contants,
non homogène suivante:
y 00 + py 0 + qy = f1 + f2 + f3

(1)

On suppose que:
yp1 est une solution particulière de y 00 + py 0 + qy = f1
yp2 est une solution particulière de y 00 + py 0 + qy = f2
yp3 est une solution particulière de y 00 +py 0 +qy = f3
1) Montrez que yp = yp1 + yp2 + yp3 est une solution particulière de y 00 +
0
py + qy = f1 + f2 + f3
Solution Exercice 1(2points)
Montrons que yp = yp1 + yp2 + yp3 est solution particulière de l’équation:
y 00 + py 0 + qy = f1 + f2 + f3 : En e¤et.
yp00 + pyp0 + qyp

=

00
00
00
0
0
0
(yp1
+ yp2
+ yp3
) + p yp1
+ yp2
+ yp3
+ q (yp1 + yp2 + yp3 )

00
0
00
0
00
0
= yp1
+ pyp1
+ qyp1 + yp2
+ pyp2
+ qyp2 + yp3
+ pyp3
+ qyp3
= f1 + f2 + f3 :

Exercice 2(3points)
Calculez

Z

2x + 5
dx
5x + 9

Solution Exercice 2 (3 points)
Cette fraction rationnelle n’est pas régulière. On doit d’abord e¤ectuer la
division euclidienne de 2x + 5 par 5x + 9. On trouve:
2x + 5 =

2
5

(5x + 9) +

7
5

Donc en divisant par 5x + 9; on a:
2x + 5
2
= +
5x + 9
5
Donc

Z

7
5

2x + 5
dx =
5x + 9
=

1
2
= +
5x + 9
5

7
25

5
5x + 9

Z
Z
2
7
5
dx +
dx
5
25
5x + 9
2
7
x+
ln j5x + 9j + C
5
25
1

Exercice 3(5points)
a)(2.5 points) Trouvez les points stationnaires de la fonction f suivante:
f (x; y) = x3 y 2 (a

x

y) ; a = cte

b) (2.5points) Trouvez les solutions optimales locales de la fonction f: Justi…ez
votre réponse.
Solution Exercice 3(5points)
a) (2.5points) f (x; y) = x3 y 2 (a x y) : Trouvons les points stationnaires.
On a
0
x3 y 2 + 3x2 y 2 (a x y) = 0
rf (x; y) =
()
0
x3 y 2 + 2x3 y (a x y) = 0
ou encore
x2 y 2 [ x + 3 (a x y)] = 0
x3 y [ y + 2 (a x y)] = 0
ou
x2 y 2 ( 4x 3y + 3a) = 0
x3 y ( 2x 3y + 2a) = 0
Il est clair que les points suivants
f(0; y) : y 2 Rg [ fx; 0 : x 2 Rg
sont des points stationnaires. Maintenant si x 6= 0 et y 6= 0; le système précédent
donne
( 4x 3y + 3a) = 0
( 2x 3y + 2a) = 0
qui est équivalent à
4x + 3y = 3a
2x 3y = 2a
ou encore
2x = a
3y = a
ce qui donne
x=
y=

a
2
a
3

Finalement les points stationnaires sont:
f(0; y) : y 2 Rg [ fx; 0 : x 2 Rg [
b) (2.5points)
@2f
(x; y) =
@x2
@2f
(x; y) =
@y 2

6x2 y 2 + 6xy 2 (a
4x3 y + 2x3 (a
2

na ao
;
2 3

x
x

y)
y)

@2f
(x; y)
@y@x

=
=

@2f
(x; y)
@x@y
2x3 y 3x2 y 2 + 6x2 y (a

x

y)

Notons 4(x; y)
4(x; y) =

@2f
(x; y) :
@x2

@2f
(x; y)
@y 2

@2f
(x; y)
@x@y

2

On obtient:
4(x; 0) = 4(0; y) = 0
et
4

a a
1 8
;
=
a > 0 et
2 3
144

@2f
@x2

a a
;
=
2 3

1 4
a <0
9

Donc le point a2 ; a3 est une solution maximale locale stricte.
Exercice 4(4points)
Considérons la fonction f (x; y) = x3 + y 3
a)(1.5points) Pour quelles couples (x0 ; y0 ) la matrice Hessienne H(x0 ; y0 ) est
dé…nie positive.
b)(0.5point) La matrice H(1; 1) est elle dé…nie positive?
c)(1point) Le point (1; 1) véri…e t’il la condition su¢ sante d’optimalité?
d)(1point) Le point (1; 1) est il une solution optimale locale? Justi…ez votre
réponse.
Solution Exercice 4(4points)
a)(1.5points) f (x; y) = x3 + y 3
@f
@2f
(x; y) = 3x2 ;
(x; y) = 6x;
@x
@x2
@f
@2f
(x; y) = 3y 2 ;
(x; y) = 6y;
@y
@y 2
@2f
@2f
(x; y) =
(x; y) = 0
@x@y
@y@x
Donc
6x0
0

H (x0 ; y0 ) =

0
6y0

Il est claire que si (x0 ; y0 ) = (0; 0); alors
H (0; 0) =

3

0
0

0
0

et par conséquent pour tout (x; y) 6= (0; 0); on a
x
y

(x; y)H(0; 0)

=0

Donc H(0; 0) n’est pas dé…nie positive.
Si (x0 ; y0 ) 6= (0; 0); alors pour (x; y) 6= (0; 0);on a
x
y

(x; y)H (x0 ; y0 )
=

(x; y)

6x0
0

=

(x; y)

6x0 x
6y0 y

=

6(x0 x2 + y0 y 2 )

Il est clair que (x; y)H (x0 ; y0 )

x
y

0
6y0

x
y

= 6x0 x2 + 6y0 y 2

> 0 pour (x; y) 6= (0; 0) et (x0 ; y0 ) 6= (0; 0)

si et seulement si
x0 > 0;

y0 > 0

b)(0.5points) La matrice H(1; 1) est dé…nie positive d’après a). En e¤et pour
(x; y) 6= (0; 0)
x
(x; y)H (1; 1)
= 6(x2 + y 2 ) > 0
y
c)(1point) (1; 1) ne véri…e pas la condition su¢ sante d’optimalité car
rf (1; 1) =

3
3

6=

0
0

d)(1point) (1; 1) n’est pas une solution optimale locale car si
(1; 1) est une solution optimale locale =) rf (1; 1) =

0
0

Donc
rf (1; 1) 6=

0
0

=) (1; 1) n’est pas une solution optimale locale.

Exercice 5(4points)
3) Trouvez la solution générale yg de l’équation:
y 00

4y 0 + 3y = 6x + 1 + 4ex + 8e

x

Solution Exercice 5 (4points)
y 00

4y 0 + 3y = 6x + 1 + 4ex + 8e
4

x

= f1 + f2 + f3

avec
f1 = 6x + 1; f2 = 4ex ; f3 = 8e

x

La solution de l’équation homogène
y 00

4y 0 + 3y = 0

est
yh = C1 e3x + C2 ex
On cherche une solution particulière de l’équation:
y 00

4y 0 + 3y = 6x + 1

sous la forme
yp1 = ax + b
Après substitution, on trouve:
yp1 = 2x + 3
On cherche une solution particulière de l’équation:
y 00

4y 0 + 3y = 4ex

sous la forme
yp2 = axex
Après substitution, on trouve:
2xex

yp2 =

On cherche une solution particulière de l’équation:
y 00

4y 0 + 3y = 8e

x

sous la forme
yp3 = ae

x

Après substitution, on trouve:
yp3 = e

x

Finalement la solution particulière yp est
yp

= yp1 + yp2 + yp3
= (2x + 3) 2xex + e

x

et la solution générale de l’équation non homogène est
yg

= yh + y p
= C1 e3x + C2 ex + (2x + 3)
5

2xex + e

x

Exercice 6(2points)
Résoudre l’équation di¤érentielle d’ordre 1 suivante:
y0 =

2x + y 1
4x + 2y + 5

Solution Exercice 6 (2points)
C’est une équation qui se ramène à une équation homogène. Ici on a
2
4

1
2

=0

Donc on e¤ectue le changement de variables
z = 2x + y
alors
y0 = z0

2

2=

z 1
2z + 5

et l’équation devient
z0
ou encore

5z + 9
dz
=
dx
2z + 5

ou encore
ou encore

2z + 5
dz = dx
5z + 9
Z

2z + 5
dz = x + C
5z + 9

or d’après l’exercice 2, on a
Z
2z + 5
2
7
dz = z +
ln j5z + 9j
5z + 9
5
25
soit en remplaçant z = 2x + y; on obtient la solution
2
7
(2x + y) +
ln j10x + 5y + 9j = x + C
5
25
ou encore en multipliant par 25
5x + 10y + 7 ln j10x + 5y + 9j = C 0 ;

6

C 0 = 25C