Examen S2 2019 ANALYSE AVEC CORRIGE .pdf



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ESTI ANNABA ANALYSE EXAMEN S2
Juillet 2019. 2heures
Exercice 1(2points)
Considérons l’équation di¤érentielle linéaire d’ordre deux à coé¢ cients constants non homogène suivante:
y 00 + py 0 + qy = f1 + f2

(1)

On suppose que y1 est une solution particulière de l’équation y 00 + py 0 + qy = f1
et y2 est une solution particulière de l’équation y 00 + py 0 + qy = f2 :
Montrez que y1 + y2 est une solution particulière de l’équation y 00 +py 0 +qy =
f1 + f2
Corrigé Exercice1
00

00

0

00

On a (y1 + y2 ) = y1 0 + y2 0 et (y1 + y2 ) = y1 + y2 : Soit en remplaçant
dans l’équation (1); on a
00

0

(y1 + y2 ) + p (y1 + y2 ) + q (y1 + y2 )
00

00

= y1 + y2 + p (y1 0 + y2 0 ) + q (y1 + y2 )
h 00
i h 00
i
= y1 + py1 0 + qy1 + y2 + py2 0 + qy2

=

[f1 ] + [f2 ]

Donc y1 + y2 est solution particulière de (1).
Exercice 2 (2points)
Soit f : R2 ! R et (x0 ; y0 ) 2 R2 : On suppose que f est di¤érentiable au
point (x0 ; y0 ): Montrez que f est continue au point (x0 ; y0 ):
Corrigé Exercice 2
f est di¤érentiable au point (x0 ; y0 ): Alors
f (x0 + h; y0 + k) = f (x0 ; y0 ) + Ah + Bk + h"1 (h; k) + k"2 (h; k)

(2)

"1 (h; k) ! 0 et "2 (h; k) ! 0 quand (h; k) ! (0; 0)

(3)

avec
Posons
x = x0 + h; y = y0 + k
Donc
(x; y) ! (x0 ; y0 ) quand (h; k) ! (0; 0):
Par conséquent et d’après (2), (3) et (4), on a
lim

(x;y)!(x0 ;y0 )

f (x; y) =

lim

(h;k)!(0;0)

1

f (x0 + h; y0 + k) = f (x0 ; y0 )

(4)

Ceci implique que f est continue au point (x0 ; y0 ):
Exercice3 (4points)
a)(1point) Trouvez la solution générale yg de l’équation di¤érentielle:
y 00

2y 0 + 5y = 0

(5)

b)(2.5points) Trouvez une solution particulière y1 de l’équation
y 00

2y 0 + 5y =

4ex sin(2x)

(6)

c)(0.5point) Trouvez la solution générale de l’équation
y 00

2y 0 + 5y =

4ex sin(2x)

Solution Exercice3
a) l’équation caractéristique de l’équation (5) est: k 2 2k + 5 = 0; 4 =
4 20 = 16 < 0
Les solution sont complexes conjuguées: k1 = 1 2i; k2 = 1 + 2i
La solution générale est donc:
yg = ex [C1 cos(2x) + C2 sin(2x)] ; C1 2 R; C2 2 R
b) L’équation (6) est de la forme:
y 00

2y 0 + 5y = e

x

[Pm (x) cos( x) + Qn (x) sin( x)]

avec
= 1; m = 0; n = 0;

=2

Remarquons que + i = 1 + 2i est solution de l’équation caractéristique. Donc
on cherche la solution particulière y1 de l’équation (6) sous la forme:
y1 = xex [A cos(2x) + B sin(2x)]
y1 0 = Aex cos 2x + Bex sin 2x + Axex cos 2x
+2Bxex cos 2x 2Axex sin 2x + Bxex sin 2x
00
y1 = 2Aex cos 2x + 4Bex cos 2x 4Aex sin 2x + 2Bex sin 2x
3Axex cos 2x + 4Bxex cos 2x 4Axex sin 2x 3Bxex sin 2x
On obtient en e¤ectuent les opérations élémentaires et en divisant par ex
y1 00 2y1 0 + 5y1 = 4ex sin(2x) ()
2A cos 2x + 4B cos 2x 4A sin 2x + 2B sin 2x
3Ax cos 2x + 4Bx cos 2x 4Ax sin 2x 3Bx sin 2x
2 (A cos 2x + B sin 2x + Ax cos 2x + 2Bx cos 2x 2Ax sin 2x + Bx sin 2x)
+5 (x [A cos(2x) + B sin(2x)])
= 4 sin(2x)
ou encore
cos(2x) [2A + 4B 3Ax + 4Bx 2A 2Ax 4Bx + 5Ax]
2

+ sin(2x) [ 4A + 2B 4Ax 3Bx 2B 4Ax 2Bx + 5Bx] =
() cos(2x) [4B] + sin(2x) [ 4A] = 4 sin(2x) ()

4 sin(2x)

4B = 0
() fA = 1; B = 0
4A = 4
La solution particulière est donc
y1 = xex cos(2x)
c) La solution générale de l’équation (6) est:
yg = xex cos(2x) + ex [C1 cos(2x) + C2 sin(2x)] ; C1 2 R; C2 2 R
Exercice 4 (3points)
Considérons la fonction f : R2 ! R dé…nie par
f (x; y) =

xy
x2 +y 2

si (x; y) 6= (0; 0)
0 si (x; y) = (0; 0)

@f
a)(1point) Calculez en utilisant la dé…nition @f
@x (0; 0); @y (0; 0)
b)(1point) Etudiez la continuité de f au point (0; 0)
c)(1point) Etudiez la di¤érentiabilité de f au point (0; 0)

Solution Exercice 4
a)
@f
f (0 + h; 0)
(0; 0) = lim
h!0
@x
h

f (0; 0)

= lim

0

h!0 h3

@f
f (0; 0 + k)
(0; 0) = lim
k!0
@y
k

f (0; 0)

= lim

0

h!0 k 3

=0
=0

b)
lim

f (x; y) =

lim

x!0 x2

(x;y)!(0;0); y=mx

=

mx2
mx2
= lim 2
2
2
x!0 x (1 + m2 )
+m x

m
1 + m2

On a donc
lim f (x; y)

=

(x;y)!(0;0); y=mx

1
2
2
5

si m = 1
si m = 2

Par conséquent
n0 existe pas:

lim f (x; y)
(x;y)!(0;0); y=mx

Donc f n’est pas continue au point (0; 0):
c) D’après l’exercice 2, on a
3

f est di¤érentiable au point (0; 0) =) f est continue au point (0; 0):
Notons (P ) et (Q) les propositions suivantes:
(P ) : f est di¤érentiable au point (0; 0)
(Q) : f est continue au point (0; 0)
On a donc:
(P ) =) (Q) () non(Q) =) non(P )

f n’est pas continue au point (0; 0) =) f n’est pas di¤érentiable au point
(0; 0)
Exercice 5(6points)
Partie A
Considérons la fonction f : R2 ! R dé…nie par
f (x; y) = x2 + y 2 + xy + 1
a)(0.5point) Trouvez les points stationnaires de f
b)(0.5point) Montrez que si (x; y) 6= (0; 0); alors (x; y) n’est pas une solution optimale locale de f
c)(0.5point) Calculez la matrice Hessienne H(0; 0)
d)(1points) Montrez que H(0; 0) est dé…nie positive
e)(0.5point) Trouvez les solutions optimales locales de f
Partie B
Considérons la fonction g : R2 ! R dé…nie par
g(x; y) = x2 + y 2 + 4xy

2

f )(0.5) Trouvez les points stationnaires de g
g)(0.5) Montrez que si (x; y) 6= (0; 0); alors (x; y) n’est pas une solution
optimale locale de g
h)(1.5point) H(0; 0) est elle dé…nie positive? H(0; 0) est elle dé…nie négative?
i) (0.5points)La fonction g a t’elle des solutions optimales locales? Justi…ez
votre réponse.
Solution Exercice 5
PARTIE A
a)
@f
@f
@x (x; y) = 2x + y; @y (x; y) = 2y + x
2x + y = 0
2y + x = 0
La solution unique de ce système linéaire est [x = 0; y = 0]
b) On a d’après la condition nécessaire d’optimalité:
((b
x; yb) solution optimale locale de f ) =) (b
x; yb) est un point stationnaire
(7)
4

Notons (P ) et (Q) les propositions suivantes:
(P ) : (b
x; yb) est une solution optimale locale de f
(Q) : (b
x; yb) est un point stationnaire
D’après (7), nous avons
(P ) =) (Q)
Donc
non(Q) =) non(P )
Par conséquent si (b
x; yb) n’est pas un point stationnaire alors (b
x; yb) n’est pas une
solution optimale locale de f: Or nous avons vu que le seul point stationnaire
de f est le point (0; 0); donc si (x; y) 6= (0; 0) alors (x; y) n’est pas un point
stationnaire et par conséquent n’est pas une solution optimale de f:
c)
@2f
@2f
@2f
@2f
@x2 (x; y) = 2; @y 2 (x; y) = 2; @x@y (x; y) = 1; @y@x (x; y) = 1; Donc
2
1

H(0; 0) =

1
2

d)
x
2 1
x
= x y
y
1 2
y
= x (2x + y) + y (x + 2y) = 2x2 + xy + xy + 2y 2 = 2x2 + 2xy + 2y 2
= x2 + 2xy + y 2 + x2 + y 2 = (x + y)2 + x2 + y 2 > 0; 8(x; y) 6= (0; 0)
Donc la matrice hessienne H(0; 0) est dé…nie positive.
x y

H(0; 0)

e) D’après les questions a), b), c), d), on a
8
0
<
rf (0; 0) =
0
=) (0; 0) est une solution M inimale locale
:
H(0; 0) def inie positive
PARTIE B
f)
@g
@g
@x (x; y) = 2x + 4y; @y (x; y) = 2y + 4x
Les points stationnaires de la fonction g véri…ent les conditions:
(
@g
@x (x; y) = 2x + 4y = 0;
@g
@y (x; y) = 2y + 4x = 0

ou encore
2x + 4y = 0
,
2y + 4x = 0
La Solution unique de ce système est : [x = 0; y = 0] : Donc il existe un seul
point stationnaire (0; 0):
g)

5

On a d’après la condition nécessaire d’optimalité:
((b
x; yb) solution optimale locale de g ) =) (b
x; yb) est un point stationnaire de g
(8)
Notons (R) et (S) les propositions suivantes:
(R) : (b
x; yb) est une solution optimale locale de g
(S) : (b
x; yb) est un point stationnaire de g
D’après (8), nous avons
(R) =) (S)
Donc
non(S) =) non(R)
Par conséquent si (b
x; yb) n’est pas un point stationnaire de g alors (b
x; yb) n’est pas
une solution optimale locale de g: Or nous avons vu que le seul point stationnaire
de g est le point (0; 0); donc si (x; y) 6= (0; 0) alors (x; y) n’est pas un point
stationnaire et par conséquent n’est pas une solution optimale de g:
@2g
@2g
@2g
@2g
@x2 (x; y) = 2; @y 2 (x; y) = 2; @x@y (x; y) = 4; @y@x (x; y) = 4; Donc H(0; 0) =
2 4
4 2
x y

H(0; 0)

x
y

=

2 4
x
4 2
y
= x (2x + 4y) + y (4x + 2y) = 2x2 + 8xy + 2y 2
= 2(x2 + 4xy + y 2 )
4 = 64y 2 4(2)(2) = 64y 2 16 = 16(y 2 4) = 16(y 2)(y + 2): Puisque 4
change de signe suivant les valeurs de y: Donc
4 n’a pas un signe constant sur R2 :Donc H(0; 0) n’est pas dé…nie positive
et H(0; 0) n’est pas dé…nie négative.
x y

i) On a
@2g
@2g
@2g
( @x@y
(0; 0))2 = 4 16 = 12 < 0
@x2 (0; 0): @y 2 (0; 0)
D’après un théorème du cours le point (0; 0) n’est pas une solution minimale
locale et n’est pas une solution maximale locale.

Exercice 6(4points)
Considéons f : [0; +1[! R dé…nie:
f (x) = x2 +
et
a 2 0;

1
4

[
6

3
16

3
; +1
4

Etudiez suivant les valeurs de a; la suite récurente (un ) dé…nie par
u0 = a et

un+1 = f (un )

Corrigé Exercice 6
3
f (x) = x2 + 16
f 0 (x) = 2x =) f est strictement croissante sur [0; +1[
D’autre part
f est continue sur [0; +1[
=) f est une bijection de [0; +1[ sur [f (0); lim f (x)[
f est strictement croissante sur [0; +1[
x!+1
f (0) =

3
16 ;

f ([0; +1[)

lim f (x) = +1: Donc

x!+1
3
= [ 16
; +1[

[0; +1[

On a
u1

u0 = a2 +

u0 = f (u0 )

3
16

a

Etude du signe de u1 u0 ; avec u0 = a 2 0; 14 [ 34 ; +1
3
u1 u0 > 0 () a2 + 16
a > 0 () a 2 0; 14 [ 34 ; +1
1
3
Donc si a 2 a 2 0; 4 [ 4 ; +1 ; alors (un ) est croissante
Cas1: a 2 [0; 14 [
Nous savons que si lim un = ` existe, alors ` est solution de l’équation
n!1

f (x) = x cad solution de l’équation
x2 +
Les solutions de l’équation (9) sont

3
16

x = 0:

1 3
4; 4

(9)

. D’autre part si lim un = ` existe,
n!1

alors ` = sup fun g
Montrons donc que 41 est un majorant de la suite fun g :
3
f (x) = x2 + 16
1
1
f(4) = 4
La preuve se fait par récurence.
1
u0 = a 2 0; 14 =) u0
4:
1
Supposons que uk
:
f
étant
croissante sur [0,+1[: Donc uk+1 = f (uk )
4
f ( 14 ) = 14
1
1
Donc si uk
4 ; alors uk+1 = f (uk )
4 : Par conséquent
uk

1
; pour tout k
4

On a
(un ) majoree
(un ) croissante

=) (un ) convergente
7

Puisque
un

1
=) lim un
n!1
4

1
4

Donc la valeur 34 ne convient pas. La seule limite possible est 14 :
Conclusion: a 2 [0; 14 [ alors lim un = 14 :
n!1

Cas 2 a 2] 34 ; +1[
Dans ce cas, si lim un existe; on peut démontrer par récurence que
n!1

un

1
3
>
et par consequent
4
4

lim un

n!1

3
1
1
> =) lim un 6=
n!1
4
4
4

Le seul cas possible pour la limite 43 : Montrons que ceci est impossible. En e¤et
supposons le contraire. Alors
lim un = sup fun g =

n!1

Donc
un

3
:
4

3
; n = 0; 1; 2; ::::
4

(10)

(10) est impossible car u1 = f (u0 ) = f (a) > f ( 34 ) = 34 :
Conclusion
(un ) est strictement croissante
(un ) n0 est pas majoree

8

=) lim un = +1
n!1



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