EXAMEN S2 2020 AVEC SOLUTION

1
ESTI ANNABA. ANALYSE. EXAMAN S2
Année 2019-2020. Durée 1h 30 minutes

EXERCICE 1 (4oints)
a) Montrez que
sin(3x) + 3 sin(x)
4

sin3 (x) =
b) Montrez que
cos3 (x) =

cos(3x) + 3 cos(x)
4

Aide: On peut utiliser le fait que
e
2i

ix

eix + e
cos(x) =
2

ix

sin(x) =

eix

et

Solution Exercice 1
a) En remarquant que
(a

b)3 = a3

3a2 b + 3ab2

b3

on a
3

sin (x) =
=
=

(eix

e
8i

ix 3

)

=

ei3x

e

i3x

1 ei3x e i3x 3 eix e
+
4
2i
4
2i
1
3
sin 3x + sin x
4
4

3ei2x e
8i
ix

b) De même comme
(a + b)3 = a3 + b3 + 3a2 b + 3ab2

ix

+ 3eix e

i2x

2
on a
3

(eix + e ix )
ei3x + e i3x + 3ei2x e
cos (x) =
=
8
8
1 ei3x + e i3x 3 eix + e ix
=
+
4
2
4
2
1
3
=
cos 3x + cos x
4
4
3

ix

+ 3eix e

i2x

Exercice 2 (3points)
Considérons l’équation di¤erentielle linéaire non homogéne à coé¢ cients
constants suivante:
y 00 + py 0 + qy = f1 (x) + f2 (x)

(1)

Soit y1 une solution particulière de l’équation non homogène
y 00 + py 0 + qy = f1 (x)

(2)

et y2 une solution particulière de l’équation non homogène
y 00 + py 0 + qy = f2 (x)

(3)

Montrez que y = y1 + y2 est une solution particulière de l’équation non
homogène
y 00 + py 0 + qy = f1 (x) + f2 (x)
Solution Exercice 2
Puisque y1 est une solution particulière de l’équation non homogène (2),
donc
y1 00 + py1 0 + qy1 = f1 (x)
De même puisque y2 est une solution particulière de l’équation non homogène
(3), donc
y2 00 + py2 0 + qy2 = f2 (x)
D’autre part puisque y = y1 + y2 ; alors
y

00

+ py 0 + qy

=
=
=
=

(y1 + y2 )00 + p (y1 + y2 )0 + q (y1 + y2 )
(y1 00 + y2 00 ) + p (y1 0 + y2 0 ) + q (y1 + y2 )
(y1 00 + py1 0 + qy1 ) + (y2 00 + py2 0 + qy2 )
f1 (x) + f2 (x)

3
Par conséquent y est une solution particulière de l’équation non homogène
(1).
Exercice 3 (5points)
1) Trouvez une solution partriculière de l’équation
y 00 + 2y 0 + y =

3 cos(x) + 3 sin(x)
4

2) Trouvez une solution partriculière de l’équation
y 00 + 2y 0 + y =

cos(3x)

sin(3x)
4

Solution Exercice 3
1)
y 00 + 2y 0 + y =

3
(cos x + sin x)
4

(4)

On cherche la solution particulière sous la forme y1 = A cos x + B sin x:
on a
y1 0 =
y1 00 =

A sin x + B cos x
A cos x B sin x

et (4) devient:
A cos x
=

B sin x + 2 ( A sin x + B cos x) + (A cos x + B sin x)

3
(cos x + sin x)
4

ou encore en regroupant
3
cos x
4
3
2A + B) =
sin x
4

cos x ( A + 2B + A) =
sin x ( B
ou encore

2B = 34
2A = 34

4
Finalement

3
3
; B=
8
8

A=
et
y1 =

3
3
cos x + sin x
8
8

2)
y2 solution particulière de
y 00 + 2y 0 + y =

1
(cos 3x
4

sin 3x)

(5)

On cherche la solution particulière sous la forme y2 = C cos 3x + D sin 3x:
On a
y1 0 =
y1 00 =

3C sin 3x + 3D cos 3x
9C cos 3x 9D sin 3x

et (5) devient:
9C cos 3x
=

1
(cos 3x
4

9D sin 3x + 2 ( 3C sin 3x + 3D cos 3x) + C cos 3x + D sin 3x
sin 3x)

ou encore en regroupant
1
cos 3x
4
1
6C + D) =
sin 3x
4

cos 3x ( 9C + 6D + C) =
sin 3x ( 9D
ou encore
8C + 6D =
6C 8D =

1
4

1
4

Ceci est équivalent à
48C + 36D = 64
48C + 64D = 84

5
soit en ajoutant
14
4
1
8C + 6D =
4
100D =

ou encore
7
200
42
1
8C =
4 200
D =

Ceci donne

1
42
+
=
32 1600

C=

Finalement
C=
et
y2 =

1
200

1
7
; D=
200
200

7
1
cos 3x +
sin 3x
200
200

Exercice 4 (4points)
Trouvez la solution générale de l’équation
y 00 + 2y 0 + y = sin3 (x) + cos3 (x)

(6)

Solution Exercice 4
L’équation caractéristique de l’équation homogéne est
k 2 + 2k + 1 = 0 , (k + 1)2 = 0
L’équation (7) admet une solution double k1 = k2 =
générale de l’équation homogène est donc
y = C1 e

x

+ C2 xe

x

(7)
1: La solution

(8)

6
Il faut trouver une solution particulière de (6). D’après l’exercice 1 on a
sin(3x) + 3 sin(x)
4

sin3 (x) =
et
cos3 (x) =

cos(3x) + 3 cos(x)
4

Donc
sin(3x) + 3 sin(x) cos(3x) + 3 cos(x)
+
4
4
3 cos(x) + 3 sin(x) cos(3x) sin(3x)
=
+
4
4

sin3 (x) + cos3 (x) =

Donc
y 00 + 2y 0 + y = sin3 (x) + cos3 (x)
3 cos(x) + 3 sin(x) cos(3x) sin(3x)
=
+
4
4
= f1 (x) + f2 (x)
avec
3 cos(x) + 3 sin(x)
4
cos(3x) sin(3x)
f2 (x) =
4

f1 (x) =

Or d’après l’exercice 2 et l’exercice 3, une solution particulière de (6) est
y

= y1 + y2
3
3
cos x + sin x +
8
8

1
7
cos 3x +
sin 3x
200
200

Finalement la solution générale de l’équation non homogène (6) est
yg = y + y = C1 e
+

x

+ C2 xe

x

+

1
7
cos 3x +
sin 3x
200
200

3
3
cos x + sin x
8
8

7
Exercice 5 (4points)
Considérons la fonction
f (x; y) = x4 + y 4

4xy

a) Trouvez les points critiques de f
b) Trouvez les solutions optimales locales de f
c) Montrez que (0,0) n’est pas une solution optimale globale de f
Solution Exercice 5
a)
@f
(x; y) = 4x3
@x
@f
(x; y) = 4y 3
@y

4y = 4 x3

y

4x = 4 y 3

x

Les points critiques véri…ent
x3
y3

y=0
x=0

(9)

Les solutions du système (9) sont
S = f(0; 0) ; (1; 1) ; ( 1; 1)g
b) ETUDE DES POINTS CRITIQUES
On a
@2f
(x; y) = 12x2
@x2
@2f
(x; y) = 12y 2
2
@y
@2f
(x; y) =
4
@x@y
Etude du point critique (0,0)
On a
@2f
@2f
@2f
(0;
0)
:
(0;
0)
(0; 0)
@x2
@y 2
@x@y

2

=

16 < 0

8
Donc (0,0) n’est pas une solution maximale locale et n’est pas une solution
minimale locale.
Etude du point critique (1,1)
On a
@2f
@2f
(1;
1)
:
(1; 1)
@x2
@y 2
= (12) : (12) 16 = 144

@2f
(1; 1)
@x@y
16 = 128 > 0

2

D’autre part
@2f
(1; 1) = 12 > 0
@x2
Donc (1,1) est une solution minimale locale
Etude du point critique (-1,-1)
On a
@2f
@2f
@2f
(
1;
1)
:
(
1;
1)
( 1; 1)
@x2
@y 2
@x@y
= (12) : (12) 16 = 144 16 = 128 > 0

2

D’autre part
@2f
( 1; 1) = 12 > 0
@x2
Donc (-1,-1) est une solution minimale locale
c) (0,0) n’est pas une solution optimale globale
(0,0) n’est pas une solution optimale locale, donc (0,0) n’est pas une
solution optimale globale car on a l’implication
solution optimale globale ) solution optimale locale
(P ) ) (Q) , non(Q) ) non(P )
Donc si un point n’est pas une solution optimale locale, alors ce point n’est
pas une solution optimale globale

9
ESTI ANNABA. ANALYSE. CONTROLE CONTINU CC S2
Année 2019-2020. Durée 30 minutes
Exercice 1 (6points)
Considérons la fonction de 2 variables
f (x; y) = ln x2

y2

a) Trouvez le domaine de dé…nition D(f ) de la fonction
b) Représentez le domaine de dé…nition D(f ) dans le plan Oxy
Solution Exercice 1
D(f ) = (x; y) : x2

y2 > 0

ou encore

c’est à dire que (x

D(f ) = f(x; y) : (x

y) (x + y) > 0g

y) et (x + y) doivent être de même signe. Notons

D1 = f(x; y) : x

y > 0 et x + y > 0g

D2 = f(x; y) : x

y < 0 et x + y < 0g

et
Alors

D(f ) = D1 [ D2

On a
et
dcran2020

10

D1 = f(x; y) : y < x et y >

xg

D2 = f(x; y) : y > x et y <

xg

25173903

1 :png

10
Exercice 2 (14points)
Considérons la fonction
(

xy (x2 y 2 )
;
x2 +y 2

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

f (x; y) =

a) Calculez en utilisant la dé…nition
@f
@f
(0; 0);
(0; 0)
@x
@y
b) Calculez en utilisant la dé…nition
@2f
@2f
(0; 0);
(0; 0)
@x@y
@y@x
c) Montrez par deux méthodes di¤érentes que la fonction f n’est pas de
classe C 2 dans R2
Solution Exercice 2
@f
(0; 0) =
@x

f (0 + h; 0)
h!0
h
0
lim = 0
h!0 h3

f (0; 0)

f (0; 0 + k)
k!0
k
0
lim 3 = 0
k!0 k

f (0; 0)

lim

=

f (h; 0)
h!0
h

= lim

De même
@f
(0; 0) =
@y

lim

=

f (0; k)
k!0
k

= lim

b)
@2f
@
(0; 0) =
@x@y
@x
=

lim

h!0

@f
@y
@f
@y

(0; 0) = lim

(h; 0)
h

h!0

@f
@y

(0 + h; 0)
h

@f
@y

(0; 0)

11
Or pour (x; y) 6= (0; 0) ; on a
@f
[x (x2
(x; y) =
@y
Donc

y 2 ) + xy ( 2y)] (x2 + y 2 )
(x2 + y 2 )2

2y (xy) (x2

y2)

@f
h3 h2
(h; 0) = 4 = h
@y
h

Par conséquent
@f
(h; 0)
@2f
h
@y
(0; 0) = lim
= lim = 1
h!0 h
h!0
h
@x@y

De même
@f

(0; k)
@f
@x
(0; 0) = lim
k!0
@x
k
@f
(0; k)
lim @x
k!0
k

@2f
@
(0; 0) =
@y@x
@y
=

@f
@y

(0; 0)

Or pour (x; y) 6= (0; 0) ; on a
@f
[y (x2
(x; y) =
@x

y 2 ) + xy (2x)] (x2 + y 2 )
(x2 + y 2 )2

Donc
@f
(0; k) =
@x

k3k2
=
k4

2x (xy) (x2

k

Par conséquent
@f
(0; k)
@2f
k
(0; 0) = lim @x
= lim
=
k!0
k!0 k
@y@x
k

c)
Première méthode
On a D’après le théorème de Shwartz
f 2 C 2 R2 )

@2f
@2f
(0; 0) =
(0; 0)
@y@x
@x@y

1

y2)

12
Or on montré que
@2f
@2f
(0; 0) 6=
(0; 0)
@y@x
@x@y
Donc f 2
= C 2 (R2 ) :
Remarque on a utilisé la proposition logique
(P ) ) (Q) , non(Q) ) non(P )
Deuxième méthode (facultative notée en plus des 20 points) (on
rajoute 2points si la réponse est correcte)
Ici on n’utilise pas le théorème de Shwartz, on utilise la dé…nition.
On calcule pour (x; y) 6= (0; 0) ;
@2f
@2f
(x; y) et
(x; y)
@x@y
@y@x
et on montre en utilisant les limites qu’elles ne sont pas continues au point
(0,0)