CC3

HLMA103
2014-2015
HLMA103 - BIOMATHS - 2014-2015
CONTRÔLE CONTINU 3
— Durée : 1h30. —
Seul document autorisé : le polycopié du cours. Calculatrice et téléphone mobile interdits.
Il sera tenu compte de la clarté et de la précision de la rédaction.
Le barème est donné à titre indicatif et pourrait être légèrement modifié.
Exercice 1. ( /7)
Résoudre les équations différentielles suivantes sur R+ . On mettra en évidence les étapes de
résolution et on détaillera les calculs effectués.
(
y 0 (t) + ln(3)y(t) = e5t
y(0) = 0
(E1 )
Correction. On commence par résoudre l’équation homogène associée :
(H1 )
y 0 (t) + ln(3)y(t) = 0.
On connaît les solutions de (H1 ) en utilisant une des primitives :
Z
ln(3)dt = ln(3)t + D
où D ∈ R.
On choisit par exemple la primitive t 7→ ln(3)t (pour D = 0). Alors, les solutions de (H1 )
sont les fonctions telles que, pour tout t ∈ R+ :
h(t) = Ce− ln(3)t = C3−t ,
où C ∈ R est une constante.
On cherche maintenant une solution particulière y1 de (E1 ). Compte-tenu de la forme
de l’équation, on peut chercher une solution particulière de la forme :
∀t ∈ R+
y1 (t) = ae5t ,
où a ∈ R est une constante à déterminer. Or y1 est solution de (E1 ) si et seulement si :
y10 (t) + ln(3)y1 (t) = e5t
⇔
5ae5t + a ln(3)e5t = e5t
⇔
5a + a ln(3) = 1
⇔
a(5 + ln(3)) = 1
1
.
a=
5 + ln(3)
⇔
Une solution particulière de (E1 ) est donc donnée par :
1
∀t ∈ R+ y1 (t) =
e5t .
5 + ln(3)
On en déduit que les solutions de (E1 ) sont les fonctions telles que, pour tout t ∈ R+ :
1
y(t) = h(t) + y1 (t) = C3−t +
e5t ,
5 + ln(3)
où C ∈ R est une constante.
Date: Lundi 15 Décembre.
Elsa Ibanez
1
Contrôle Continu 3
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Enfin, la condition initiale y(0) = 0 donne :
1
C3−0 +
e5×0 = 0 ⇔
5 + ln(3)
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1
=0
5 + ln(3)
1
C=−
.
5 + ln(3)
C+
⇔
Donc, pour tout t ∈ R+ , on a :
y(t) = −
1
e5t − 3−t
3−t
+
e5t =
.
5 + ln(3) 5 + ln(3)
5 + ln(3)
(
(E2 )
y 0 (t) +
y(0) =
2
(1+2t) y(t)
5
6
=t
Correction. On commence par résoudre l’équation homogène associée :
2
(H2 ) y 0 (t) +
y(t) = 0.
(1 + 2t)
On connaît les solutions de (H2 ) en utilisant une des primitives :
Z
2
dt = ln(1 + 2t) + D où D ∈ R.
(1 + 2t)
On choisit par exemple la primitive t 7→ ln(1 + 2t) (pour D = 0). Alors, les solutions de
(H2 ) sont les fonctions telles que, pour tout t ∈ R+ :
C
h(t) = Ce− ln(1+2t) =
,
1 + 2t
où C ∈ R est une constante.
On cherche maintenant une solution particulière y2 de (E2 ). Il n’y a pas de solution
"évidente" ; on doit passer par la méthode de la variation de la constante. Pour cela, on
intègre t 7→ teln(1+2t) = t(1 + 2t) :
Z
Z
2
1
t(1 + 2t)dt = (t + 2t2 )dt = t2 + t3 + D où D ∈ R.
2
3
1 2
2 3
On choisit par exemple la primitive t 7→ 2 t + 3 t (pour D = 0). D’après la méthode de
variation de la constante, une solution particulière de (E2 ) est donnée par :
∀t ∈ R+
y2 (t) =
1 2 2 3 − ln(1+2t)
t + t e
=
2
3
1 2 2 3
1
3t2 + 4t3
t + t
=
.
2
3
1 + 2t
6(1 + 2t)
On en déduit que les solutions de (E2 ) sont les fonctions telles que, pour tout t ∈ R+ :
y(t) = h(t) + y2 (t) =
où C ∈ R est une constante.
Enfin, la condition initiale y(0) =
3×
02
C
3t2 + 4t3
3t2 + 4t3 + 6C
+
=
,
1 + 2t 6(1 + 2t)
6(1 + 2t)
5
6
donne :
03
+ 4 × + 6C
5
=
6(1 + 2 × 0)
6
Donc, pour tout t ∈ R+ , on a :
y(t) =
⇔
5
C= .
6
3t2 + 4t3 + 5
.
6(1 + 2t)
Exercice 2. ( /15)
p
On étudie la fonction f de deux variables définie par f (x, y) = x2 + y 2 + 1.
(1) Montrer que cette fonction est bien définie pour tout x ∈ R et pour tout y ∈ R.
Elsa Ibanez
2
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√
Correction. On veut que x2 + y 2 + 1 ≥ 0 car u 7→ u est définie sur R+ . Or, pour
tout x ∈ R et pour tout y ∈ R, on a x2 + y 2 ≥ 0. Donc, pour tout x ∈ R et pour
tout y ∈ R, on a bien x2 + y 2 + 1 ≥ 1 ≥ 0.
(2) Soit g : x 7→ f (x, 0) la fonction partielle d’une variable obtenue en fixant y = 0. Etudier cette fonction (domaine de définition, parité, domaine de dérivabilité, tableau de
variations, extrema, et graphe). On mettra en évidence les étapes de cette étude et on
détaillera les calculs effectués.
Correction.
√
(a) Domaine de
définition.
On
a
g(x)
=
f
(x,
0)
=
x2 + 1. On veut que x2 + 1 ≥ 0
√
car u 7→ u est définie sur R+ . Or, pour tout x ∈ R, on a x2 ≥ 0. Donc,
pour tout x ∈ R, on a bien x2 + 1 ≥ 1 ≥ 0. Le domaine de définition de g est
Dg = R.
√
p
(b) Parité. Pour tout x ∈ R, on a g(−x) = (−x)2 + 1 = x2 + 1 = g(x). Donc
g est une fonction paire.
(c) Domaine de dérivabilité. La fonction g est la composée de :
– la fonction x 7→ x2 + 1√dérivable sur R (car c’est une fonction polynomiale),
– et de la fonction u 7→ u dérivable sur R∗+ .
Or, pour tout x ∈ R, on sait que x2 + 1 ≥ 1 > 0. Donc g est dérivable sur R.
(d) Tableau de variations. D’après les règles de dérivation sur les composées, pour
tout x ∈ Df , on a g 0 (x) = √xx2 +1 . Le tableau de signe de f 0 est donné par :
−∞
x
−
x
√
+∞
0
x2 + 1
+
f 0 (x)
−
+
0
+
+
0
On en déduit que la tableau de variations de f est :
−∞
x
+∞
0
f 0 (x)
−
0
+
f (x)
1
(e) Extrema. Compte-tenu de son tableau de variations, la fonction g admet un
minimum en 0 et g(0) = 1.
(f) Graphe. L’allure du graphe de g est :
(3) Calculer les limites limx→±∞
Elsa Ibanez
g(x)
x .
3
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Correction. On a limx→+∞ x2 + 1 = limx→+∞ x2 d’après les règles de limites en
l’infini sur les polynômes. Il s’ensuit que :
√
√
x
x2 + 1
x2
lim
= lim
= lim
= 1,
x→+∞
x→+∞ x
x→+∞ x
x
√
√
x2 + 1
x2
−x
lim
= lim
= lim
= −1.
x→−∞
x→−∞ x
x→−∞ x
x
Donc limx→±∞
g(x)
x
= ±1.
(4) √
Déterminer et tracer les lignes de niveaux de f pour les niveaux 0, 1, 2. On donne
3∼
= 1, 73 pour indication.
Correction. Soit c ∈ R un niveau.
(a) Pour c = 0, on a :
f (x, y) = 0
⇔
q
x2 + y 2 + 1 = 0
⇔
x2 + y 2 + 1 = 0
⇔
x2 + y 2 = −1.
Ce qui est impossible. Il n’y a pas de solution, donc pas de ligne de niveau.
(b) Pour c = 1, on a :
f (x, y) = 1
⇔
q
x2 + y 2 + 1 = 1
x2 + y 2 + 1 = 1
⇔
⇔
x2 + y 2 = 0.
Cette équation est équivalente à x = 0 et y = 0. La ligne de niveau est réduit à
au point (0, 0) :
(c) Pour c = 2, on a :
q
x2 + y 2 = 3.
√
Cette équation est l’équation d’un cercle de centre (0, 0) et de rayon 3. Le
ligne de niveau est donc ce cercle :
f (x, y) = 2
⇔
x2 + y 2 + 1 = 2
x2 + y 2 + 1 = 4
⇔
⇔
(5) Calculer les dérivées partielles de f et déterminer la ou les position(s) des extrema
plausibles de f .
Correction. On a :
∂f
x
∂f
y
et
.
(x, y) = p 2
(x, y) = p 2
2
∂x
∂y
x +y +1
x + y2 + 1
Ces dérivées partielles s’annulent simultanément si et seulement si :


√
x
x2 +y 2 +1
y

√ 2 2
x +y +1
=0
=0
(
⇔
x=0
y=0
.
Il y a un unique extremum potentiel en (0, 0).
(6) Montrer que f admet un minimum en (0, 0).
Elsa Ibanez
4
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√
Correction. On a f (0, 0) = 1 = 1. Or, pour tout x ∈ R et pour tout y ∈ R, on
a x2 + y 2 ≥ 0, donc x2 + y√2 + 1 ≥ 1. On en
√ déduit que, pour tout x ∈ R et pour
tout y ∈ R, on a f (x, y) ≥ 1 = 1 car u 7→ u est une fonction croissante sur R+ .
Donc f admet un minimum en (0, 0).
(7) Parmi les surfaces-graphes suivants, lequel est celui de f . Justifier (on donnera un petit
argument pour chaque surface-graphe réfuté).
A
B
1,000
5
5
5
0
0
−4
0
−2
0
2
x
4
−4
y
−5
0
−2
0
2
4
x
C
y
−5
D
0
4
−0.5
2
5
−1
5
0
−4
0
−2
0
x
2
4
−5
−4
y
0
−2
0
x
2
4
−5
y
Correction. D’après la question (2), on connaît le graphe de la fonction partielle
g de f , obtenue en fixant y = 0. Cela exclut les surfaces-graphes A (dont les images
ont des valeurs trop élevées), C (dont les images sont négatives), et D (dont le
minimum vaut 0). Donc B est surface-graphe de f .
(8) On considère la courbe paramétrée donnée pour tout t ∈ R par :
ω(t) = f (sin(cos(t)), tan(t)).
Exprimer la dérivée de ω : t 7→ ω(t) à l’aide des dérivées partielles de f .
Correction. Pour tout t ∈ R, on a :
∂f
∂f
ω 0 (t) =
(sin(cos(t)), tan(t)) [sin(cos(t))]0 +
(sin(cos(t)), tan(t)) [tan(t)]0 .
∂x
∂y
D’après la question (5), on connaît déjà les dérivées partielles de f et on a :
∂f
sin(cos(t))
(sin(cos(t)), tan(t)) = p
,
∂x
sin(cos(t))2 + tan(t)2 + 1
∂f
tan(t)
(sin(cos(t)), tan(t)) = p
.
∂y
sin(cos(t))2 + tan(t)2 + 1
Elsa Ibanez
5
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De plus, on a :
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[sin(cos(t))]0 = − sin(t) cos(cos(t))
et
[tan(t)]0 = 1 + tan(t)2 .
Donc :
(1 + tan(t)2 ) tan(t)
− sin(t) cos(cos(t)) sin(cos(t))
p
+
ω 0 (t) = p
sin(cos(t))2 + tan(t)2 + 1
sin(cos(t))2 + tan(t)2 + 1
(1 + tan(t)2 ) tan(t) − sin(t) cos(cos(t)) sin(cos(t))
p
=
.
sin(cos(t))2 + tan(t)2 + 1
Elsa Ibanez
6
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