Calcul différentiel

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 1er septembre 2014 Enoncs 1

Calcul diffrentielProblme de primitivation

Exercice 1 [ 01772 ] [correction]Dterminer les fonctions f de classe C1 solutions des systmes suivants :

a)

f

x(x, y) = xy2

f

y(x, y) = x2y

b)

f

x(x, y) = x

x2 + y2f

y(x, y) = y

x2 + y2

c)

f

x(x, y) = x

x2 + y2f

y(x, y) = y

x2 + y2

Diffrentielle

Exercice 2 [ 02976 ] [correction]On munit Rn de sa structure euclidienne canonique. Soit f : Rn Rn uneapplication de classe C1 telle que f(0) = 0.On suppose que df(x) est orthogonale pour tout x Rn.Montrer que f est orthogonale.

Exercice 3 [ 03050 ] [correction]Soit C1(Rn,Rn) telle que d(0) soit inversible.Montrer quil existe un voisinage V de 0 tel que la restriction de V soitinjective.

Exercice 4 [ 03415 ] [correction]Soient U un ouvert de Rn et f, g, h : U R telles que

x U, f(x) 6 g(x) 6 h(x)On suppose de f et h sont diffrentiables en a U et f(a) = h(a). Montrer que gest diffrentiable en a.

Jacobien

Exercice 5 [ 00052 ] [correction]a) Calculer le jacobien de lapplication (r, ) 7 (r cos , r sin )b) Mme question avec (r, , ) 7 (r sin cos, r sin sin, r cos ).

Diffomorphisme

Exercice 6 [ 00053 ] [correction]Montrer que (u, v) 7 (u+ v, uv) dfinit un C1-diffomorphisme de

U ={

(u, v) R2/u < v}vers un ouvert V que lon prcisera.

Exercice 7 [ 00054 ] [correction]Montrer que

: (x, y) 7 (x+ 12 cos y, y +12 cosx)

est un C1-diffomorphisme de R2 sur lui-mme.

Exercice 8 [ 02908 ] [correction]Soient k ]0, 1[ et f C1(R,R) telle que

x R, |f (x)| 6 k

On dfinit une application : R2 R2 par

(x, y) = (y + f(x), x+ f(y))

Montrer que est un C1-diffomorphisme de R2 dans lui-mme.

Exercice 9 [ 01328 ] [correction]On munit Rn de sa structure euclidienne canonique et on considre f : R+ R declasse C1, croissante vrifiant f(0) = 1 et f (0) = 0.On pose

F (x) = f (x)xa) Montrer que N : x 7 x est C1 sur Rn\ {0} et exprimer sa diffrentielle.b) Montrer que F est de classe C1 sur Rn et dterminer sa diffrentielle.c) Montrer que

(x, h) Rn Rn, ( dF (x)(h) | h) > f(x) h2

d) Montrer que F est un diffomorphisme de Rn vers Rn.

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Divers

Exercice 10 [ 03510 ] [correction]Soit S le sommet de coordonnes (a, 0) de lellipse dquation

x2

a2+ y

2

b2= 1

Dterminer deux points M,N de lellipse tels que laire du triangle (SMN) soitmaximale.

Recherche dextremum

Exercice 11 [ 02473 ] [correction]Avec Maple, trouver les extrema de

f(x, y) = y exp(x) + x exp(y)

Exercice 12 [ 03740 ] [correction]Rn est muni de la structure euclidienne canonique.a) Comment dtermine-t-on les extrmums dune fonction de classe C2 sur unouvert de Rn (n fix dans N?) ?b) Etudier lexistence dextrmums de la fonction f valeurs dans R, dfinie surR3 par

(x, y, z) 7 (2x+ y z)(x+ y + 2z)c) Dterminer les extrmums de la fonction f dans la boule unit ferme de R3.d) E tant un espace vectoriel euclidien, f et g tant deux formes linaires nonnulles sur E, dterminer les extrmums globaux de la fonction fg dans la bouleunit ferme de E en utilisant des vecteurs reprsentants f et g travers leproduit scalaire.Enonc fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

Exercice 13 [ 02548 ] [correction]Extremum locaux et globaux de f(x, y) = y(x2 + (ln y)2) sur R ]0,+[.

Exercice 14 [ 02496 ] [correction]Extremum locaux et globaux de

f(x, y) = y(x2 + (ln y)2)

Exercice 15 [ 00060 ] [correction]Extrema locaux et globaux de

f(x, y) = y(x2 + (ln y)2)

Formes diffrentielles

Exercice 16 [ 00258 ] [correction]a) Montrer que la forme diffrentielle = (x+ y) dx+ (x y) dy est exacte etdterminer une primitive de .b) Rsoudre alors lquation diffrentielle

x+ y + (x y)y = 0dont linconnue est la fonction y de la variable relle x.

Exercice 17 [ 03367 ] [correction]a) Montrer que la forme diffrentielle

(x, y) = (xy y2 + 1) dx+ (x2 xy 1)dynest pas ferme.b) Dterminer les fonctions f : R R drivable telle que la forme diffrentielle

(x, y)f(xy)

soit exacte et dterminer ses primitives.

Exercice 18 [ 02566 ] [correction]La forme diffrentielle (x, y) = x2 dy + y2dx est-elle ferme ? Exacte ?Donner lensemble des cercles (parcourus une fois dans le sens direct) le longdesquels est nulle ?

Exercice 19 [ 01350 ] [correction]Les formes diffrentielles suivantes sont-elles exactes ? Si oui, dterminer lesprimitives de :

a) = x dy + y dx b) = xdy y dx(x y)2 c) =x dx+ y dyx2 + y2 y dy



Intgrales curvilignes

Exercice 20 [ 00106 ] [correction]On considre la forme diffrentielle

(x, y) = xdy y dxx2 + y2

dfinie sur R2\ {(0, 0)}.a) La forme diffrentielle est-elle ferme ?b) Calculer lintgrale de le long du cercle de centre O, de rayon 1 parcourudans le sens direct.c) La forme diffrentielle est-elle exacte ?

Exercice 21 [ 00107 ] [correction]Soit n N?.a) Montrer que la forme diffrentielle suivante est ferme

(x, y) = ey

x2 + y2 ((x sin x y cosx) dx+ (x cosx+ y sin x) dy)

b) Calculer la circulation de le long de larc figur direct ci-dessous

c) En passant la limite quand n + dterminer la valeur de +0

sin xx

dx

Exercice 22 [ 00109 ] [correction]Soient O,A,B les points daffixes respectives 0, r, r exp(ipi/4) avec r > 0.Soit r larc paramtr de C constitu :

- du segment [O,A], orient de O vers A ;- de larc Cr du cercle de centre O et de rayon r dorigine A et dextrmit B ;- du segment [B,O] orient de B vers O.a) Calculer lintgrale curviligne

Ir =

re(x+iy)

2( dx+ i dy)

b) Que dire de la limite, quand r +, de

Jr =Cr

e(x+iy)2( dx+ idy) ?

c) Quen dduire ?

Exercice 23 [ 01351 ] [correction]Calculer

I =

xdy + y dx

o est larc de parabole y = x2 allant de O A(2, 4).


I =

x2 dy + y2 dx

o est un paramtrage direct du cercle de centre (a, b) et de rayon R > 0.


I =

x2 dy + y2 dx

o est un paramtrage direct du triangle (OIJ) avec I(1, 0) et J(0, 1).


[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 1er septembre 2014 Corrections 4

Corrections

Exercice 1 : [nonc]a) f(x, y) = 12x2y2 + Cte sur R2.b) f(x, y) =

x2 + y2 + Cte sur R2\ {(0, 0)}.

c) Il ny a pas de solution car fx (x, y) =x

x2+y2 donnef(x, y) = 12 ln(x2 + y2) + C(y) qui injecte dans la deuxime quation donne :y

x2+y2 +C (y) =y

x2+y2 qui est incompatible avec C fonction de la seule variable y.

Exercice 2 : [nonc]Soient a, b Rn et : [0, 1] Rn dfinie par

(t) = f (a+ t(b a))La fonction est de classe C1 et sa drive est donne par

(t) = df (a+ t(b a)) .(b a)Puisque f(b) f(a) = (1) (0), on a

f(b) f(a) = 1

0df (a+ t(b a)) .(b a) dt

et donc

f(b) f(a) 6 1

0df (a+ t(b a)) .(b a) dt 6 b a

Pour poursuivre supposons que lon sache la fonction f bijective.Puisque f est de classe C1 et puisque son jacobien ne sannule pas (car ledterminant dune matrice orthogonale vaut 1), on peut, par le thormedinversion globale, affirmer que f est un C1 diffomorphisme de Rn vers Rn et que

y Rn, d(f1)(y) = [ df(x)]1 avec x = f1(y)Puisquen tout point, la diffrentielle de f est orthogonale, il en est de mme de ladiffrentielle de f1.Ltude prcdente applique f1 donne alors

c, d Rn,f1(d) f1(c) 6 d cCette proprit et la prcdente donne

a, b Rn, f(b) f(a) = b a

Sachant f(0) = 0, on obtient

a Rn, f(a) = aet alors la relation

f(b) f(a)2 = f(b)2 2(f(a) | f(b)) + f(a)2

permet dtablira, b Rn, (f(a) | f(b)) = (a | b)

Soient a, b, h Rn. Pour t 6= 0,(1t

(f(a+ t.h) f(a)) | f(b))

= (h | b)

et donc la limite quand t 0( df(a).h | f(b)) = (h | b)

Par la surjectivit de f , on en dduit

a, a, c, h Rn, ( df(a).h | c) = ( df(a).h | c)et donc

a, a Rn, df(a) = df(a)La diffrentielle de f est donc constante. Notons ` lendomorphisme orthogonalgal cette constante.En reprenant des calculs semblables ceux initiaux

a Rn, f(a) = f(0) + 1

0df(0 + t.a).adt =

10`(a) dt = `(a)

Il ne reste plus qu dmontrer le rsultat sans supposer la fonction fbijective. . . ce que je ne sais pas simplement argumenter !On peut cependant exploiter le thorme dinversion locale et les ides suivantes :Lapplication f ralise un C1 diffomorphisme dun ouvert U de Rn contenant 0vers un ouvert V contenant aussi 0.Ce qui est embtant pour poursuivre, cest quon ne sait pas si cet ouvert V estconvexe. . . Cependant, il existe une boule ouverte B(0, R) incluse dans V et quitte restreindre louvert U , on peut dsormais supposer que f ralise un C1diffomorphisme dun ouvert U contenant 0 vers louvert B(0, R). On a alorscomme dans ltude qui prcde

a, b U, f(b) f(a) 6 b a



etc, d B(0, R),f1(d) f1(c) 6 d c

ce qui assurea, b U, f(b) f(a) = b a

On en dduita, b U, (f(a) | f(b)) = (a | b)

Sachant que les f(b) parcourent un ouvert de Rn centr en 0, on peut comme audessus conclure que la diffrentielle de f est constante sur louvert U .Pour x0 Rn, on reprend ltude avec lapplication g : x 7 f(x0 + x) f(x0) eton obtient que la diffrentielle de f est localement constante puis constante carcontinue. On peut alors enfin conclure.

Exercice 3 : [nonc]Cas d(0) = IdRn :Considrons lapplication : x 7 (x) x. est de classe C1 et d(0) = 0, il existe donc une boule B centre en 0 telle que

x B, d(x) 6 12Par lingalit des accroissements finis, on a alors

x, y B, (y) (x) 6 12 y x

Pour x, y B, si (x) = (y) alors (y) (x) = y x et la relation prcdentedonne

y x 6 12 y x

do lon tire y = x.Cas gnral :Considrons lapplication = (d)1(0) qui est de classe C1 par composition.Pour celle-ci

d(0) = (d1)(0) d(0) = IdRnPar ltude prcdente, il existe V voisinage de 0 tel que la restriction de audpart de V soit injective et alors, par un argument de composition, la restrictionde au dpart de ce mme voisinage V est aussi injective.

Exercice 4 : [nonc]La fonction h f est positive et nulle en a qui est donc minimum de cettefonction. La fonction h f est en outre diffrentiable en a et donc la diffrentiellede h f en a est nulle (point critique). On en dduit que les diffrentielles de f eth en a sont gales. Notons ` cette diffrentielle commune.Quand u 0, on a

f(a+ u) = f(a) + `(u) + o1(u) et h(a+ u) = h(a) + `(u) + o2(u)

doncg(a) + `(u) + o1(u) 6 g(a+ u) 6 g(a) + `(u) + o2(u)

et on en dduitg(a+ u) = g(a) + `(u) + o(u)

Ainsi g est diffrentiable en a et sa diffrentielle en a est lapplication linaire `.

Exercice 5 : [nonc]Les deux applications sont de classe C1a) On obtient r.b) On obtient r2 sin .

Exercice 6 : [nonc]Lapplication : (u, v) 7 (u+ v, uv) est de classe C1 de U vers R2.Soit (s, p) R2Si (s, p) = (u, v) alors u et v sont les deux racines de x2 sx+ p = 0 et donc = s2 4p > 0.Les valeurs prises par appartiennent

V ={

(s, p) R2/s2 4p > 0}De plus, pour (s, p) V , il existe un unique couple (u, v) tel que u < v et(u, v) = (s, p), cest le couple form des deux racines de lquation x2 sx+p = 0

u = ss2 4p2 et v =

s+s2 4p2

Ainsi ralise une bijection de U sur V .On vrifie aisment que U et V sont des ouverts (par image rciproque douvertspar des applications continues pertinemment construites) et que ainsi que 1sont de classe C1.



les ouverts U et V

Exercice 7 : [nonc]Lapplication est de classe C1.Le jacobien de en (x, y) est 1 14 sin x sin y : il ne sannule pas.Pour conclure, il ne reste plus qu observer que est bijective.Soit (u, v) R2 :

(x, y) = (u, v)

u = x+ 12 cos(y)

v = y + 12 cos(x)

x+ 12 cos

(v 12 cos(x)

)= u

y = v 12 cos(x)

Considronsfv : x 7 x+ 12 cos

(v 12 cos(x)

)Une tude fonctionnelle montre que fv ralise une bijection strictement croissantede R vers R.Ainsi

(x, y) = (u, v)x = f

1v (u)

y = v 12 cos(f1v (u))

ce qui donne la bijectivit de .

Exercice 8 : [nonc]Lapplication est clairement de classe C1.Etudions sa bijectivit. Soit (a, b) R2.

(x, y) = (a, b){y + f(x) = ax+ f(y) = b

ce qui nous ramne au systme{y + f(b f(y)) = ax = b f(y)

Considrons lapplication

b : y 7 y + f(b f(y))

b est continue drivable et

b(y) = 1 f (y)f (b f(y))

donc b(y) > 0 car|f (y)f (b f(y))| 6 k2 < 1

Par consquent, lapplication b est strictement croissante.De plus, f tant k lipschitzienne

|f(t) f(0)| 6 k |t|

donc|f(t)| 6 k |t|+ |f(0)|

puis|f(b f(y))| 6 k |b f(y)|+ |f(0)| 6 k2 |y|+ `

par suiteb(y) > (1 k2)y `

y+ +

etb(y) 6 (1 k2)y + `

y

Lapplication b ralise donc une bijection de R vers R et alors

(x, y) = (a, b){y = 1b (a)x = b 1b (a)



Finalement, lapplication est bijective de R2 vers R2.Rappelons que lapplication est classe C1. De plus

Jac(x,y) =(f (x) 1

1 f (y)

)et donc le jacobine de ne sannule pas en vertu du calcul suivant

det(Jac(x,y)) = f (x)f (y) 1 6= 0et car |f (x)f (y)| 6 k2 < 1.Par le thorme dinversion globale, on peut alors affirmer que est unC1-diffomorphisme.

Exercice 9 : [nonc]a) Par oprations sur les fonctions de classe C1, N est de classe C1 sur Rn\ {0}puisque

N(x) =x21 + + x2n avec x21 + + x2n 6= 0

SachantN

xi(x) = xi

N(x)la diffrentielle de N en x Rn\ {0} et

dN(x) : h 7 1xbi=1

N

xi(x)hi =

(x | h)x

b) Pour x Rn\ {0}.Quand h 0

F (x+ h) = f (x+ h) (x+ h)Or

f (x+ h) = f(x+ (x | h)x + o (h)

)= f(x) + f (x) (x | h)x + o (h)

puisF (x+ h) = F (x) + f (x) (x | h)x x+ f (x)h+ o (h)

On en dduit que F est diffrentielle en x Rn\ {0} et

dF (x) : h 7 f (x) (x | h)x x+ f (x)h

Pour x = 0

F (h) = f (h)h = (f(0) + h f (0) + o (h))h = h+ o (h)donc F est diffrentiable en 0 et

dF (0) : h 7 hOn peut alors calculer les drives partielles de F dans la base canonique(e1, . . . , en) :

DiF (x) ={f (x) xix + f (x) ei si x 6= 0ei si x = 0

Par la continuit de f en 0 avec f (0) = 0, on observe la continuit des drivespartielles DiF sur Rn et on peut affirmer que F est de classe C1.c) Pour x Rn\ {0}

(dF (x)(h) | h) = f (x) (x | h)2

x + f (x) h2 > f (x) h2

car f > 0 puisque f est suppose croissante.Pour x = 0, lingalit est vraie puisquil y a mme galit.d) En tout point x Rn, on a

(dF (x)(h) | h) > f(0) h2 > h2

On en dduitdF (x)(h) = 0 h = 0

Ainsi dF (x) est inversible et donc le jacobien de F ne sannule pas.Montrons que F est injective.Si F (x) = F (x) alors f(x)x = f(x)x et donc les vecteurs x et x sontpositivement lis. En passant en norme, on a f (x) x = f (x) x. Orlapplication t 7 tf(t) est strictement croissante car

(tf(t)) = f(t) + tf (t) > f(0) > 1

On en dduit x = x puis x = x.Montrons que F est surjective.Soit y Rn. Considrons lapplication : [0, 1] F (t.y). est continue, (0) = 0 et (1) = f (y) y > y.Par le thorme des valeurs intermdiaires, il existe t [0, 1] tel que (t) = y etalors F (t.y) = y car F (t.y) = y avec R+ et F (t.y) = y.Ainsi lapplication F est surjective.Finalement F est une bijection de classe C1 de Rn sur lui-mme dont le jacobienne sannule pas, cest donc un C1-diffomorphisme de Rn vers lui-mme.



Exercice 10 : [nonc]En considrons un triangle direct, on peut crire

M(a cosu, b sin u) et N(a cos v, b sin v)

avec 0 6 u 6 v 6 2pi et laire du triangle (SMN) est alors

12Det

(SM,

SN)

= ab2 (sin v sin u+ sin(u v))

Le problme revient alors maximiser la fonction

f : (u, v) 7 sin v sin u+ sin(u v)

sur le compact D = {(u, v)/0 6 u 6 v 6 2pi}.Puisque la fonction f est continue ce maximum existe et puisquil nestvidemment pas sur le bord de D (qui correspond aux triangles plats) cest unpoint critique de la fonction f .On rsout alors le systme {

cosu+ cos(u v) = 0cos v cos(u v) = 0

qui entrane cosu = cos v donc v = 2pi u puis cosu = cos(2pi 2u) donneu = 2pi/3 et v = 4pi/3.Ceci dtermine les points M et N cherchs.

Exercice 11 : [nonc]On dfinit la fonctionf:=(x, y)->x*exp(y)+y*exp(x);On recherche les points critiques :solve(D[1](f)(x, y)=0, D[2](f)(x, y)=0, x, y);La rponse fournie par Maple, sexprime laide de RootOf . On concrtise celle-ciparallvalues(%);On obtient un seul point critique (1,1).On peut confirmer le rsultat prcdent en introduisantg:=t->t*exp(1/t)+exp(t);Cette fonction est strictement positive sur ]0,+[ et sa drive obtenue pardiff(g(t), t);assure que g est strictement croissante sur ], 0[.Cela permet daffirmer que le RootOf prcdent ne conduit qu la valeur 1.

On tudie le point critique en posantr:=D[1, 1](f)(-1, -1);s:=D[1, 2](f)(-1, -1);t:=D[2, 2](f)(-1, -1);et en calculantr*t-s2;La valeur obtenue est strictement ngative, il ny a pas dextremum en (1,1).On peut confirmer ce rsultat en par la reprsentationplot3d(f(x, y), x=-2..0, y=-2..0);

Exercice 12 : [nonc]a) On commence par rechercher les points critiques car lon sait que les extremalocaux sont des points critiques. Dans le cas n = 2, on peut introduire lesnotations de Monge et tudier le signe de rt s2. Dans le cas gnral, il ny a rien connatre qui soit au programme mais ici il semble que lexaminateur sattend ce que lon parle de matrice hessienne. . . sinon quoi servirait lhypothse C2 ?Quimporte, ce nest pas au programme !b) Lannulation des drives partielles conduit (0, 0, 0) seul point critique. Pourt 6= 0, on a

f(t, 0, 0) = 2t2 > 0 et f(0, 0, t) = 2t2 < 0et donc (0, 0, 0) nest pas extremum local.c) La fonction f est une forme quadratique, en introduisant la matricereprsentative

M =

2 3/2 3/23/2 1 1/23/2 1/2 2

on peut crire

f(x, y, z) = tXMX avec X = t(x y z

)La matrice M est symtrique relle. Pour calculer son polynme caractristique,je nai pas trouv plus simple que dappliquer Sarrus. . . On obtient les valeurspropres 5/2, 0 et 7/2.En exploitant une base orthonorme de diagonalisation, on obtient

52tXX 6 f(x) = tXMX 6 72

tXX

Les valeurs extrmes de la fonction f dans la boule unit ferme sont donc 5/2et 7/2 et celles-ci sont prises sur les vecteurs propres unitaires associs.d) On peut introduire a, b E tels que

f(x) = (a | x) et g(x) = (b | x)



En introduisant une base orthonorme et en introduisant des colonnes decoordonnes aux notations entendues

f(x) = tAX = tXA et g(x) = tBX

La forme bilinaire symtrique associe la forme quadratique q = fg est donnepar

(x, y) = 12 (f(x)g(y) + f(y)g(x))

ce qui donne matriciellement

(x, y) = 12(tXAtBY + tXBtAY

)La matrice symtrique reprsentant la forme quadratique est alors

M = 12(AtB +BtA

)Nous allons en dterminer les valeurs propres. . .Les matrices AtB et BtA sont de rangs au plus 1, la matrice M est donc de rangau plus 2. Le scalaire 0 en est alors valeur propre de multiplicit au moins n 2 cequi ne laisse plus la place qu deux autres valeurs propres et .Puisque tr(M) = + , on obtient lquation

+ = (a | b)

Puisque tr(M2) = 2 + 2, on obtient, aprs calcul

2 + 2 = 12

[(a | b)2 + a2 b2

]En exploitant (+ )2 = 2 + 2 + 2, on obtient

= 14

[(a | b)2 a2 b2

]et la rsolution du systme somme-produit quon en dduit donne

, = (a | b) a b2A linstar de la question c), ce sont l les deux valeurs extrmales de la formequadratique q = fg.

Exercice 13 : [nonc]Points critiques (0, 1) et (0, e2).En (0, 1) :

f(0, 1) = 0 et x R,y > 0, f(x, y) > 0Cest un minimum global.En (0, e2) :

rt s2 = 4 < 0Ce nest pas un extremum local.

Exercice 14 : [nonc]Points critiques (0, 1) et (0, e2).En (0, 1) : f(0, 1) = 0 et

x R,y > 0, f(x, y) > 0Il sagit dun minimum global.En (0, e2) : rt s2 = 4 < 0. Pas dextremum local en ce point.

Exercice 15 : [nonc]f est dfinie sur R R+?.Points critiques (0, 1) et (0, e2).En (0, 1) : f(0, 1) = 0.Puisque

x R,y > 0, f(x, y) > 0(0, 1) est un minimum global.En (0, e2) : rt s2 = 4.Ce nest pas un extremum local.

Exercice 16 : [nonc]a) Aprs tude du systme diffrentiel

f

x(x, y) = x+ y

f

y(x, y) = x y

on vrifie aisment quef(x, y) = 12x

2 + xy 12y2



est une primitive de la forme diffrentielle .b) Soit y une solution sur I de lquation diffrentielle tudie.Pour tout x I, on a

ddx (f(x, y(x)) = 0

donc x 7 f(x, y(x)) est une fonction constante. En posant la valeur de cetteconstante, on obtient

x I, y2 2xy x2 + 2 = 0puis

x I, x2 > 0 et y(x) = x+ (x)

2x2 2 avec (x) = 1Pour < 0, la quantit x2 est strictement positive sur R. Puisque la fonction

: x 7 (x) = y(x) x2x2 2

est continue et ne prend que les valeurs 1 ou 1, elle est constante et donc

x I, y(x) = x+

2x2 2 ou x I, y(x) = x

2x2 2Pour > 0, quand la quantit x2 sannule, elle change de signe et ce ne peutdonc qutre en une extrmit de lintervalle I. Par un argument de continuitsemblable au prcdent, on obtient encore

x I, y(x) = x+

2x2 2 ou x I, y(x) = x

2x2 2et puisque la fonction y est drivable sur I, on a ncessairement x2 > 0 sur I.Pour = 0.Si I R+ ou I R alors comme pour ce qui prcde on obtient

x I, y(x) = (1 +

2)x ou x I, y(x) = (1

2)x

Sinon, par drivabilit dun raccord en 0 dune solution sur I R+ et sur I R,on obtient encore

x I, y(x) = (1 +

2)x ou x I, y(x) = (1

2)x

Inversement, les fonctions proposes sont bien solutions en vertu des calculs quiprcdent.Pour rsumer, les solutions maximales de lquation diffrentielle tudie sont- x 7 (1 +2)x et x 7 (12)x sur R ;- x 7 x+2x2 + 2 et x 7 x+2x2 2 sur R pour < 0 ;- x 7 x+2x2 + 2 et x 7 x+2x2 2 sur

],

[et]

,+[pour

> 0.

Exercice 17 : [nonc]a) Posons

P (x, y) = xy y2 + 1 et Q(x, y) = x2 xy 1Puisque

Q

x6= P

y

la forme diffrentielle nest pas ferme.b) La forme diffrentielle

(x, y) = (x, y)f(xy)est de classe C1 sur louvert toil R2, elle est donc exacte si, et seulement si, elleest ferme. Cela quivaut la satisfaction pour tout (x, y) R2 de lquation

(2x y)f(xy) + y(x2 xy 1)f (xy) = (2y x)f(xy) + x(xy y2 + 1)f (xy)Aprs simplification, on obtient

(x+ y) (f(xy) f (xy)) = 0Par suite f est solution du problme pos si, et seulement si, f est solution delquation diffrentielle

y(t) = y(t)Aprs rsolution de cette quation diffrentielle linaire dordre 1, on obtient lasolution gnrale

f(t) = et avec ROn obtient alors une primitive U de la fonction forme diffrentielle tudie enrsolvant le systme

U

x(x, y) = exy(xy y2 + 1)

U

y(x, y) = exy(x2 xy 1)

Au terme des calculs, on obtient

U(x, y) = (x y)exy + C

Exercice 18 : [nonc] nest pas ferme et a fortiori ni exacte.Considrons le cercle obtenu par le paramtrage{

x = a+R cos ty = b+R sin t

avec t [0, 2pi]



On a =

2pi0

(a+R cos t)2R cos t (b+R sin t)2R sin tdt = 2pi

02aR2 cos2 t+ 2bR2 sin2 tdt

car 2pi0

cos tdt = 2pi

0cos3 tdt = 0

Ainsi = 2pi(a+ b)R2

Les cercles recherchs sont ceux centrs sur la droite dquation x+ y = 0.

Exercice 19 : [nonc]a) est exacte et ses primitives sont de la forme : f(x, y) = xy + C.b) est exacte et ses primitives sont de la forme : f(x, y) = yxy + C.c) est exacte et ses primitives sont de la forme : f(x, y) = ln(x2 + y2) 12y2 +C.

Exercice 20 : [nonc]a) Oui, on vrifie par le calcul

Q

x= P

y

b) On paramtre le cercle par x = cos t, y = sin t, t [0, 2pi]. On obtient =

2pi0

1 dt = 2pi

c) Non car si tait exacte on aurait = 0

Exercice 21 : [nonc]a) Par calculs (pnibles).b) C peut tre inclus dans un ouvert toil o est exacte et alors

C = 0.

c) On peut dcomposer =

n1/n

sin xx

dx+Cn

1/nn

sin xx

dx+C1/n

avec Cn et C1/n les demi-cercles de rayon n et 1/n. n1/n

sin xx

dx 1/nn

sin xx

dx = 2 n

1/n

sin xx

dx 2 +

0

sin xx

dx

La convergence de cette dernire intgrale est considre comme bien connue.Etudions

Cn

= pi

0en sin cos(n cos ) d

Puisqueen sin cos(n cos ) 6 1 et en sin cos(n cos )

n+ 0 pour tout ]0, pi[, par convergence domine on obtient

Cn

n+ 0

Etudions C1/n

= pi

0e 1n sin cos

(1n

cos )

d

Puisquee 1n sin cos ( 1n cos ) 6 1 et e 1n sin cos( 1n cos ) n+ 1 pour tout

[0, pi], par convergence domine on obtientC1/n

n+ pi

Finalement2 +

0

sin xx

dx = pi

puis +0

sin xx

dx = pi2

Exercice 22 : [nonc]a) On intgre ici une forme diffrentielle complexe

re(x+iy)

2( dx+ idy) =

rP (x, y) dx+Q(x, y) dy

avec P (x, y) = iQ(x, y) = e(x+iy)2 . Or

P

y(x, y) = 2i(x+ iy)e(x+iy)2 = Q

x(x, y)



donc r

e(x+iy)2( dx+ i dy) = 0

car la forme diffrentielle est ferme donc exacte sur louvert toile C.b) En paramtrant larc Cr car{

x = r cos ty = r sin t

avec t [0, pi/4]

on obtient

Jr =Cr

e(x+iy)2( dx+ i dy) =

pi/40

rer2(cos t+i sin t)2(sin t i cos t) dt

Comme une exponentielle imaginaire est de module 1, on obtient

|Jr| 6 pi/4

0rer

2 cos 2t dt

Par le changement de variable t = pi/4 y pi/40

rer2 cos 2t dt =

pi/40

rer2 sin 2u du

Par lingalit de convexit sin x > 2x/pi valable pour x [0, pi/2] pi/40

rer2 sin 2u du 6

pi/40

re 4piur2

du =[

4pir

e 4piur2]pi/4

0 0

On peut donc affirmer que Jr tend vers 0 quand r tend vers +.c) Par paramtrage de segments

[O,A]e(x+iy)

2( dx+ i dy) =

r0

et2

dt

et [B,O]

e(x+iy)2( dx+ idy) =

r0

eit2 1 + i

2dt

Sachant +0

et2dt =

pi

2on obtient

limr+

r0

cos(t2) + sin(t2) dt =pi/2

etlim

r+

r0

cos(t2) sin(t2) dt = 0

On peut alors conclure

limr+

+0

cos t2 dt = limr+

+0

sin t2 dt =pi

2

2

Exercice 23 : [nonc]

I = 2

02t2 + t2 dt = 8

Exercice 24 : [nonc]En introduisant le paramtrage{

x(t) = a+R cos ty(t) = b+R sin t

avec t [0, 2pi]

on obtient

I = 2pi

0

((a+R cos t)2R cos t (b+R sin t)2R sin t) dt = 2pi(a b)R2

Exercice 25 : [nonc]

I = 1

00dx+

10

(1 t)2 t2dt+ 1

00dy = 0


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Calcul différentiel